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矩阵论自测题答案docx

自测题一

一、解：

因为齐次方程X,,+xl2+x21=0的基础解系为

%=（-1,1,0,0）r,a2=（-l,0,l,0）r,a3=（0,0,0,l）r,

所以V的一组基为";J,A2=HJ,A3=\°o%显然Al,

MA3线性无关.XM=知%我,有an=-a12-a2l,于是有a21^^22

A.—。

]2A]+。

21人2+。

22人3,

即A可由A!

A2,A3线性表示，故Ai,A2,A3为V的一组基;且dimV=3.

二、解：

（1）X/X].X注有

7「11〕「11〕「1r

由（X]+X2）=22（X|+X2）=22X1+22%2

=由（XJ+由（%2）,

由（西）=；；西=人；；X]=/lE（Xi）.

又因任意两个二阶方阵的乘积、和仍为二阶方阵，故V=v，，即

由为从V到V（自身）的线性算子，所以由为线性变换.

（2）先求由的自然基En,Ei2,E2i,E22下的矩阵A:

「11]「10]「10]

（碎）=?

nn=?

n=E11+0E12+2E21+0E22

<由（E12）=0En+En+。

孩+2E22

由（E21）=En+OE12+25*21+OE22

（E22）=OEii+El2+0E21+2E22

1010

0202

显然，从自然基到所给基e{,e2,e3,e.的过渡过阵为

'iiir

'1-10o'

0111

01-10

；C1=

0011

001-1

0001

所以由在5，&2，&3，&4下的矩阵为

■1010-

-2-1-3-2

b=Lac=

2020

0204

三、解：

（1）不是内积.因为

〈A,A）=A+A）=2/t（A）=2（知+%）并不一定大于零.

（2）因为（f,g）="e0=l,

|f|=J（f，f）=（pX^=点，

|g|=J（g，g）=（[疽0）%,

四、解：

（1）|AZ-A|=（A-1）（2-2）2,4]=1,人2=4=2.

行列式因子：

D}=（A-1）（A-2）2,D2=l,Dl=1；

不变因子：

^i（^）=

（2）=1,（Z3

（2）=（2-1）（2-2）2;

初等因子：

（人-1）,（4-2尸.

F1一

（2）A~J=7121；

L2」[2

（3）对2,=1,（/-A）X|=0得&=（0,1,顶；

22=2,（27-A）X2=0得&=（1,0,1），

再求劣=2的一个广义特征向量：

由（2Z-A）X3=-X2得&=（1,1,顶.

'oir

■-1ii_

取尸=

101

p1=

0-11,

iii

11-1

令/'（A）=Sz•泌，则：

/[A（A）]=/（A）=sini,f[JM]=

故sinA=Pdiag^fUx（A）],f[J2（%）]）

'011

sinl

■-111■

101

sin2cos2

0-11

111

sin2

11-1

cos2+sin2cos2-cos2

sin2-sin1sin2-sin1sin1-sin2

sin2+cos2-sin1cos2+sin1sin1一cos2

五、解：

（1）|A|L=max切卜max｛家号卜号＜1,

故limA*=0；

（2）的收敛半径为1，而间L<1若在其收敛域内，故

k=0

£泌绝对收敛，且

k=0k=0

六、解：

（1）M=5，Mml=15,||<=5,||A|L=6；又因为

F-3221

A-1=|2-32,|Q|L=（

「22-3」一

所以co〃d（A）8=：

x5=7；

|/V—A|=（2—5）（/1+1）2,=5,=23=—1.

故p（A）=lim|/l,|=5.

⑵因为△i=1aOA=2广-3。

0,故可分解.

（3）B均可取矿，

七、证：

设X=（x1,x2,---,xn）T,Y=（y1,y2,---,yn）T分别为由在两组基下的坐标，贝U=CY,当X=Y时有：

（I-C）X=0,贝IJ|/-C|=O,故C有特征值1-

反之，由于1是过渡过阵C的一个特征值，设其对应的特征向量为X,即CX=1.X,由坐标变换公式知，由在基岗，…，尻下的坐标Y=CX,故有丫=X.

八、证：

展对称正定，.•.存在正交矩阵C,使

CTAC=diag（,A2,•••,）=D

其中特征值人＞00=1,2,...,〃）.

对vx置，＜r=CX,使

XTAX=^+A2yl+--+Any^=YTDY,

其中y^O.令乂-—^=zl,y2=-j==z2,---,yn=—=zn.于是

VA7七7人〃

Y=-^=Z=BZ,z^e

^YTDY=ZT（BTDB）Z=ZTZ.而X=CV=C，3Z=PZ（令3=P）,所以

YTDY=XTAX=ZT（PTAP）Z=ZTZ.

