上海交大研究生矩阵理论答案.docx
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上海交大研究生矩阵理论答案
习题
cosnxsinnx
1•
(1)因
sinnxcosnx
cosx
sinx
sinx
cosx
cos(n1)xsin(nsin(n1)xcos(n
1)x,故由归纳法知
1)x
An
cosnxsinnx
sinnxcosnx
(2)直接计算得A4
故设n
4k
r(r
0,1,2,3),贝UAn
4krkr
AA
(1)A,即
只需算出
A2,A3即可。
(3)记
J=
,则
Jn1
Cna
n
a
An
(aE
J)n
cnaJni
i0
—2n2
Cna
C;an
n
a
2•设A
P01
1(a
1,0),则由A2
a1时,
其中
B1
注:
而由a
0时,
P为任意满秩矩阵,而
B2
,艮
A2
E无实解,
An
E的讨论雷同。
3•设A为已给矩阵,由条件对任意n阶方阵
性方程AXXA=0有n2个线性无关的解,
不可能。
0m
知
2
2
Cn
C1a
M。
C:
an1
n
a
1
1所以所求矩阵为PBiP,
2
X有AX=XA,即把X看作n个未知数时线
由线性方程组的理论知其系数矩阵为零矩阵,
通过直接检验即发现A为纯量矩阵。
anan1Lai0
4•分别对(AB)和A作行(列)初等变换即可。
C
5•先证A或B是初等到阵时有ABBA,从而当A或B为可逆阵时有ABBA。
*d
考虑到初等变换A对B的n1阶子行列式的影响及AA1即可得前面提到的结果。
0
0,(这里P,Q满秩),则由前讨论只需证下式成立即可:
求证。
其中ij为Kronecker符号。
对这里的第I个方程乘以
nwj1n1aijwj1ni,即得aij-wj1n1i。
n
nl然后全加起来得
(可能其满足的方程次数小于
注:
同一方程式的全部本原根之和为0,且wm也是本原根
习题
1
1•因x1x1x,所以V中零元素为1,X的负元素为—,再证结合律、交换律和
X
分配律。
2•归纳法:
设W1UW2ULUWs1V,则下面三者之一必成立:
(1)W1UW2ULUWs1Ws;
(2)W1UW2ULUWs1Ws。
(3)存在WUW^ULUWs1Ws及Ws(WUW2ULUWs1)。
如果是
(1)
(2)则归纳成立,如果是(3)则选s个不同的数,L,ks,则必有某一个kiWUW2ULUWs。
2
3•U是满足方程tr(A)=O解向量空间,其维数为n1,故其补空间为一维的,可由任一迹
非0的矩阵生成。
4•易证线性封闭。
又设V中元素为fanXn1an1Xn2La1,则u是满足方程
anan1La10的子空间。
故U的维数为n-1,其补空间为一维的,故任取一系
数非0且不满足此方程式的元即可生成此补空间。
准形为
(x,y,z,w)
UIW的基为方程组的解向量0,1,1,-1和1,1,1,1
j1
7•
(1)由xj(x1)jaiXi知xj可表示为(x1)i线性组合,由基定义知其为一组基。
i0
注:
当k &由j为1,2,L,t的线性组合知存在矩阵A使得1,2,L 由i线性无关可知rAs故st,把A的Hermite标准形非0行的第一个非0元所在列 对应的i全替代为i即为所求。 9.易证为子空间; U为B在空间ZXAxFn上的核空间,故 dimUdimZXAXFnrABrArAB。 习题三 1.略 2•x,y x1,x2aby1,故积定义的 (1)(3)显然;而 bcy2 ab2 (2)成立 为正定矩阵a0,acb0。 bc 3. (1)(3)显然 (2)(f,f)0且等号成立当且仅当(f,f)0 acosbsin0 acosbsin0 22 习题四 '''11 e1,e2,e3即色鸟PAP.故使为对角形的基e©©P即可。 10 00 01 3.V的一组基为 分别记为e,e2,e3,则 01 10 00 eie2e3, e2e2 e3, e3 es €2,故 0 0 0 e,e2,e3 ^,e2,e3 1 1 1 =ei,e>,e3A, 1 1 1 求出使PAP1为对角形阵的P,基取为e,e2,e3P 4•令P12,则P1AP 21 而迹为矩阵特征值之和。 (2)IEA|1 23为最小多项式,可对角化 (3)特征多项式为 2 12,经验证AEA2E,故最小多项式为 12,可对角化。 a 0 a 1 则 2 2 7. (1) A J B fA fB xa mA xaxamB; 0 a 0 a a 1 0 0 a 1 0 0 0 a 0 0 0 a 0 0 3 xb 2.2「 (2) A B fA x a xaxbfB, 0 0 a 0 0 0 b 0 0 0 0 b 0 0 0 b 2 b 2 b mA x a x x a x mB &由特征多项式的表达式特和题设有 n n 2 n n i 0, ij0,故0 i 2 i ij 2 i, 1 ij i1 i1 ij i1 又i为实数故i均为0。 现由Shur定理存在P使 0**l* 0*L* P1APOOM=B, O* 0 n i 即得。 n 直接计算得Bn0,故AnPBnP10。 n 9.