资源描述：
《矩阵论习题课答案.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、精品文档习题课答案一1).设A为n阶可逆矩阵,是A的特征值,则A*的特征根之一是(b)。(a)1
2、A
3、n(b)1
4、A
5、(c)
6、A
7、(d)
8、A
9、n2).正定二次型f(x1,x2,x3,x4)的矩阵为A，则(c)必成立.(a)A的所有顺序主子式为非负数(b)A的所有特征值为非负数(c)A的所有顺序主子式大于零(d)A的所有特征值互不相同110003).设矩阵A1与B010相似,则,的值分别为(a)。11002(a)0,0(b)0,1(c)1,0(d)1,1二填空题4)若四阶矩阵A与B相似，A的特征值为1,1,1,1，则
10、B1E=24。23455325)设A644,则A100=44531002(21001)221003100310012(21003100)442100231002(31001)2(31001)2(13100)231001三计算题3.求三阶矩阵126的Jordan标准型1725027126100解EA1725,将其对角化为010.故A的若02700(1)2(1)100当标准形为110.■001。1欢迎下载精品文档4.设A是3阶对称矩阵,且A的各行元素之和都是3,向量0,1,1T,1,2,1T是AX0的解,求矩阵A的特征
11、值,特征向量,求正交阵Q和矩阵B使得QTBQA依题意有0110030030111111A121003因而A003121111111003003111111其特征多项式为f()
12、EA
13、2(3).故特征值为10,23.0,解特征方程AX0得X1T,X2T⑴11,0,11,1,0.特征向量为l1X1l2X2.⑵23,(3EA)X0得X3T解特征方程1,1,1.特征向量为l3X3.以上l1,l,l2R3.把向量X1,X2正交并单位化得1(1,0,1),223,3,23.把向量X3单位化得22222111.以1,2,3作为列
14、向量作成矩阵P,则P为正交矩阵且3,3,3310122000333PTAP000B.QPT22,则Q满足QTBQA.■0032221113335解：A的行列式因子为D3()(2)3,D2()D1()1.所以，不变因子为d3()(2)3,d2()d1()1，初等因子为(2)3，2因而A的Jordan标准形为J1212。2欢迎下载精品文档8.设A是n阶特征值为零的若当块。证明，不存在矩阵A，使得A2=J假设A2=J.若λ是A的一个特征值,则λ2是A2=J的特征值.而J的特征值只有0,于是A的特征值也只能为0.考虑A的J
15、ordan标准型,其各Jordan块的特征值都是0,易见r(A)=n-Jordan块的个数.由r(A)≥r(A2)=r(J)=n-1,A只有一个n阶Jordan块.因此A与J相似,进而有J=A2与J2相似.但r(J)=n-1>n-2=r(J2),矛盾.即不存在矩阵A使得A2=J.9.设A,B是n阶矩阵,证明:AB与BA具有相同的特征值只需证明：若λ是AB的特征值，则λ也是BA的特征值。分两种情况：(1)λ≠0。由λ是AB的特征值，存在非零向量x使得ABx=λx。所以BA(Bx)=B(ABx)=B(λx)=λBx，且
16、Bx≠0（否则λx=ABx=0，得λ=0，矛盾）。这说明Bx是BA的对应于特征值λ的特征向量，特别地λ也是BA的特征值。(2)λ=0。此时存在非零向量x使得ABx=λx=0，所以AB不满秩，知det(AB)=0。从而det(BA)=det(AB)=0，BA不满秩，所以存在非零向量x使得BAx=0=λx。这说明λ=0也是BA的特征值。证毕。10.设A是数域F上的n维线性空间V的一个线性变换,设V,使An10,但是An=0,其中n>1．证明：{,A,A2,,An1}是Ｖ的一组基．并且求线性变换Ａ在此基下的矩阵，以及Ａ的
17、核的维数．证明：An10,An=0.令l0l1Aln1An10．（１）用An1左乘（１）式两边，得到l0(An1)0．由于An10，l00，带入（１）得l1Aln1An10．（２）再用An2左乘（２）式两端，可得l10．这样继续下去，可得到l0l1ln10．,A,A2,,An1线性无关．。3欢迎下载精品文档(2n1)＝(,A,A2,,An1)0000．A,A,A,,A100001000010Ａ在此基下的矩阵为0000，100001000010可见,R(A)n1,dimkerAn(n1)1即A的核的维数为1．。4欢迎
18、下载精品文档欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。5欢迎下载
