《矩阵论习题答案》doc版.docx

自测题 一一、解： 因为齐次方程的基础解系为，所以V的一组基为，显然A1，A2，A3线性无关.，有，于是有 ，即A可由A1，A2，A3线性表示，故A1，A2，A3为V的一组基；且dimV=3.二、解： （1），有 =,.又因任意两个二阶方阵的乘积、和仍为二阶方阵，故，即为从V到V（自身）的线性算子，所以为线性变换.（2）先求的自然基下的矩阵A ：故 .显然, 从自然基到所给基的过渡过阵为；,所以在下的矩阵为.三、解： （1）不是内积. 因为并不一定大于零.（2）因为 , , 即 . 四、解： （1），.行列式因子： ;不变因子： ;初等因子： .（2） ;（3）对;.再求的一个广义特征向量：由 得 .取 ,故 .五、解： （1） ，故 ；（2）的收敛半径为1，而若在其收敛域内，故绝对收敛，且.六、解：（1） ；又因为，.所以 ；.故 .（2）因为，故可分解.（3） 均可取.七、证： 设分别为在两组基下的坐标，则，当时有：，则，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，由坐标变换公式知，在基，下的坐标，故有.八、证： A对称正定，存在正交矩阵C，使其中特征值.对，有，使,其中.令.于是故. 而，所以.因Z的任意性，知，即A与I相合.自测题二一、解： , ,其中，故取V的基为I ，.二、解：（1）从基到基的过渡矩阵，所以在新基下的坐标为 .（2）不是线性变换.因为.（3）不是内积. 如，不具有非负性.三、解：（1）利用Schmidt正交化方法，得，.（2）从到的过渡阵，故所求.四、解：（1）由于A实对称，所以存在正交阵Q，使.故；.（2）取， ，得,即有.五、解： （1）；.， 所以,不变因子为；初等因子为.故A的Jordan标准形.（2）cosA的Jordan标准形为：J=.六、证：（1）因；故（2）因A有范数小于1，故绝对收敛；且其和的形式为.七、解：；取， ；则有（最大秩分解）；,则，所以, 方程的极小范数最小二乘解为. 八、证：（1）因为 ，则有 n必为偶数.（2）设的分量中绝对值最大者为，则的第k个方程；，故有.自测题三一、 解：（1）不是. 设，则=（一般情况下），又（一般情况下），即.（2），故得一组基为，且.二、解： （1） ,在基下的矩阵为：.（2） ,可见矩阵A有三个不同的单根1，3，5，故A可以对角化，即可以对角化.（3）设度量矩阵 ，则 , , .故 .三、解：设，使得，是标准正交的.，已标准正交化，（，）=（，）=0， =1， 即得；解得：；即.因为，为标准正交基，且把标准正交基变为标准正交基，故为正交变换, 它在基下的矩阵表示为.四、解： 由自测题一中第四题（2）知A的Jordan标准形为，相似变换矩阵.由，求得的一组基为，则在该基下的矩阵为J.五、证： 当时，；当时， ; 从而 . =, =，因此 , 是向量范数. 又因为 ，因此 , 与相容.六、解： ，特征根为；则.由于，故A可以对角化, 即存在可逆矩阵C ，使；.故得 七、证： 设，取，对于矩阵A，存在矩阵范数，使 . 便得证.八、证：（1） ,同理，有. （2） =，得2.自测题四一、 解：（1），所以在E1，E2，E3下的矩阵为.(2) 设有一组基，从E1 ,E2 ,E3到e1 ,e2 ,e3的过渡矩阵设为C ,即再设A在e1 ,e2 ,e3下的矩阵为B, 则 .要使B为对角阵，即找一个可逆矩阵，使为对角阵. 因为,对，求得特征向量，对=2，求得两个线性无关的特征向量，.令 ，得 ，则为对角阵.由 ，可得 .二、证： 易得， 即，也是标准正交基，故是正交变换.三、解：（1）令，由 ，知；取；，构造初等反射矩阵 ，则有.（2）.因此 ，所以；因为，故矩阵幂级数收敛.四、解： 由正交矩阵行（列）向量组标准正交，得 四组解是：， ， ， .五、解： (1)； ;.因为 ， , 故 .（2）， ，故可以进行LU分解 .