08级-研-矩阵论试题与答案

一（一（15 分）分）计算 (1) 已知可逆，求（用矩阵或其逆矩阵表示） ； A 1 0 d At et A （2）设是给定的常向量，是矩阵变量，求； 1234 (,)Ta a a a 42 )( ij xX T d() d X X （3）设 3 阶方阵的特征多项式为，且可对角化，求。A 2( 6)IAA k k A A )( lim 二（二（15 分）分）设微分方程组 ， 0 d d (0) x Ax t xx 508 316 203 A 0 1 1 1 x （1）求的最小多项式； （3）求； （3）求该方程组的解。A)( A m At e 三（三（15 分）分）对下面矛盾方程组bAx 3 123 12 1 1 1 x xxx xx （1）求的满秩分解；（2）由满秩分解计算；AFGA A （3）求该方程组的最小 2范数最小二乘解。 LS x 四（四（10 分）分）设 11 2 13 A 求矩阵的 QR 分解（要求的对角元全为正数，方法不限） 。AR 五（五（10 分）分） 设(0,2) Tn ARn （1）证明的最小多项式是；（2）求的 Jordan 形（需要讨论） 。A 2 ( )tr( )mAA 六（六（10 分）分）设， m n r AR 1 （1）证明；（2）的通解是。rank() n IA Anr 0Ax () , n n xIA A yyR 七（七（10 分）分）证明矩阵 21 21 21 23 111 2 222 222 4 333 333 6 444 2 1(1)(1) n n n nnn n nnn A （1）能与对角矩阵相似；（2）特征值全为实数。 八（八（15 分）分） 设是可逆矩阵，（这里矩阵范数都是算子范数） ，A 1 1 , BA A 如果，证明 （1）是可逆矩阵；（2）；（3）。B 1 1 B 11 () BA 一（一（15 分）分）计算 (1) 已知可逆，求（用矩阵或其逆矩阵表示） ； A 1 0 d At et A （2）设是给定的常向量，是矩阵变量，求； 1234 (,)Ta a a a 42 )( ij xX T d() d X X （3）设 3 阶方阵的特征多项式为，且可对角化，求。A 2( 6)IAA k k A A )( lim 解 （1） 11 1 00 At At de e dtAdt dt 1( ) A AeI 2 （2） 由，得 4 1 2 4 1 1 j jj j jj ax ax X 4 1 2 4 1 1 )( j jj j jj T axaxX 24232221 14131211 )()()()( )()()()( )( x X x X x X x X x X x X x X x X dX Xd TTTT TTTT T 4321 4321 0000 0000 aaaa aaaa （3）的特征根为，.由于可对角化, 即存在可逆矩阵，使A 123 6,0( )6AAC ，从而.故 1 6 0 0 ACC 1 1 0 ( ) 0 A CC A 11 11 1 limlim00. ( )6 00 k k kk A CCCCA A 二（二（15 分）分）设微分方程组 ， 0 d d (0) x Ax t xx 508 316 203 A 0 1 1 1 x （1）求的最小多项式； （3）求； （3）求该方程组的解。A)( A m At e 解 （1），； 3 (1)IA 2 ( )(1) A m （2），；( )(1) t rabe tt 1408 ( )316 201 4 Att tt er Aett tt 3 （3） 0 1 12 ( )1 9 1 6 Att t x te xet t 三（三（15 分）分）对下面矛盾方程组bAx 3 123 12 1 1 1 x xxx xx （1）求的满秩分解；（2）由满秩分解计算；AFGA A （3）求该方程组的最小 2范数最小二乘解。 LS x 解 （1）（不唯一） 00101 110 11111 001 11010 AFG （2）； 112 1 112 6 422 A （3）； 1 1 1 3 2 LS xA b 四（四（10 分）分）设 11 2 13 A 求矩阵的 QR 分解（要求的对角元全为正数，方法不限）AR 解 111124 1 2 1311022 A 4 五（五（10 分）分） 设(0,2) Tn ARn （1）证明的最小多项式是A 2 ( )tr( )mA （2）求的 Jordan 形（需要讨论） 。A （1）易知，故rank( )1A tr( ) T A 2 ( )tr( )()() TT m AAA AAAO 又对任意的一次多项式，。反证，如果( )gc( )g AAcIOAcIO 当时，矛盾。当时，矛盾。0c AO0c rank( )rank()2AcIn （2）由根知，的特征值只能是或( )(tr( )0mA A0tr( ) T A 当时，无重根，可对角化，再由知tr( )0 T A ( )mArank( )1A 0 0 T AJ 当时，的特征值全是，由tr( )0 T A A 0 0 0 rank()1nIAn 知对应的特征向量只有的线性无关的，从而 0 01n 0 01 0 AJ 六（六（10 分）分）设， m n r AR （1）证明；rank() n IA Anr （2）的通解是。0Ax () , n n xIA A yyR 5 证 （1） 1 rrTTT r nnn OIOO IA AIVU UVIVV OOOOOO rTT n r OOIO VIVVV OIOO 所以。rank() n IA Anr （2）由，知的列都是的解，() n A IA AAAA AAAO n IA A 0Ax 其中又有个线性无关的，故其线性组合就是通解。nr() , n n IA A yyR 0Ax 七（七（10 分）分）证明矩阵 21 21 21 23 111 2 222 222 4 333 333 6 444 2 1(1)(1) n n n nnn n nnn A （1）能与对角矩阵相似；（2）特征值全为实数。 证：（1）1 ) 1( 1 1 ) 1( 1 1 1 n n i i k kk k R 互不交，说明有个不同的特征值，从而可对角化。 k GAn （2）关于实轴对称，如果有复特征值必成对共轭出现，而中只有一个特征值，所以 k GA k G 必为实数。 八（八（15 分）分） 设是可逆矩阵，（这里矩阵范数都是算子范数） ，A 1 1 , BA A 6 如果，证明 （1）是可逆矩阵；（2）；（3）。B 1 1 B 11 () BA 证 （方法一） （1） 11 1 ()xA AxAAxAB xBx 1 ()AB xBx 1 xBx （*）xBx 因此，说明可逆。00 xBx B （2）由式（*） ，取 1 xB y 111 1 B yBB yyB yy 由算子范数的定义得 1 1 B （3） 111111 11 () () BABAB ABABA （方法二） 引理：设，若，则可逆，并