矩阵论第二版答案
矩阵论第二版 杨明
习题一1.判断下列集合对指定的运算是否构成R 上的线性空间 （1）11{()|0}nij n n iii V A a a⨯====∑，对矩阵加法和数乘运算；（2）2{|,}n n T V A A R A A ⨯=∈=-，对矩阵加法和数乘运算；（3）33V R =；对3R 中向量加法和如下定义的数乘向量：3,,0R k R k αα∀∈∈=； （4）4{()|()0}V f x f x =≥，通常的函数加法与数乘运算。
解： （1）、（2）为R 上线性空间（3）不是，由线性空间定义，对0α∀≠有1α=α，而题（3）中10α= （4）不是，若k<0，则()0kf x ≤，数乘不满足封闭性。
2.求线性空间{|}n nT V A R A A ⨯=∈=的维数和一组基。
解：一组基10001010101010000000100..................0010010⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩⎪⎪⎪⎪⎭dim W =n (n +1)/23.如果U 1和U 2都是线性空间V 的子空间，若dim U 1=dim U 2，而且12U U ⊆，证明：U 1=U 2。
证明：因为dim U 1=dim U 2，故设{}12,,,r ααα为空间U 1的一组基，{}12,,,r βββ为空间U 2的一组基2U γ∀∈，有()12r X γγβββ=而 ()()1212r r C αααβββ=，C 为过渡矩阵，且可逆于是()()()11212121r r r X C X Y U γγγγβββαααααα-===∈由此，得21U U ⊆又由题设12U U ⊆，证得U 1=U 2。
矩阵论第二章答案
n
n
(α, β ) = ∑ iξiηi ∑ = iηiξi =（ β ,α ）
i =1
i =1
n
n
n
(α, β + γ ) = ∑iξiηi (ηi + Ci ) = ∑ iξiηi ∑ + iξiηiCi = (α, β ) + (α,γ )
i =1
i =1
i =1
1
当α = θ 时， (α,α ) = 0 ；当α ≠ 0 ，存在 i0 使得ζ i0≠ ≠ 0 ，从而
k1(xi , x1) + k2 (xi , x2 ) + L + km (xi , xm ) = 0 ,
i = 1,2,L, m
由于上述方程组仅有零解 k1 = k2 = L = km = 0 (意味着 x1, x2 ,L, xm 线性无关)
的充要条件是系数行列式 det△ ≠ 0 ，从而得证.
10. 证： 设基（I）与基（II）的度量矩阵分别为 A 与 B，向量
)T
A(CY2
)
( ) =
X
T 2
C T AC Y2
=
X
T 2
BY2
11. 解： (1) ⇒ u= a v , θ = cos−1((u,v)) = cos−1( a(v,v)) = cos−11 =0
uv
avv
3
⇐ 由 cos−1 ((u, v)) = 0 , u 与 v 必共线，
uv
即成比例 u= a v ,且 a f 0 ;
(2) ⇒ u= a v ( a p 0), θ = cos−1 ((u, v)) = cos−1 ( a(v, v)) = cos−1 (−1) =π
南航双语矩阵论第二章习题答案2016年版.pdf
1
km
for
k 1, 2,
,n
and
m 1, 2,
,n
({ cos(kx) | k 1, 2, , n } is an orthonormal set.)
Exercise 9
Proof Recall: Let S be a subspace of R m . The matrix P is an orthogonal projection matrix from R m onto S if (1) for any x R m , Px S and (2) x Px S (a) Since P is the orthogonal projection matrix from R m onto R( A) , then for any x R m
Exercise 12
Proof The vector y satisfies the following normal equations.