（3）易得，所以，B的特征根为 ，故的特征根为.的特征根为：1，4，4，16，4，16.（4）B可逆，且 ，所以均可取为：.（5）A的Jordan标准形为：.（6）对应于的特征向量 ，对应于的线性无关的特征向量只有一个，再求一个广义特征向量.令 ， . 令 ，则 ；. .六、解：（1）由，即，若不是A的特征根，则 ，所以只有零解，故.若是A的特征根，则，所以有非零解.设，则.（2）设其中为单位向量.则 .七、 证：（1）设次型 ，所以B为半正定矩阵. （2）当A的列向量组线性无关时，若X0，则AX0，故0 ，即A为正定矩阵.八、证：（1）为非奇异，为A的特征值，故0 ，而为的特征值，据特征值上界原理, 有，即.(2) 对，由已知有由已知,即 , 故知,；即对 , 有，即无非零解.故 , 从而 ，即A+B可逆.自测题五一、 解：(1) 在V1中，.令 ,因线性无关，由定义知，它们是的基，且.(2) 因为线性无关；.在的标准基下，将对应的坐标向量排成矩阵, 并做初等变换，可见 .由维数定理.二、解：(1) 因为，过渡阵，且，所以在1，2，3下的坐标为.（2）设则有与，两式相减得，由于，所在地只有X=0，故.三、解：取中的简单基 由于= , , 则在1，下的矩阵为.A的特征值为： , 相应的特征向量为：.令 , 则.再由 , 求得中另一组基：.四、解： (1) .(2) 当时；故度量矩阵.五、解： （1）.（2） ，易得 .不变因子；初等因子.A的Jordan标准形为：.六、解： （1），令 ，则A=BC.其中B为列最大秩矩阵，C为行最大秩矩阵 .（2） ，所以 .（3） .七、证明提示：类似习题4.1第16题（1）的证明.八、证明：两边左乘矩阵A ，有,故AB=AC .，设为A的加号定则，两边左乘 ，有.自测题六一、解：（1） 当时，由 得.取 , 因线性无关，则它们是V的一个基.（2）； ；故在基下的矩阵为：.（3）将A对角化 ，取 使 ；设所求基为 ，有：.得 ，则在基下的矩阵为对角形.二、解： (1) ,A的特征根 ；行列式因子 ，易得 ；不变因子 ；初等因子 .(2) A 的Jordan标准形为 ；(3) ；A能进行LU分解.三、解：（1）.（2） . 四、解：(1) 由,得,显然, 当且仅当时，有.(2) 因,得即 两端右乘B得 , 从而 ,由于幂等阵B的任意性，故. 五、解： (1)两两正交的单位向量.为列满秩矩阵,故.（2），且与都收敛；收敛.（3） ，而 ；由于；原式.（4）A的特征根为；B的特征根为；的特征根为 .六、证： (1)当时，设A的最大秩分解为A=BC.则 . 而 .当A=0时上式也成立.(2)经计算 . 于是，是A的一个减号逆.(3).故 为正交矩阵.七、证：(1) 设 ，则=+.所以是线性变换.(2) 是正交变换,即 ,得 . 由的任意性，上式等价于, 所以 .八、证： 由舒尔定理知，存在西矩阵U及上三角矩阵，使得，因此有，从而得.又因为, 由于R主对角线上的元素都是A的特征值，故由式得, 而式端是R的Frobenius范数的平方，又因在酉相似（即）下矩阵的F范数不变，所以 综合、两式便得到所需证的不等式.又不等式取等号当用仅当ij时都有，即A酉相似于能角形矩阵，也就是A为正规矩阵.自测题七一、 解：（1）由，得基础解系，；所以V1的一组基为，且.因为 ，易知是的一个极大无关组，故，的一组基为.（2）.所以 .解此方程组得 .所以的一组基为，且.二、解：（1） 即，故 A= ;(2) 由得到 , 即 , 显然与 均为阶可逆方阵，于是有 , 即 ,亦即, 故,从而 .三、解： （1） ， . ，所以初等因子为：.A的Jordan标准形为 .（2）.（3）两边求导数，利用 且得 .四、解：（1）；.（2） ,；故 ； ，故 .（3） ；. ，所以 ，故 的特征值为：（4），存在 ， .五、解：（1），.（2）；相容.（3）；，极小范数解 .六、解：（1）.