超详细重庆邮电大学矩阵分析试题及答案(精华版)

第一套试题一（10分，设 是数域F上的线性空间V的线性变换，

，x2

分别为 的三个互不相同的特点值1， 2， 3的特点向量；（1）

x1，

x3是线性无关的；（2）

x1+

x2+x3不是 的特点向量；二（10分，求 矩阵

)

( 2)2

( 2)的Smith标准形；三（10分，求矩阵A

1 1 12 0 16 3 4

Jordan标准形.四（12分，设有正法规阵

1 iA i 00 i

0i ，试求酉矩阵 U，使UHAU为对角阵；10i1五（10分，设Ai00；100验证：(1)N A R AH ;2N A R

C3.22六（12分22六（12分，验证矩阵A020为正法规阵，并求A的谱分解；3i 0 12 2七（14分，设A

i 31 i

；运算（1）A的谱半径；（

A1，

A2， A ；（3）

A Cnn，证明： A A，其中 A是A的任何一种范数；八（12分，争论以下矩阵幂级数的敛散性；（1）k

1 11k2 1

k7， （2）

kk 1 816k 2 1九（10分，在以下题目中任选一个；（1） 设有Hermite 矩

A.试证：A是正定的充要条件，是存在可逆矩阵 Q

A QHm10m00（2）试证：矩阵A0m2相像于矩阵Bnm0，其中n为非零常数,m为任意常数.00m0nm（3）设A为一个n阶矩阵且满意A25A6E0，证明：A相像于一个对角矩阵；第一套试题答案一（10分，

++=0， ①用 作用式①两端，有

1x1+k2 2+3=0 ②1 -

k2

1 2)

k3(

1 3)0 ③再用 作用式③两端，有

1 2

1 3

30 ④③ 2-

k3(

1 3)(

2 30；由于 1,

2 3互不相等，

0

k3 0，将其代入④，有

k2 0，利用①，有

k1 0

x1，

x2，x3是线性无关的；（2）用反证法；假设

+是 的属于特点值 的特点向量，于是有(x1

) (

x2 x3)即12x2 2

(x1

x3)( 1 )(

)x2 (

)x3 0由于

，x3线性无关，因此 1 2 3 ，这与 1,

2, 3互不相等冲突；所以，

+

x3不是的特点向量；二（10分，解:的行列式因子分别为

D1( )

3D2( ) ( 2);3

D3( )

2( 2)3，不变因子分别为

d1( ) 1;

d2( ) ( 2);1

d( ) ( 2)2，于是A( 的Smith标准形为

( 2)

.( 2)2三（10分，解:1 1 1E A 2 16 3 41 0 00 1 00 0 ( 1)2矩阵的初等因子为 : -1,( -1)2，故约当标准形为 :

1 0 00 1 1 ；0 0 1四（12分，解：令 E A

1 1 2 0,得特点值 1

2

3 解齐次方程组

E Ax

0,得基础解系 1

Ti 2 i ;解齐次方程组

E A x

0,得基础解系 2

T1 0 1 ;解齐次方程组 2E Ax

0,得基础解系 3 i

T1 i ;由于

已两两正交，将

3单位化得p= 1 i

T 1i ，p=

1 0

1 T，p= i 1 i1 2 36 2 3令U

,(2分

1HAU 1 .3五（10分，解齐次方程组

Ax o,得基础解系 1

T，i1

,N(A)

span 1 ； 又HR A span

2, 3,o span

2,

这里A

0 1 0H1 0 0H

2, 3,

明显i,

0,当i j时故有N A R AH .

i 0 0(2)

QN A R AH

是C的子空间dim

N A R AH

dimN A

dim

R AH

C3,故N A R AH

C；六（12分，解：由于 A，所以A是正法规阵；1 0 3i由 E A

2 20 2 0 ( 2)2( 1)

得A的特点值为3i 0 12 21 2 2, 3 1；i 1属于特点值 1 2 2的正交单位特点向量为 1

(0,1,0),

2 ( ,0, )属于 3 1的单位特2 2i 1征向量为 3

( ,0, ；2 2因此 A的正交投影矩阵为1 0 i

1 0 iG H H

2 20 1 0 ；G

2 2H 0 0 01 1 1 2 2

i 0 1

2 3 3i 0 12 2 2 2所以A的谱分解为 A 七（14分，解：A的特点多项式为

f( )

2 2 4，就A特点值为 1

5， 2 1 5；1）A的谱半径为 (1 5；1）简单运算A1—范数为A1 3 2；A的 —范数为A 3 2；由于AHA

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5 ，11AH

A的特点多项式为g( )

2

16，

A的特点为

(AHA)

16，

(AHA)

1，故A的2—范数为12A2 4；12）证明：设A的特点值是 ，对应的特点向量为 ，就A ， 0两边取范数，得A ，从范数的相容性，得A A ，由于 0，就 0，这样A；由于上式对任意的特点值都成立，故 (A；八（12分，争论以下矩阵幂级数的敛散性；1 7（1）

A ，就A的特点值为 1

1 ， 2

1 ，1 3从而A的谱半径为 (A) 2；由于幂级数

1 k的收敛半径为R 1，kx2k1kx2就 (

R

1 1k1k2 1

k7是发散的；31 8（2）A ，就A的特点值为 1 3， 2 5，2 1从而A的谱半径为 (A) 5；由于幂级数

k k的收敛半径为R 6，xkk16xk就 (

k 16R，故 k6k1 2

k8是肯定收敛的；1九（10分，在以下题目中任选一个；（4） 证：必要性：设A QH就对x

0,x Cn,有xHAx xHQHQx Qx 0这里正定；充分性：由于 A是Hermite 矩阵，所以 A是正法规阵，因此存在酉矩阵 U使1UHAU O

,其中

，n是又A

L

，n都大于 0；因此n1 1 1A U O O

UH,令Q

O UH就A QH

n n nm 1 0 m 0 0（2）证: E A

0 m 2 ,

E B n m 0 ,0 0 m 0 n m明显EA的行列式因子为:D1() D2()1,D3() ( m)3，EB的行列式因子为:D1() D2()1,D3() ( m)3，于是 E A与 E B具有相同的行列式因子 ,从而 与相像；（3）证：设 是A的任意一个特点值， x是A的属于特点值 的特点向量，即 Ax x，那么由(A2

5A 6E)x

可得 2 5 6 0，于是A的特点值为 2和3.留意到

A2 5A 6

(A 3E)(

2E) 0

rank(

2E)

rank(

3E)

n.另一方面，rank(

2

rank(

3E)

rank(

2E)

rank(3E A)rank(A 2

3E

rank(E) n所以，

rank(A

2E)

rank(A

n；ra