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文档简介
1、高等工程数学科学出版社版习题答案:第一章习题(P26)1略2在R4中,求向量a1,2,1,1T,在基a1 1 , 1, 1, 1T, a2 1 , 1, 1,1Ta3 1 , 1, 1, 1T a4 1 , 1,1, 1T下的坐标。解:其坐标为:x( 5/4, 1/4, 1/4,1/4 )T3在R2×2中,求矩阵,在基,下的坐标。解:其坐标为:x( 3, 3, 2,1 )T4试证:在R2×2中,矩阵,线性无关。证明:设 k1B1+ k2B2+ k3B3+ k4B4=,只要证明k1= k2 = k3= k4 =0即可。余略。5已知R4中的两组基:和求由基到基的过渡矩阵,并求向
2、量在基的坐标。解:基到基的过渡矩阵是:向量在基的坐标是:6设Rxn是所有次数小于n的实系数多项式组成的线性空间,求多项式p(x) = 1+ 2x n1在基1,(x1),(x1)2,(x1)3,.,(x1)n1的坐标。解:所求的坐标是:(3,)T7已知,求V1的和与交的基和维数。解:V1V2的一组基为,所以维数为3 V1V2的一组基是:,所以维数为1。8设T是n维线性空间V上的一个线性变换,对某个V,有Tk1()0,Tk()0。试证:线性无关。证明:设(*)下证即可。对(*)两边的向量作线性变换:Tk1,根据Tk1()0,Tk()0,得到 由此(*)变为. (*)对(*)两边作线性变换:Tk2,
3、根据Tk1()0,Tk()0,得到 依次进行,得到,即线性无关。9设n维线性空间V上线性变换T,使对V中任何非零向量都有Tn1()0,Tn()0。求T在某一基下的矩阵表示。解:任取V中一非零向量,因Tn1()0, Tn()0,所以由第8题的结果,有是V中的一组基。则T在此基下的矩阵:10设T是线性空间R3的线性变换,它在R3中基下的矩阵表示是:A求T在基下的矩阵表示。解:T在基下的矩阵表示是:B11设T在基下的矩阵表示是:A(1) 求T在基下的矩阵表示。(2) 求T的核和值域。(3) 求T的特征值和特征向量。解:(1)T在基下的矩阵表示是:B(2)核空间N(T)(0,0,0)T 值域 R(T)
4、R3。(3)特征值为:对应的特征向量是:12求矩阵A的列空间R(A)yR3|yAx,xR3和核空间N(A)xR3|Ax0。其中:(1)A (2)A解:(1)列空间为R(A), 核空间为N(A)(2) 列空间为R(A), 核空间为N(A)13设V是一线性空间。是V的一组基 ,线性变换T在基在的矩阵B分别如下,求T的特征值和特征向量,并判断T是否可对角化。(1), (2) ,(3),(4)解:(1)特征值为: 特征向量是: 不可对角化(2)特征值为:特征向量是: 可对角化(3)特征值为:特征向量是: 可对角化(4)特征值为:特征向量是: 略 可对角化14略15设欧氏空间P2(t)中的内积为(1)求
5、基1,t,t2的度量矩阵。(2)采用矩阵形式计算f(t)1tt2与g(t)14t5t2的内积。(3)用Schmidt正交化方法求P2(t)的标准正交基。解:(1) 所以度量矩阵为(2)(3)所以标准正交基是:高等工程数学科学出版社版习题答案(第二章)P501 求下列矩阵的特征值、代数重数核几何重数,并判断矩阵是否可对角化(1) (2) (3)解:(1)特征值:可对角化。(2)特征值:不可对角化。(3)特征值:不可对角化。2 求下列矩阵的不变因子、初等因子和Jordan标准形(1)(2) (3) (4)解:(1)不变因子是:初等因子是:Jordan标准形是:(2)不变因子是:初等因子是:Jord
6、an标准形是:(3)不变因子是:初等因子是:Jordan标准形是:(4)不变因子是:初等因子是:Jordan标准形是:3 设(1)(2)(3)求可逆矩阵P,使得P1AP是Jordan标准形解:(1)A的特征值为 对应的特征向量是: 二级根向量是: (2)A的特征值为 对应的特征向量是: 二级根向量和三级根向量是: (3)此题数据不便于求解特征值,A的特征多项式是: 4 试求第2题 最小多项式。解:(1)最小多项式是: (2)最小多项式是:(3)最小多项式是: (4)最小多项式是: 5 设,计算方阵多项式解:因为:而是A的特征多项式 ,所以f(A)0故有6 设A是可逆方阵,证明A1可表示为A的方
7、阵多项式。证明:设A是n阶方阵,其特征多项式是:因A可逆,所以(为什么?自己证明)由 得所以A1可表示为A的多项式。7 设,证明A不能与对角矩阵相似。证明:由题设知,A的最小多项式是:,有重根,所以不能相似对角化。 8 已知,证明A与对角矩阵相似。证明:由题设知, 是A的零化多项式,而多项式没有重根(为什么?自己证!),所以A的最小多项式没有重根,故与对角矩阵相似9 设,试证A的Jordan标准形是diag1,1,1,0,0证明:因为是A的零化多项式,且是最小多项式,所以A的特征值只能是0和1,且可对角化,所以A的Jordan标准形是diag1,1,1,0,010 设方阵A的特征多项式和最小多
8、项式分别为: (1)(2)试确定A的所有可能的Jordan标准形解:(1)A的可能Jordan标准形为 或(2)A的可能Jordan标准形为 高等工程数学科学出版社版习题答案(第三章)P501 自己验证范数的三个条件2 自己验证范数的三个条件3 (1)((2)(3)4 已知 试求第解: 5 证明:(1)(2) 67 (1)证明:假设IA不可逆,则|I-A|=0,即1是A的特征值,所以矛盾,所以IA可逆(2)由 得8 (1)证明: (2)9(1) 解: (2) 因为收敛半径为:R=5,所以收敛 10解: 11(1) (2)12 解: A的特征值为:1,1,213 解: A的特征值为:1,1,4
9、高等工程数学科学出版社版习题答案(第三章)P100123 (1)(4 567 参见第三章第5题(2)的答案8 (1) 高等工程数学科学出版社版习题答案(第五章)P113123 (1)自己验证M-P广义逆的四个条件即可(2) 因为 rank(A)= rank(AA+A)rank(AA+)rank(A+)= rank(A+A A+)rank(A+A) rank(A)所以命题成立 4(1)因为rank(A|b)rank(A)所以是相容方程组 (2)因为rank(A|b)rank(A)所以是相容方程组(3)因为rank(A|b)rank(A)所以是相容方程组5 自己验证广义逆的四个条件6高等工程数学科学出版社版习题
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