《矩阵论习题答案》doc版

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1、自测题一一、解：因为齐次方程的基础解系为，所以V的一组基为，，，显然A1，A2，A3线性无关.，有，于是有，即A可由A1，A2，A3线性表示，故A1，A2，A3为V的一组基；且dimV=3.二、解：（1），有=,.又因任意两个二阶方阵的乘积、和仍为二阶方阵，故，即为从V到V（自身）的线性算子，所以为线性变换.（2）先求的自然基下的矩阵A：45故.显然,从自然基到所给基的过渡过阵为；,所以在下的矩阵为.三、解：（1）不是内积.因为并不一定大于零.（2）因为,,,,即.45四、解：（1），.行列式因子：;不变因子：;初等因子：.（2）;（3）对;.再求的一个广义特征向量：由得.取,,故.五

2、、解：（1），45故；（2）的收敛半径为1，而若在其收敛域内，故绝对收敛，且.六、解：（1）；又因为，.所以；.故.（2）因为，故可分解.（3）均可取.七、证：设分别为在两组基下的坐标，则，当时有：，则，故C有特征值1.反之，由于1是过渡过阵C的一个特征值，设其对应的特征向量为X，即，由坐标变换公式知，在基，，下的坐标，故有.八、证：A对称正定，存在正交矩阵C，使45其中特征值.对，有，使,其中.令.于是故.而，所以.因Z的任意性，知，即A与I相合.自测题二一、解：,,其中，故取V的基为I，.二、解：（1）从基到基的过渡矩阵，45所以在新基下的坐标为.（2）不是线性变换.因为.（3）不

3、是内积.如，不具有非负性.三、解：（1）利用Schmidt正交化方法，得，，.（2）从到的过渡阵，，故所求.四、解：（1）由于A实对称，所以存在正交阵Q，使.故；；；；.45（2）取，，得,即有.五、解：（1）；.，所以,不变因子为；初等因子为.故A的Jordan标准形.（2）cosA的Jordan标准形为：J=.六、证：（1）因；故（2）因A有范数小于1，故绝对收敛；且其和的形式为.45七、解：；取，；则有（最大秩分解）；,,则，所以,方程的极小范数最小二乘解为.八、证：（1）因为，则有n必为偶数.（2）设的分量中绝对值最大者为，则的第k个方程；；，故有.自测题三一、解：（1）不是.

4、设，则=（一般情况下），45又（一般情况下），即.（2），故得一组基为，且.二、解：（1）,,,在基下的矩阵为：.（2）,可见矩阵A有三个不同的单根1，3，5，故A可以对角化，即可以对角化.（3）设度量矩阵，则,,45.故.三、解：设，使得，，是标准正交的.∵，已标准正交化，∴（，）=（，）=0，=1，即得；解得：；即.因为，，为标准正交基，且把标准正交基变为标准正交基，故为正交变换,它在基下的矩阵表示为45.四、解：由自测题一中第四题（2）知A的Jordan标准形为，相似变换矩阵.由，求得的一组基为，则在该基下的矩阵为J.五、证：当时，；当时，;从而.=,=，因此,是向量范数.又因为

5、，因此,与相容.45六、解：，特征根为；则.由于，故A可以对角化,即存在可逆矩阵C，使；.故得七、证：设，取，对于矩阵A，存在矩阵范数，使.便得证.八、证：（1）,同理，有.（2）=，得2.自测题四45一、解：（1），，，所以在E1，E2，E3下的矩阵为.(2)设有一组基，从E1,E2,E3到e1,e2,e3的过渡矩阵设为C,即再设A在e1,e2,e3下的矩阵为B,则.要使B为对角阵，即找一个可逆矩阵，使为对角阵.因为,对，求得特征向量，对λ=2，求得两个线性无关的特征向量，.45令，得，则为对角阵.由，可得.二、证：易得，即，，也是标准正交基，故是正交变换.三、解：（1）令，由，知；

6、取；，构造初等反射矩阵，则有.45（2）.因此，所以；因为，故矩阵幂级数收敛.四、解：由正交矩阵行（列）向量组标准正交，得四组解是：，，，.五、解：(1)；;.因为，,故.45（2），，故可以进行LU分解.（3）易得，所以，B的特征根为，故的特征根为.的特征根为：1，4，4，16，4，16.（4）∵∴B可逆，且，所以均可取为：.（5）A的Jordan标准形为：.（6）对应于的特征向量，对应于的线性无关的特征向量只有一个，再求一个广义特征向量.令，.令，则；..45六、解：（1）由，即，若λ不是A的特征根，则，所以只有零解，故.若λ是A的特征根，则，所以有非零解.设，则.（2）设其中为单

7、位向量.则.七、证：（1）设次型，所以B为半正定矩阵.（2）当A的列向量组线性无关时，若X≠0，则AX≠0，故>0，即A为正定矩阵.八、证：（1）λ为非奇异，λ为A的特征值，故λ≠0，而为的特征值，据特征值上界原理,有，即.(2)对，由已知有45由已知,即,故知,；即对,有，即无非零解.故,从而，即A+B可逆.自测题五一、解：(1)在V1中，.令,因线性无关，由定义知，它们是的基，且.(2)因为线性无关；.在的标准基下，将对应的坐标向量排成矩阵