（2）A的4个盖尔圆为它们构成的两个连通部分为，.易见，与S2都关于实轴对称.由于实矩阵的复特征值必成共轭出现，所以S1中含A的一个实特征值，而S2中至少含A的一个实特征值.因此A至少有两个实特征值.七证：（1）设为正交变换，为的特征值 , 则有(，=(,).,故 ；（2）设为的任一特征根，为的属于的一个特征向量，即，则 . 记的特征子空间为 的特征子空间为.对有() 2 + () 2 ，而 () 2 () 2，所以 .又 且；得，即 ，故.自测题八一、解： (1) 在已知基下的矩阵为：;(2)(；基且到基的过渡矩阵为：；则.(3) 设度量矩阵, 则 ；故 .二、解：(1) 令 矩阵 若的特征值为,则的特征值是, 故的个特征值为.从而 .(2)；特征根为.行列式因子：，;不变因子：；初等因子：；故A的Jordan标准形为 .三、解：（1）由于A实对称，所以易求得非奇异矩阵P，使，其中,于是=.(2) X. 四、解：（1） ；特征根为；则.（2）；B的特征根 ，的全部特征根为：-8，-6，16，16，12，12.（3） ，可取.五、解：，构造，.同理，构造.令 ,则 A=QR.六、证：（1）A为对称正定矩阵，有：，当且仅当时，有 ；对有：；,（2）；是A的右逆.（3）因为，且A为正交矩阵，所以有,则，即.故A一定有特征根-1.七、证： 由得,即 A,故 .自测题九一、解： 不是. 如取=（1，2），=（3，4），. 二、解：（1）令，则.，则+，所以是线性变换.（2），设在基下的矩阵为B，则.（3）令其中为B的列向量，由于 ，且是的一个极大线性无关组, 所以dim，且，其中，且为的一组基，得dimKer=4-dim(V)=2.令，得基础解系. 记,则ker，且为的一组基.三、解： 非负性. A=0时，.相容性. 设A，BC，则有 同样可验证齐次性与三角不等式.在此是矩阵范数.四、解：（1）.（2）.（3），故有解，极小范数解为.五、解： （1）因，得.令，特征值.所以的所有特征值为：；.（2）B的特征值，的特征值；.六、解： 所以取.七、证：（1）令 ，其中线性无关.通过标准正交化，将变为W的一个标准正交基.由已知可得;因而，线性无关.把单位化，令，于是与均为V的标准正交基.同时，由题设 ，而，则把标准正交基变为标准正交基，故为正交变换.（2）因为为正交变换，（）=（）A ，所以A为正交矩阵.又A的所有特征值都为实数，故有即A为实的正规矩阵，从而存在正交矩阵Q，使得,则A= ，即A为实对称矩阵，故A是对称变换.八、证：（1）设A的特征根是，令，则的特征根是由题设1， 故即，因此进而，然而，故.（2）设A的三个特征根为 ，则，由于A是奇数阶正交方阵，且，易证奇数维欧氏空间中的旋转变换一定有特征值1，因此不妨设，则，于是 ，从而.其中为实数（因或均为实数或为一对共轭复数）.又由于正交方阵的特征根的模为1.故有,所以，即.由哈密顿凯莱定理知：.自测题十一、解：（1）因为 求得 的基础解系 即为V的一组基，且dimV=2.(2) 设A为P上任一n阶方阵，则为对称阵，为反对称阵，且A=+，得.又若 , 则有, 且, 从而 , 则, 故.二、解：（1）.设在基下的坐标为，则()在基下的坐标为.且()及 , 其中.得基础解系；取中两个线性无关的解向量,所以，dim.（2）由于中有一组基,，所以取，易知线性无关，则构成V的一组基.设由基到基的过渡矩阵为C，则 ,所以在下的矩阵为 .三、解：（1）先由rankA=n，即A的列向量组线性无关，证ATA是正定矩阵（见自测题四中第七题），再由习题2-1第7题知，Rn构成一个欧氏空间.（2）令C=ATA=（cij），所以自然基在该内积定义下的度量矩阵为C=ATA.四、（1）证：A是幂收敛的， .（2）解：令， , B是幂收敛. 原级数和为.（3）解：设A的最大秩分解式为：,则.显然, 五、解：令,，由于 , 所以方程组无解.全部最小二乘解为，极小范数最小二乘