AT Ay AT b
a1T a1T a1 0 T T a 0 a2 a2 Let A (a1，a2， ，an ) . AT A 2 (a1，a 2， ，a n ) a T 0 0 n
1,1 11dx 2 ,
1 1
1 2,
u1
1 2
(The unit vector in the direction of the vector 1. )
1 2 1 2 0 , (The vector projection of x onto the subspace spanned by vector 1)
矩阵论习题答案（方保镕编著）习题2.3
习题 2.31. 证：因为B B A A H H ==,，又AB A B AB AB H H H =⇔=)(即BA=AB .2. 证：设A 为任一复方阵，令C B A += ①其中B 为Hermite 矩阵，C 为反Hermite 矩阵，于是，可得C B C B A H H H -=+=由①与②联立得2,2HH A A C A A B -=+=.3. 证：设n V 的标准正交基为n εεε,,,21 ，在该基下的矩阵为nxn ij a A )(=，则有,)(2211n ni i i i a a a εεεε+++=,)(2211n nj j j j a a a εεεε+++=((i ε),j ε)=ji a , ((j ε),i ε)=ij a必要性.若是反对称变换，即((i ε),j ε)=－( i ε,(j ε))，则ij ji a a -=，也就是A A T -=.充分性.设A A T -=，对任n V ∈βα,，有⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n x x 11),,(εεα，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n x x A 11),,()(εεα ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n y y 11),,(εεβ，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n y y A 11),,()(εεβ 由于在标准正交基下，两向量的内积就等于它们的坐标向量的内积，故有((α),β)-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n n T n y y A x x y y A x x 1111),,(),,( (α,(β))即是反对称变换.4. 证：（1） 因为T A A =，所以()()111---==A A A T T，即1-A 也为对称阵.又因为()n T T Tn A A A A == ，即n A 也是对称阵.（2）因T A A -=，故()()TT A A A 111----=-=，所以1-A 是反对称的.当n 为奇数时，如果A 是反对称阵，则()A A A A n T -=-=-=1，所以0=A ，故不存在奇数阶可逆反对称方阵.5. 证：（1）因为A A T =，设AP P B T =，所以有()B P A P APP B T T TT T ===则B 为对称阵.（2）由于A 与B 相合，知存在满秩矩阵P ，使AP P B T =，又因P 和T P 都是满秩的，于是()rankA AP P rank T =，即rankA rankB =.6. 证：因为X AX λ=，T T T X A X ⋅=λ，T T X A X ⋅-=λ，X X AX X T T ⋅-=λ，X X X X T T ⋅-=λλ，由于θ≠X ，所以0≠X X T ，故λλ-=，即λ为0或为纯虚数.7. 证：设X AX λ=，则X X A 22λ=，因为A A =2，且θ≠X ，所以02=-λλ，即0=λ或1=λ.再由A 为实对称知，存在正交矩阵Q ，使()0,,0,1,,11 diag AQ Q =-.8. 证：设n V 的标准正交基为n εε,,1 ，又在该基下的矩阵为A ，则A A H =，从而A 是正规矩阵，故存在酉矩阵P ，使A AP P H =（对角阵）.再构造n V 的另一组基n e e ,,1 ，使满足P e e e n n ),,,(),,,(2121εεε =则有=),,,(21n e e e(P n ),,,21εεεΛ===-),,,(),,,(),,,(2112121n n n e e e AP P e e e AP εεε即在基n e e e ,,,21 下的矩阵为对角阵Λ.9. 证：（1）因为A 半正定，所以存在正交矩阵P ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-n AP P λλ 11，且0≥i λ，故有 P I A P P I A P I A )(11+=+=+--=111det 1≥⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡n λλ 且显见等号成立的充要条件为),,2,1(0n i i ==λ，即0=A .（2）由线性代数知，存在非奇异矩阵M ，对角矩阵D ，使DM M A IM M M M B T T T ===,同时成立.再由第（1）小题知T T M M D I M B A ≥+=+BM M M T ==当B B A =+时的充要条件为 001=⇔=⇔=+A D D I .10. 证：设A ，B 是二个n 阶实对称矩阵，且两者相似.当A 为正定矩阵时，A 的特征值全为正实数，但相似矩阵有相同的特征值，故B 的特征值也全为正实数，从而B 为正定矩阵.11. 