因z的任意性，知PtAP=I,即A与/相合.

自测题二

一、解：

A=Al,Ak=A!

iI,akAk=ak^I,

GqI+alA++…+a"A*=（a°++•••+dn^）/,

其中％+a/+...+a,牙eR,故取U的基为/,dimV=l.

二、解：

（1）从基1,X,/到基l+x,x+x2,x2的过渡矩阵

'100「

C=110,

011

■11ri'所以由在新基下的坐标为lo=-1.

-1J［o

（2）不是线性变换.因为

由0+”）=（%+2。

也+妒,。

［+。

］+但+妇。

3+人3）/"（。

）+次（”）.

（3）不是内积.如a=（1,2）,〈（1,2）,（1,2））=1-4=-3<0,不具

有非负性.

三、解：

（1）利用S湖湖力正交化方法，得

e]=（1,1,1）',e2=（-1,0,1）r,£3=（z，-=，z）7'.

6jo

1-2—；

（2）从%到€|抑2抑3的过渡阵。

=01|

四、解：

（1）由于A实对称，所以存在正交阵Q,使

0••-0

（2）取A

即有h4>MH2-

五.、食军：

（1）济/—=—5A+3—3=（4+1）3；人］=人2=石=T•

102+2

"）=（人+1）3,。

2（人）=。

1（人）=1

所以，不变因子为％（人）=似人）=1,d3

（2）=（2+1）3；初等因子为（4+1）3.

'110、

故A的Jordan标准形1=011.

六、证：

（1）因114=0.73

（2）因A有范数小于1,故绝对收敛；且其和的形式

为（/-A）'

-1

B+=成B）\BT,

则A+=C+B+,所以，方程AX"的极小范数最小二乘解为X=A*b.

八、证：

（1）因为-A=CtAC,所以（-1）〃|A|=|C『|A|,则有

|c|2=（-l）«>Q,n必为偶数.

（2）设AX=AX,X=［知巧，…"/的分量中绝对值最大者为

&|,则AX=AX的第上个方程

=TjakjXj；

J=1

同^akjxj%£|。

"|对；

j=ij=i

j=i

故有同＜1.

自测题三

一、解：

（1）不是.设AT=A,BT=-B,贝［J

A+B=（,At-Bt）=（,A-B）t^（,A+B）t（一般t青况下）,

又A+3=（A—3），A—（A+3）（一般寸青况下），即A+bEV.

（2）Vtz0/+a^D+•••+anD"=（^ciQ++•••+cind"）

H+（Q°++

•••+";）

故得一组基为

，,•,，

且dimV

、解：

（1）由（x2）=3x2+2x+1,

'30O'

8在基子,01下的矩阵为：

A=223

Il1J

可见矩阵A有三个不同的单根1,3,5,故A可以对角化，即由可

以对角化.

（3）设度量矩阵C=（C,）3x3,则

G1=卜4公=!

。

x3dx=-^-C219

C13==—=C31,C22=j^X2dx=—,

。

23=。

32=fxdx=—,C33=fdx=1.

j_1}

J_j_

三、解：

设由（%）=X|0+》2。

2+》3%,使得由01），M02），由（%）是标准正交的.

由（％）,就（%）已标准正交化，

（由（％）,sA.（%））=（由（%），攻（%））=。

，

IM（%）|=1,

即得

2工]+2工2—工3=0

<2明一工2+2巧-0；构车得：

■X]+%2+工3=1

即由（%）=§（-名+2a2+2a3）..

因为由（名），由（％）,W（%）为标准正交基，且由把标准正

交基变为标准正交基，故由为正交变换，它在基％,%,%下的矩阵表

示为

-1

'011

相似变换矩阵了=

101

111

由,么，”3）=（%，%，%）T,求得V3的一组基为

*=㈤+%，6=+%，四=%++%,

则由在该基下的矩阵为J.

五、证：

当x=o时，||x||=||°o||f=||o||f=o；当x^e时，彪，。

0；从而|X|=|心气>0.X/kEC,

I网|=|凤人）气=|阮以|L

=|M|*|L=R||x|,

llx+r|=|凤x+叽=|回『+以气

=|x|+|v|,

因此，||X||是向量范数.又因为

||AX|=k（AX）［L=|W*L

圳"闵，

因此，IK与|冈相容.

六、解：

|〃-A|=J（人一6）,特征根为人=6,=。

；则Z?

