矩阵理论期末复习试题及答案

《矩阵理论》考试试卷

班级姓名学号

题号—-四五七总得分评卷人审核人

得分

一、单:项选择上顷(每题2分，共8分)

1、设/(A)=

收敛，则A可以取为

k=ik

-o0'B.F0°1CJ1°1D-10-

A.

-9-1-91-110.11

~2-1-f

2、设朋r=-1-12,则M不存在

-12-1

A.(1R分解B.满秩分解C.奇异值分解D.谱分解

/

e2/\2el-12e2/+13re2/—4e7

3、设“”=()/0，贝|JA=

()-3ef+3e2/e

7

(214][114](224、r204、

A.020B.010C.020D.020

1JIo61Jlo31

、031。61,

4、设2；阶矩在EA满足多次式(1—4E)2(A—36)2=。，且其最小多项式相⑴满足条件

m(l)=/%⑶=1,则4可以相似于

200,200

A-

M=130B，M=020

00-20二2

-200

D-M=030

013

二、填空题（每题5分，共20分）

1、设2A2—4=0,则cos2A=

8

2.已知AGCnxn,并且夕（4）<1,则矩阵暴级数Z状=

k=0

-1y/2V3

"1V2

A，则A的谱半径2（4）=

3.设矩阵A=6

V3a1

V273V41

4、设5阶复数矩阵力的特征多项式为了GDM^QZ-DQ+Z）,则|A?+E|=.

52、

三、（12分）设4=0-10试求矩阵B使得台5=A。

1001,

<22-1、

四、（10分）设4=-1-11，求才。

-22,

五、证明题（10分）

设其=（%）〃、“是〃阶复数矩阳，8=（属|）…是由A的元素取模后得到的矩阵。设对一切欧几里德

范数为6的复向量x均有X*砍V1,证明3E+2A可逆，并求其逆。

六、（10分）复数域C是实数域R上的2维线性空间.试定义C上的一个内积，使得1与1+i成为

。的一个标准正交基；并求的长度.

一012、

七、（10分）求矩阵A=12-11的满秩分解。

2

2-2-1?

八、（10分）对于任何非零列向量XER”及任何单位列向量名£R11,存在Householder矩阵H,

使得Hx=xzo

‘-4210、

九、（10分）在复数域上求矩阵4=-437的Jordan标准形并求出可逆矩阵P,使

「317,

得产一必尸=J。

-4210

在复数域上求矩阵A=-437的Jordan标准形J.

-317

入十4-2-10100

解1.由于AE—4=4A-3-7~010

3-1A-700(A-2)3

「210'

因此/的Jordan标准形为J=021.

002

在欧氏空间E3中对于基氏=（1,1,1）,例=（1,1,0）,为=（1,0,0）施行正交化

方法，求出R3的一个标准正交基.

［解］1）取/=①=（1,1,1）,由施米特正交化方法：

72=伪一雪陶71=（*，/，­）；

73=/?3-窖*VI-gt^）72=；所以｛71,72,73｝是R3的一

个正交基；

2）再令。1=曲=（力力，方）。2=曲=（总，哀，一哀）；

o3=商=（%一击,。）；

则｛小,9,％｝即为欧氏空间7?3的一个标准正交基.

56-3

设我性变换/6工（加），/在基｛3,8,。3｝下的矩阵为A=-101

12一1

求f的轿征值与将征向量.

32

fA(A)=\XI-A\=X-tr^(A)A+加⑶⑷入一方冏⑷

=A3-(5+0-1)A2+Q+:一:+

=(A-2)(A2-2A-2).

308

在复数域上用波尔曼算法求矩阵A=3-16的Jordan标准形J.

-20-5

A—30—8

[解]由于\XE-A\=-3A+1-6=(A+1月因此工的特征值

20A+5

是=%=%=—1-

--40-8--4'

-E-A=-30-6=-3[102],(E-A)2=0

2042

因此ri(—1)=rank(—E—A)=1,F2(-1)=rank((—E—A)2)=0从而

73(-1)=0

以一1为特征值的一阶约当块的个数是3-2r1（-l）+r2（-l）=3-2+0=1,

以-1为特征值的二阶约当块的个数是

ri（—1）—2r2（—1）十/3（-1）=1—2x0+0=1.因此A的Jordan标准形J为

'-I00'

J=0-11

00-1

解矩阵方程AX+XG=尸，其中

［解］（1）由于A的特征值为Ai=Aj=3,B的特征值为Ui=2,如=-4,

由定理3.9知，矩阵方程4*+工8=9有唯一解.设X=（与力＞可将矩

阵方程AX+XB-F转化为

3220

4102

-2072

0-245)0=1

好得与=-l,x2=2,2=0#4=1,因此矩阵方程4X+XB=尸的唯

-解为

（2）由于A的特征值为Ai=1,刖=2,B的特征值为=-3,%=-1.

&X=（的电）可将矩阵方程AXA-XB=F转化为

1窃工4，

/xi\/1\/0

力01

该方程组的通解是+k，其中A是任意常数.

方-20

\x/

4\-1/\0

因此矩阵方程山+犬8=尸的通解为才=（，221）+4（；；）其

求矩阵A=（12的LDU分解.

\242）

［解］因为△1=2,42=5,所以A有唯一的LDU分解，构造Frobenius

=a⑵;

/100\/200\/1-1/2

A=£住24⑵=1/21005/2001=LDU

21八000八。0

/031\

试求矩阵4=04-2的QR分解.

\212/

W

［解］我们分别应用Householder变换，Givens变换和Schmidt正交化方法

求矩阵4的QR分解.