证：（1）因为A ，B 正定，所以对任非零n 维向量X ，有0,0>>BX X AX X T T ，因此0)(>+=+BX X AX X X B A X T T T由定义知A+B 为正定矩阵.（2）设,AM M B T =则因M 非奇异及A 为对称矩阵，有IP P A BM M T T ==--11)(，其中P 非奇异矩阵.又),()()(11PM I PM IPM P M BM M M T T T T T ==-- 即 ),()(PM I PM B T =这里)(PM 为非奇异矩阵，所以AM M T 是正定的.又由IP P A T =，P 非奇异，可知T T T P I P P I P IP P A )()()(111111------===令T P C )(1-=，则1-=P C T ，C 亦为非奇异矩阵，所以IC C A T =-1即1-A 可分解成C C T ，由充要条件知1-A 正定.12. 证： B 实对称显然.对任n 元列向量X 均有Y AX AX AX AX A X BX X T T T T ===令),()(，则有0≥=Y Y BX X T T所以B 半正定；而当A 的列向量组线性无关时，当0,0≠≠Y X 则，此时，0>=Y Y BX X T T ，即B 正定.13. 证：（1）必要性.设A 半正定，则对任正数m ，A mI +是正定的，因此A mI +的主子式全大于零.如果A 有一个K 阶主子式0<M ，那么在A mI +中取相应的主子式N ，则有M m C m C m N k k k ++++=--111因0<M ，故可找到0>m ，使0<N ，这与A mI +是正定的相矛盾，所以A 的主子式必须全大于等于零.充分性.设A 的主子式全大于等于零，那么对任意的正数m ，A mI +一定是正定的，这是因为A mI +的主子式可表成M m C m C m M mI k k k k ++++=+--111其中M 是A 的一个主子式，因而)1,,2,1(-=k i C i 是M 的i 阶主子式之和，也就是A 的一些i 阶主子式之和，所以)1,,2,1(0-=≥k i C i ，以及0>+M mI k .如果A 不是半正定的，那么有一个非零实向量X ，使0<AX X T ，即XX AX X m T T <<0，就有P X A mI X T <+)(，这与A mI +的正定性矛盾，所以A 必须是半正定的.（2）因为A 是负定的，即对非零列向量X ，有0<AX X T ，所以必要且只要0)(>-X A X T ，即-A 是正定矩阵，记A 的K 阶主子式为)(k A ，则相应的-A 的K 阶主子式)()1(k k A -，由0)1()(>-k k A 知当k 为偶数时，0)(>k A ；当k 为奇数时，0)(<k A .14. 证： 因为A 实对称，故有正交阵Q ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=Λ=-n AQ Q λλ 11，从而1-Λ=Q Q A .由于m 为奇数，特征值i λ均为实数，故令11-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=Q Q B m n m λλ ，则有 A Q Q B n m=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-11λλ . 当A 为半正定时，由于),,2,1(0n i i =≥λ，故m 为正整数时，可取m iλ为算术根，于是由上知，对任正整数m ，均有实方阵B ，使A B m =.15. 证： 存在正交阵Q ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=Λ=-n AQ Q λλ 11，其中),,1(0n i i =>λ.取11,0-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=>Q Q B m n m m i λλλ 令，则虽然B 是正定的，且有A Q Q B m =Λ=-1.下面再证惟一性.又设m m C B A ==，B 与C 都是实正定的，A 与B 都相似于对角矩阵，因此它们都有n 个线性无关的特征向量.任取B 的一个特征向量X 和Z 相应的特征值u ，即αααθαααm m u B A u B ==≠=则,,，亦即α也是A的特征向量，m u 为相应的特征值，因此B 的n 个线性无关的向量都是A 的线性无关的向量. 从而，B 与A 的特征向量完全一致.同理，C 与A 的特征向量也完全一致，从而C 与B 的特征向量完全一致.并且，设ναα=C ， 则有αααααm m m m u B A C v ====，但m m u v =≠所以,θα，但u v 与都是正实数，所以u v =.这样，B 与C 有完全一致的特征向量和相应的特征值，因此B 与C 可用同样的矩阵P ，使CP P BP P 11--与是同样的对角矩阵，即CP P BP P 11--=从而B=C ，惟一性得证.16. 证：因为A 非奇异，所以AA T 是正定的，则由上题可知，存在正定矩阵B 1，使令,21B AA T =111Q A B =-，211Q AB =-，则有11Q B A =，12B Q A =，且I B B B B AA B A B A B Q Q T T T T ====------1121111111111111)())((，所以Q 1是正交阵.同样可证Q 2为正交阵.下证惟一性.设11111,C P C Q B A ==为正定阵，P 1为正交阵，则T T P C P C Q B Q B ))(())((11111111=，即有2121C B =，由上题知11C B =,从而又得111111P A C A B Q ===--.17. 