由in且n12L i1 10. 11. 13. 习题五 0, 3 -2 PX1,X2,X3即为所求。 6.略 7.由于幕0阵的特征值全为0,故若其不为0阵则其Jordan标准形必含阶大于1的Jordan 块 01 01 J=00, 010 但J的最小多项式为r(r>1)有重根不能对角化,故幕0阵的Jordan标准形不能对 角化,那它自己当然也不能对角化。 1 &设PAPJa为A的Jordan标准形及 0*0L 0 0*L 0 Jadig 1,2,L, n 00 M digiM, 0 * 0 易算出 Mn0, (P1 MP)no, 而 AP 1JaPp 1dig iPP1 MP DN。 9•特征值为1,i,i,可对角化后计算。 xx2x2x… 10.记v的基为ee,e2xe,e3xe,e4e贝y 1100 0120 Tei,e2,e3,e4e1,e2,e3,e4e1,e2,e3,e4A, 0010 0002 1 0 0 0 0 1 0 0 3 1;以下略。 EA可初等变换为0 0 -1 0,故初等因子为 2, 0 0 0 -13 11.设A的标准形的Jordan块为J1,J2丄Jr,则 f,x,故fAmA时对应 Ji mAxmJ1,mJ2,L,mjr,fAx 于每个特征值的Jordan块仅有一个。 习题六 1. (1) (2)略 (3)直接计算有 AXX,AXX * AAX A*X,A*AX * AXx A*X,X * Ax 由积的性质得AXX 0X A*X0。 2.设AU*dig1, 2,L,nU (U 为酉矩 阵), 故 Au*dig2,L,nU,所以 AAUdig|2|2,L,|nFU, 3. (1)由AU*dig1, 2丄, nU及A* U*dig1,2,L,nU即得, (2)由第2题得; (3)AUdig1, 2m,L, n"u,故由 i"i知i必为1或0 4. (1) (2)略 (3)U * dig 13, 33* 2,L,nUUdig 22L 1,2 nU ,由 32 ii 2 i 2 i故AA (4) E Ak kkk Udig1,2,L,n U,又 i为 实数 故 i为 1,所以 A2U* dig 1,1,L 1UE 5.为 AB 的特征值,对应特征向量为 X,则AX * B AX * AX X ** XAX; *AXBAX 由A,B正定及A正定和AX0(A满秩)知*0 XAX 6.由绍尔定理存在酉阵 U使得 MathType5.0 Ecimlian UAU |2 7.设 AAU |2 |b1212 |2 i 1 |bin i 1bi2bi3Lbin 2b23L O A)2tr MathTypc5L0 Luiimtiuri UX ,则 |XTAX|| 8•设AV AB正规 其中 Bij UTdig nU,U为正交阵, b2n M bn1,n n iy|max| i1 PV(V为酉阵), VABV 正规 i|YTY 则VAV CXTX,其中C P,而 PVBV正规并且ABBA max| PVBV i| VBVP, 故不妨设 1E1 2E2 O rEr B11 B21 M Br1 i互不相同,则由AB=BA 0(当ij时),即B B12LBr B22LB2r MMM, Br2LBrr 易证Bii为正规阵,故存在酉阵U1,U2丄,Ur使得 dig(U1,U2丄,UJBdig5^2丄,U「为对角阵,令U digU1,U2,L,U U*ABU为对角阵,故AB为正规阵。 9.略 * *P 0PB * PP * PB 10.AA* *_—. * * *E,故 B Q0Q BP BB QQ ** PPE,B P0,P*B * 0,BB * QQ E由此即可算出。 O— 12•计算出fA1axb,特征值为1,2,2,故 1所对应的特征向量为旋转轴,旋转角由 cosRe2,sinIm2决定。 13.特征值为1,求出特征向量即可。 14.对XV, T TT T TX,TX TX TXx 2YYXx 2YYX xt 2XYYTX 2YYTX XTX 2XtYYtX 2XtYYtX 4XtYYtYYtX XTX T2 注意到上式已用到YY||Y||1。 15.两者均为正规阵,故求出特征向量并标准化即可。 习题七 1.略;2。 略 3. (1)由T*TE得 (2)由TA*TAA*A得 4•见习题六第6题的证明,注意被酉阵乘后不改变这两种数。 5•略; 6•不一定,反例略; 7•由limAnAnlimAnlimAn得; nnn 值为f12,f'12,故fX与多项式2x在A的谱上的数值相同,所以f(A)=2A 9•易计算出其特征值为0,0.2,故Am0。 2 10•mA21,后略; 2 11•mA122,后略; 12•特征多项式为 ,故寻找二次多项式P使得 eit 14.略 15.略 Amm1 16. (1)设eamXamixLa°E,故 m (eA)Tai(AT)i,注意到A与A有相同的特征值及其重数,故 i0 At e m ai(A),即 eA,所以 ATAAtA0 eeeeE。 (2)的证明类似,略。
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