因为Q1=(0,0,2)、Q2=(3,4,1/，的=。,一2,2)、所以Q1,Q2,Q3线性

无关,

应用Schmidt正交化得到：

T

Pi==(0.0,2),p2=«2-=(3,4,0尸，

P3=a3-pi+|p2=

单位化得到：生=|PI=(0,0,1)7,q2=|P2=(140)7，

%=如=伟T,O)，

因此，ai=Pl=2^1,。2=1pi+P2二仇+5q2,

«3=Pi-1P2+P3=291-Q2+2q3；

所以矩阵A的QR分解为：

/03/5-4/5\/212\

4=04/53/505-1I.

\100)\00-2/

-1012

求短阵A=12-11的满秩分解.

22-2-1

［解］对矩阵A进行初等行变换

G

B

0

-4210

在复数城上求矩阵A=-437的Jordan标准形J,并求出可逆矩阵P,

-317

使得PiAP=J.

-4210100

［解］由初等变换可得力-437010

-31700(A-2)

210

所以，4与Jordan标准形J=021相似.令

002

6-2-10

H=21-A=4-1-7

3-1-5

1

1）求解方程组/X=0,得到X=k0，取B=(0,1,—2);

-2

H22

2)由X=0,得到X=k1，取〃]=1

B

11

00

HF1

3)由X=,得到X=k1，取小=1

B0

00

-1

4)由HX=―孙得到X=k—3，取7/3=-3

00

20-142-2

所以，p=（他，仇，心）=11-3.检验■有AP=PJ=23-5,即

100210

P-XAP=J.

-1012\

12-11的满秩分解.

(22-2-17

［解］先求出矩阵A的Hermite标准形

-1012\/10-12\

12-11)t0103/2=区H的第1列与第2列构

(22-2-1/\00007

成的前两列.

所以矩阵R为A的第1列与第2列构成的3x2矩阵，G为H的前2

行构成的2x4矩阵，即

F=Q13/2),所以

10-12

A=FG=

0103/2,

000A2

00A2-A0

将A-矩阵A(A)=化为Smith标准形.

0(A-1)200

A2-A000

［解］解法一：因A(A)的各阶行列式因子为：

2

。1(入)=1、D2(A)=A(A-l).D3(A)=A(A-l)\。4(入)=

A4(A-1)4.

所以A(A)的不变因子为：

心(4)=1、出(入)=胧=》(入-1)、&储)=调=》(入一1)、

庭(八)—^3(A)=*(4—I)2,

-1000

因此，A(A)的Smith标准形为°A1)入(入°_1)°

000A2(A-1)2

一、（答案AAAAB）

1注：A的特征值为0,-1,而的收敛区间为[—1,1）

A=Ik

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：（e"）=Ae",故A=°

5、注：B中矩阵的最小多项式为（x—2『

A

二、1、E+2(cosl-l)A2.---3---3+y/o,+x/34、20

注：把E写成1或I均可-------也可有其它等价形式如

（—）7-

EE

(E-A)~2A,A(E-Ay2,等

(E-A)2E-A

三、解A的特征值为-1,—1,1。属于一1的特征向量与广义特征向量为O,工；属

r1°1

于1的特征向量为°。令尸=。*。

'11[oO1

一10、

P'AP=0-10=J

则令

、001

0、(一1严”0、

K=00,K〃(—D"0

、001

故取x=二则K5=J.于是令B=PKPx,则

55l[

B=PKP=PJP=AO故

o

i

o5—4

（解法2）更简单地，A的Jordan标准型J如上。则为使。一八只要找到K使得

'-150、

K5=0-10

,00b

于是选

/—IX0、(―1严内o'

K=0-100(—1)"0

、00001

b7

「-10、

从而取x=—1,则有犬=00.这个矩阵与A的差别仅在于右上

、001)(00b

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

一1倍加到第三列即可：于是，B=PKpf,其中P为下面的初等矩阵

」0P

P=010

、001.

此时

12、

B=00

四、解IA的Jordan标准形与过渡矩阵分别为

00、(\11)

011,P=00

0-1

I。1JJ0>

因此

110r0-11

0-100e0-10

oj

1002

%+l)d2tel—te

—te1(1一2t)efte

-te-2tel«+D叱

解2利用A的最小多项式(x-D)可知必有一次多项式f(x)=ax+b,使得多A)即为所求。由

a+b=f⑴=匕d与a二伊⑴“t匕d可知b=<(1—7.于是

(—29-te11

eAf=tefA+(l-t)efE=-te

-te—2td

五、证明由于。'8a=Zlqjvl(取a二(L1,…，D「即可)。故"(A)vl,因此矩

i，j=l

阵A的特征值的模均小于1,从而矩阵3石+2A的特征值的模均大于3—2夕(A)>0,

2(2、2・・(2丫

从而可逆。进一步，矩阵幕级数E——A+l——A+.+——a+,.•收敛,

33)I3J

其和恰为E+—A=3(3石+24)一：因比

3

17<7A2r2、〃

(3E+2A)-1=-E--A+--A+・..++・・・

3[3I3JI3)0

六、解对任意Xj+yjiwC,j=l,2,有Xj+yji=(xj-yj)・1+力・(l+i)。为使1与1+i成为C的一

个标准正交基，必要且只要<1,l+i>=0,<l+i,l+i>=l,必要且只要

<xi+yii,x2+y2i>=(x-yi)(x2-y2)+yiy2.

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xi,X2,山，丫2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+yl匕因此1一j的长度为5叱

七、解：对矩阵A进行初等行变换

r-l012100、(~\012100、/、

(?1:/)=12-11010-0203110=B=\

I0)

、22-2-10000001-11J-

-012、(00、

012、

其中所以B=0203P=110而

203,