证 ： 由于B 正定，它与单位矩阵合同，故存在可逆阵C ，使I BC C T =.又由于A 实对称，故AC C T 仍为实对称，从而存在正交阵Q ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=Λ=n TT Q AC C Q λλ 1)(.令CQ P =，则 I IQ Q Q BC C Q CQ B CQ BP P T T T T T ====)()()(Λ===ACQ C Q CQ A CQ AP P T T T T )()(即存在实可逆矩阵P ，使AP P T 与BP P T 同时为对角阵.18. 证：由上题知，存在非奇异矩阵P ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n T AP P λλ 1，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n Tu u BP P 1这里),,1(0,0n i u i i =>>λ.由此取行列式得n A P λλλ 212⋅=⋅，n u u u B P 212⋅=⋅.另一方面有⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++=+=+n n T T T u u BP P AP P P B A P λλ 10)(也取行列式得)())((22112n n u u u B A P +++=+⋅λλλ ，显然有)())((22112121n n n n u u u u u u +++≤+λλλλλλ ，所以BA PB A P +≤+22)(，但02>P ，于是BA B A +≤+ .19. 解：（1）A 的特征值2,1,1221-=-==λλλ，相应的特征向量为()()()T T T i i i i ,1,,1,0,1,,2,321-=-==ααα，将它们单位化得321,,εεε，即可得P =（321,,εεε）.（2）A 的特征值2,2,0221-===λλλ，相应的特征向量()()()TTTi i i 1,,2,1,,2,1,,0321--=-==ααα，将它们单位化得TTTi i i ⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=21,2,21,21,2,21,21,2,0321εεε，故酉矩阵⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=21212122221210i i i P 显然，这两个矩阵都为正规矩阵.20. 证：必要性.设A 与B 都是正规矩阵，如A 与B 酉相似 , 即存在酉矩阵Q ，使得Q-1A Q =B ，因而()A I Q A I Q AQ Q I B I -=-=-=---λλλλ11.充分性.若A 与B 有相同的特征多项式，则存在酉矩阵Q 1及Q 2，使得212111BQ Q AQ Q n --=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=λλ 因此有()()BP P Q Q B Q Q Q BQ Q Q A 11121112112121------===，易知112-=Q Q P 是酉矩阵.21. 证：分四步来证：（1）由AB=BA ，推知A ，B 至少有一个公共的特征向量.事实上，设λR 是A 属于特征值λ的特征子空间.若λαR ∈，即λαα=A ，则αλαB BA =，由BA=AB ，于是有()()αλαB B A =，即λαR B ∈，从而λR 是B的不变子空间，故在λR 中存在B 的特征向量β，显然它也是A 的特征向量.（2）由BA=AB ，推知A ，B 可同时酉相似于上三角阵.即有酉阵Q ，使QHA Q 及Q HB Q 均为上三角阵.事实上，当A ，B 的阶数n =1时，结论显然成立.今设单位向量()1α是A ，B 公共特征向量，再适当补充n-1个单位向量()()n αα,,2 ，使{()()n αα,,1 }为标准正交基，从而P =（()()n αα,,1 ）为酉矩阵，且有()()()()()n BP B βαβαβαα 111,==从而有*10B B b BP P H=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=β，这里b 是()11-⨯n 矩阵，B 1是n-1阶矩阵.而*01A A a rAP P H =⎥⎦⎤⎢⎣⎡=，这里a 是()11-⨯n 矩阵，A 1是n-1阶矩阵.由BA=AB 有)()()()(H H H H P PB P PA P PA P PB ****⋅=⋅，于是得****=B A A B .由此可推得1111B A A B =.故由归纳法假设，存在1-n 阶酉矩阵1P ，使得PT Q P T P B P H =⎥⎦⎤⎢⎣⎡=∆=,001),(1111令上三角，则有⎥⎦⎤⎢⎣⎡∆=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡==0101)(111bP P o o B O b P O T BP P T BQ Q H HHHββ， 这是上三角阵.易证Q 是酉矩阵.同理，AQ Q H 也是上三角阵.11 （3）由BA=AB 且A 与B 为正规矩阵，可推得A ，B 可同时酉相似于对角矩阵.