（A）=6.由

于尸=64,故A可以对角化，即存在可逆矩阵。

使

（6）

A=C0C-i；

、°,

C-1

故得

七、证：

n设p（A）＜l,取£=|[l-p（A）]＞0,对于矩阵A,存在矩阵范数M，使间|“（a）+e=丝兴＜i.

P（A）<||a||<1便得证.

八、证：

（1）|ArB|=|Ar||B|=|A||B|=|AB|=-l,同理，有\abt\=\atbt\=-i.

（2）|A+B|=+）b|=|a||bt+Ar||B|

=\AB\|（A+B）r|=-|AB|,

得2|A+B|=0,即有|A+5|=0.

自测题四

一、解：

⑴

—

=2E3,

由（E3）=E3+E；=

所以由在Ei,E2,务下的矩阵为

（2）设有一组基勺,e2,七，从E.E2E3到。

32,。

3的过渡矩阵设

为C,即

（e〔，e?

63）—（-£],E'2,E3）C

再设A在e\e2e3下的矩阵为5,则B=C'AC.

要使6为对角阵，即找一个可逆矩阵。

，使C^AC为对角阵.因

A-1

-1

A-1

A—2

=人（人一2）2,

|/IZ—A|=

对4=0,求得特征向量（-1.1.o）r,对入=2,求得两个线性无关的特征向量（1,1,o）「，（o,o,顶.

0,贝\\B=ClAC对角阵.

二、证：

易得

（cifj,a}）=1,（%,%）=（%,%）=0,

（%,%）=（%,%）=0,（cr2,cr2）=1,

（%,。

3）=（%,%）=0,（%,%）=1,

即由（e1）=al,由@2）=%,由@3）=%也是标准正交基，故由是正交变换.

三、解：

（1）令k=G，〃2,0,・",0）‘,由HX=Y,知|V|=|HX|=|X|；取〃=『=尚；”时构造初等反射矩阵

H=l-2r）riT,

则有HX=\X\YO=Y.

人一］8

（2）|2/-A|=；=（4-1）2-16=（4-5）（4-3）.

ZZ—1

因此4=5,%=3,

所以/?

（A）=max|A;|=5；

因为"（A）=5<6,故矩阵籍级数收敛.

四、解：

由正交矩阵行（列）向量组标准正交，得

四组解是:

Cl—--j=V2

Cl—--j=

Q=-/=

Q=1=

b=<

很，

b—<

b=J

扼，

r~n

rvi

五、解：

⑴

IWI1=max£kJ=max{6,4,2}=6；||A||m=max\atj|=max（5,4,3）=5；7i=l'J=1

K.=smax{%|}=9.

因为印一A|=（人一1）（4-2/，4=1，4=%=2，故

p（A）=max%]=2.

（2）A1=3^0,七=；；=5鬲，故可以进行脱/分解.

（3）易得R（A）=3,R（B）=2,所以R（A®B）=6,6的特征根

为#1=1,外=2,故A的特征根为

人］//］=1,人1〃2=2,人2〃］—2,人2〃2=4，人3〃1=2，人3〃2=4・（A®B）2的特征根为：

1,4,4,16,4,16.

（4）•.•同=2邳「.5可逆，且B-1=二一］3,

所以B,B+,B；均可取为：

矿J?

：

~3-

一］

（5）A的Jordan标准形为：

J=21.

（6）对应于4=1的特征向量（0,1,1/?

对应于为=2的线性无关的特征向量只有一个（1，。

，1）,，再求一个广义特征向量（1,1，1产・

令

011

101

111

T~l=

-111■

0-11

11-1

令

f（A）=

则

/（A（A））=15f02（%）=2I4

L2J

f（A）=T如CM",

六、解：

（1）由AX=AX,即（A-AI）X=0,若入不是A的特征根,则|A-刈20,所以（A-AI）X=0只有零解,故dimVA=0.

若入是A的特征根，则|A项|=0,所以（A-AI）X=O有非零解.设R（A—A/）=r,贝JdimV九=n-r.

（2）设A=I—2a）a）T其中切为单位向量a）Ta）=l.

则

A2=（/-loxoT）（/-2oxoT）=I-l（ocoT_2（o（ot+4a）a）Ta）wa）T

—I—4a）a）T+4a）a）T—I.

七、证：

（1）设XcR"W0）,由于二次型

XtBX=XtAtAX=（AXy（AX）＞0,

所以B为半正定矩阵.

（2）当A的列向量组线性无关时，若X=0,则AX老0,故x"x=（ax）t（ax）＞0,即A为正定矩阵.

