113-12级-矩阵论试题与答案

一(15分)在R3中的线性变换T将基a1参考答案11-102-10变为基B=-1l-1Jr0)p_=1l-1J03-2⑴求线性变换T在基a1，a2,a3下的表示矩阵4(2)求向量己二(1,2,3)t及TR)在基a：a2,%下的坐标。解：⑴由(%%B3)=T(a1，a2,“二(a1，a2,a3)4知：4二%,a2,a3)-1(外B2,B3)I-102-11Y10-1Jr1-1-1-1-1-113-11-1、I-102-11Y10-1Jr1-1-1-1-1-113-11-1、I-1-1-11J⑵设底％a2,a3)X、2JIX3J=(a,a,a)-1己1231 2Y1)0-12-1-2Ji3J-4-9IJJte)在基%%a3下的坐标:iy3J二(15分)已知4=-12-1、-101(1)求4的最小多项式m(X)及eAt；

（2（2）求微分方程组《dt=Ax(t)的解。解：（1）|九I一A|=（九一2）3,A的最小多项式m（九）二（九一2）2；设f(X)=e卜=m(%)g(九)+a九+b，f'@)=te卜，\f(2)=e\f(2)=e21=2a+b由」.If(2)=te21=2Ia=te21得：1,b=(1-2t)e21eAt=aA+bl=e21I-t(2)x(t)=eAtx=e210三（三（15分）设A=(0.10.7、、0.30.6,（1）计算||a*/a|[[A1；（2）判断矩阵幕级数£Ak是否收敛，若收敛，求其和。k=0解：（1）A=1.3，111Ali=0.9,同八:'095；F（2）因为A=0.9<1，所以，矩阵幕级数£4是收敛k=0£Ak=(I—A)-1=k=01(0.40.7'0.1510.30.9,（1四（15分）已知A=011、11J（1）利用A的满秩分解求广义逆矩阵A+；（2）求无解方程组AX=b的最小二乘解以及极小范数最小二乘解。q解：(1)A=0I10、1=BC1JA+=Ch(CCh)iBh-114-1⑵解法方程组AtAX=AS：最小二乘解:「20(ArAArb)=01最小二乘解:「20(ArAArb)=01iN1X^k-1工2+10vJ2i\ 1 0 111->01132) 000r2100极小范数最小二乘解：x=A+Z?=:LS 21五（10分）设A是主对角元全为零的上三角矩阵，利用Jordan分解定理证明：存在正整数左，使得4=0。证：因A的特征值全为零，所以存在可逆矩阵尸，使得P-iAP=(JiJP-iAP=(JiJ2（Q10>n.xn.12 ，根。，机，从而,设J中Jordan块的最大阶数位左，则有/左=。"=1,2,，机，从而,P-i=0oAk=PJkP-1=pP-i=0o六(10分)设T为n维欧式空间V中的线性变换，且对内积满足：V羽ye匕(Tx,y)=—(x,Ty),试证：T在标准正交基a1,a2，，叱下的表示矩阵A=(aJn义n为反对称矩阵。证：由T(a,a,,a)=(a,a,,a)A得1 2 n 1 2 n•••Ta=aa+aa++aa1i1 2i2 nin••••••Ta=aa+aa++aaj1j1 2j2 njn••・贝U (Ta,a.)=(aa+aa++aa,a.)=ai(a,Ta)=(a,aa+aa++aa)=aj 1j1 2j2 njnj由(Tai,a 巴,Taj)知：aj=—a屋即A=-AT，所以，A为反对称矩阵。••♦七(10分)设A是n阶方阵，A的特征多项式为卜I-A\=(九-a)n,a丰0,(1)证明矩阵nA-(trA)I是不可逆的;(2)证明A是可逆的，并求A-1(用A的多项式表示)。证：(1)由|九I-A\=(九-a)n,a丰0知：A的n个特征值入=a中0，trA=na且|aI-A|=0，所以，|nA-(trA)I\=|n(A-aI)|=nn|A-aI|=0，从而，矩阵nA-(trA)I是不可逆的。(2)|A|W乙=an丰0，所以，A是可逆的。由Hamilton-Cayley定理知，f(A)=(A-aI)n=0即•••(A—aI)n=An—C1aAn-1+C2a2An-2— +(-1)n-1Cn-1Qn-1A+(-1)nanI=0nn n(-1)n-1r故^， A-1— [An-1—C1aAn-2+C2a2An-3—+(—1)n-1Cn-1an-11]。an n n… n八(10分)，设n阶正规矩阵A的所有非零特征值为々，九,,九r,证明：A的正奇异值为oi=|々|，i—1,2,r。证：因为