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一、（答案AAAAB）1注：A的特征值为0，-1，而的收敛区间为2、注：由定理M有n个不同特征值，故可以对角化3、注：M的秩为2故无QR分解4、注：，故5、注：B中矩阵的最小多项式为二、1、 E+ 2 3 4、 20注：把E写成1或I均可；也可有其它等价形式如等三、解 A的特征值为1，1，1。属于1的特征向量与广义特征向量为，；属于1的特征向量为。令，则。令故取，则 于是令，则。故(解法2)更简单地，A的Jordan标准型J如上。则为使只要找到K使得于是选从而取，则有这个矩阵与A的差别仅在于右上角，而这可以利用相似的初等变换得到，即将K的第3行的1倍加到第1行，自然将其第1列的1倍加到第三列即可：于是，B=PKP1，其中P为下面的初等矩阵此时四、解I A的Jordan标准形与过渡矩阵分别为。因此解2 利用A的最小多项式(x-1)2. 可知必有一次多项式f(x)=ax+b,使得f(A)即为所求。由a+b= f(1)= 与a=f(1)=可知b=.于是五、证明 由于(取a=(1,1,1)T即可)。故，因此矩阵A的特征值的模均小于1，从而矩阵的特征值的模均大于,从而可逆。进一步，矩阵幂级数收敛，其和恰为，因此。六、解 对任意xj+yjiC，j=1,2,有xj+yji=(xj-yj)1+yj(1+i)。为使1与成为C的一个标准正交基，必要且只要=0，=1，=1, 必要且只要=(x1-y1) (x2-y2)+ y1y2 .上式定义了一个C上的内积：对称性与正定性是显然的；且由于该内积还是x1，x2，y1，y2的二次型，故双线性性质也成立。在上述内积下，向量x+yi的长度等于(x-y)2+y21/2;因此1i的长度为51/2.七、解：对矩阵进行初等行变换其中所以，；而，其中由此可见，所以有。八、证明 当时，选u满足，则当时，选，有 九、解：由初等变换可得，所以，与Jordan标准形相似。令，1） 求解方程组，得到，
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