八、证：

（1）X为非奇异，X为A的特征值，故入乒0,而才为A-】的特征值，据特征值上界原理，有

I，即牛3，

⑵对VXO0,由已知有

||a-1（a+b）x||=||x+a-1bx||

2||x|一|"bx|2||x|一|at||B||x||=（i-||a-1|||b||）||x||

foAE（akl一）AIKcq+sk一JNXA

.^k9+ytl皿oJLgABw。

0*g+v7二JI（9+sTy¥.^W#Ko"x（g+STy忌。

oNx（g+y）Ty

w。

ONXA*巨m

自测题五

解：

（I）在K中,

令d

AXxX2（x2~X3+X4X2

1）_，T。

）_fl0、

oj'鸟=[1&=[oJ，

因Ex,E2,E3线性无关，由定义知，它们是匕的基，且dimV]=3.

（2）V2=L[Bt,B2]因为B"?

线性无关；dimV2=2.

V,+V2=L（Ei,E2,E3,

在R2x2的标准基下，将El,E2,E3,Bl,B2对应的坐标向量A排

成矩阵，并做初等变换

<1-1110、

a-1110、

1000-2

01-1-10

（%,%%,四伊2）=

01020

〜

00130

、00131,

、ooooL

可见dim（V]+V2）=4.

由维数定理dim（*Cl匕）=dim*+dim匕-dim（V,+V2）=5-4=1.

、解：

⑴因为，过渡阵。

=11,且。

与=-11

111-11

（2）设，则有A（X）=/l|X与A（X）=/l2X,两式相减得

伏-人2）x=0,由于&邳2,所在地只有X=0,故dim忆nvj=o.

三、解：

取P"中的简单基l,w如由于

由

（1）=1-X，次（X）=X-X3,（X2）=1+X2,由（X3）=-X+X3,

则由在1,X,X2,尸下的矩阵为

再由（/；jw,y4）=（i,x,3/k,求得凡认中另一组基:

（X）=1+.『,£（X）=X+f3（x）=l-.r2,/4（x）=x-x3.

四、解：

（1）

（2）当/顶时（&勺）=0；

故度量矩阵A=

n）

五、解：

（1）14=3,

|x|Z，|x||

X「X

i=9,

x「x

产3,

x「x

moo

x「x

（2）D3

（2）=22（A+1）,易得£>2（人）=»1（人）=1・

•不变因子山（4）=侦4）=1,由夙）=万3+1）；初等因子万，（人+1）.

六、解:

行变换

■>

-1

-ir

令B=

0、

p-ir_i

-1

l-id=?

-1

、1

c+=cT（ccTyi=

■2r

■5-4r

'3-30一

033

-12

-121

-15

-572

5-41

所以A+=C+B+=

-4

「3一

「15一

-5

-15

-5

-4

J-

_15_

（3）X=A+b=

七、证明提示：

类似习题4.1第16题

（1）的证明.

八、证明：

n因为疽3=疽人。

两边左乘矩阵A,有

（aa+a）b=（aa+a）c,

故AB=AC.

仁因为AB=AC,设疽为A的加号定则，两边左乘疽，有

A+AB=A+AC.

自测题六

的一个基.

（2）由（EJ=B「Ei—E：

‘0

、1

-1]

由（EQ=BTE：

_E；B=

‘0

、0

0、

。

〕

由（&=3室3—E；B=

、一2

2、

故由在基£"2*下的矩阵为：

'00

、一10

0、o

⑶将A对角化，取。

'020、

r0、

100

#C"'AC=

、01V

设所求基为,

有:

（y1,y2,y3）=（E1,E2,E3）c.

y2=[

y3=|

loV

、-1oj

\-1oj

得。

则由在基匕，匕，匕下的矩阵为对

角形.

A的特征根人]=人2=。

’“3=1；

行列式因子D3（A）=A2（2-1）,易得D2（A）=£）1（/l）=l；

不变因子"="）=1""（人-1）；

初等因子万，A-1.

「010「

（2）A的Jordan标准形为7=000;

001

（3）△i=-i?

o,a2=1J=-i6^o;A能进行LU分解.

—j21

、解：

（1）

4〃+12t

3r1

12X]

四、解:

B-=（2A-Z）2=4A2-4A+Z,

（1）由A=a（3+/）,得3=2A-/,

显然，当且仅当刀2=/时，有A2=A.

（2）因（A+3）2=A-+AB+BA+B2=A+AB+BA+B=A+B

AB+BA^0,即AB=-BA,

两端右乘B得AB2=-BAB,从而AB=（-B）AB,由于籍等阵B的任意性,故AB=0.

五、

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