矩阵论自测题答案docx.docx
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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
c=
;C1=
0011
001-1
0001
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
(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.
1?
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〃
1
A
Y=-^=Z=BZ,z^e
1
^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 -1 0 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. '1 (2)Vtz0/+a^D+•••+anD"=(^ciQ++•••+cind") 0 H+(Q°++ •••+";) 0 5 1 '1 '0 - 故得一组基为 0 ,,•,, 0 且dimV 0 1 、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=! 。 12 x3dx=-^-C219 C13==—=C31,C22=j^X2dx=—, 。 23=。 32=fxdx=—,C33=fdx=1. j_1} 43 J_j_ 32 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 2 2 -1 3 3 T 2 -1 2 3 T 3 2 2 -1 3 3 A= '1 '011 J= 21 相似变换矩阵了= 101 2 111 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 OJ 故得 fl 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 00 00 00 + — 01 01 02 =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 0 -1 A-1 0 0 0 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 0,贝\\B=ClAC对角阵. 1 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: 1 Cl—--j=V2 i Cl—--j= V2 i Q=-/= V2 i Q=1= V2 1 1 1 1 b=< 很, b—< b=J 扼, 1 1 1 1 r~n rn rvi 五、解: ⑴ 33 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. 2 (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 T= 011 101 111 T T~l= -111■ 0-11 11-1 令 f(A)= 1 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. 11 、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) <1 (2)当/顶时(&勺)=0; 故度量矩阵A= n) 五、解: (1)14=3, |x|Z,|x|| 1, X「X i=9, x「x 产3, x「x moo 4, x「x 3. (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 1 0 ~1 r ~1 0 -ir 0 i c= 0 1 10 1 2 J 1 令B= f1 0、 '2 r 0 1 p-ir_i 1 3 -1 1 l-id=? -1 2 、1 0> 2 1 c+=cT(ccTyi= ■2r ■5-4r 1 13 '3-30一 _1 033 15 -12 -121 -15 -572 21 5-41 所以A+=C+B+= '5 0 -4 3 r 3 「3一 1 「15一 15 T 1 -5 7 2 4 -15 0 0 -5 -4 1 J- _15_ 1 1 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: B= ‘0 、1 -1] 0> 由(EQ=BTE: _E;B= ‘0 、0 0、 。 〕 由(&=3室3—E;B= '0 、一2 2、 故由在基£"2*下的矩阵为: A= '00 00 、一10 0、o 2> ⑶将A对角化,取。 = '020、 r0、 100 #C"'AC= 0 、01V IL 设所求基为, 有: (y1,y2,y3)=(E1,E2,E3)c. y2=[ y3=| loV 、-1oj 51 \-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] 00 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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