事实上，设T AQ Q H =（上三角），则H H H T Q A Q =，而且H H H H H H Q TT Q Q QT QTQ AA )(=⋅=.H H H H H H Q TT Q Q QT Q QT A A )(=⋅=H H H H H H Q T T Q QTQ Q QT A A )(=⋅=由A A AA H H =（正规），可得T T TT H H =，从而知T 为对角矩阵.同理，对BQ Q H 可作同样证明.（4）由BA=AB 且A ，B 正规，可推知AB 也为正规矩阵.事实上，由（3）设⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n H AQ Q λλ 1，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n H u u BQ Q 1于是有⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n H u u ABQ Q λλ 11（对角阵），由定理知AB 为正规矩阵.。
矩阵论课后习题答案
第一章 线性空间与线性映射 习题一 (43-45)1、（1）对于V y x ∈∀,，x y x y x y x y y x y x y x y x +=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+112211112211；（2）对于V z y x ∈∀,,，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=++))()(1111112221111112112211121112211z y z x y x z y x z y x y x z z y x y x z y x z z y x y x y x z y x ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=++))()(1111112221111111122211111221121z y z x y x z y x z y x z y x z y z y x z y x z y z y z y x x z y x ，即)()(z y x z y x ++=++。
（3）对于⎪⎪⎭⎫⎝⎛=00θ和V x ∈∀，显然x x x x x x x =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++=+21121000θ； （4）对于V x ∈∀，令⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=2211x x x y ， 则θ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+0021221211221121x x x x x x x x x x x y x ，即x y -=。
（5）对于R ∈∀μλ,和V x ∈∀，有x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x )()()]()[(21)()()2(21)()()]1()1([21)1(21)1(2121212212122212121221121212121μλμλμλμλμλμλμλμλμλμλμλλμμμλλμλμλμμμμλλλλμλ+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-+++=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+（6）对于R ∈∀λ和V y x ∈∀,，有⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+211112211112211))(1(21)()()(y x y x y x y x y x y x y x y x λλλλλλ， ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-++-++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-++=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+211112211112212211122111122122121121212121))(1(21)()()1(21)1(21)()1(21)1(21)1(21)1(21y x y x y x y x y x y y x y x y x y x y x y y x x y x y y y x x x y x λλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλ，即y x y x λλλ+=+)(。
线性代数简明教程,(第二版)科学出版社课后答案第一章矩阵习题答案
0
0 0
1 0 0
0 0 0 1 0 1
1 0
0 1
3 6
1 1
1 2
610
1 0 0 0 2 1 1 4
~r1 2r2
0
0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 3 6
1 1 1
0 1 2
1
6 10
(E A1 )
1 2 3 1
r2 2r1
r3 r1
1 2 3 1 0 0 0 0
0 0 0 0
3 1 4 2 2
(2) B
1 1 1
0 2 4
1 1 13 3 3
0
4 0
1 0 1 1 0
X X
11 21
X12 X 22
E
En O
O Es
AX21 En
A X 22 BX11
O O
BX12 Es
X 21 A1 X 22 O
X11 O
X12 B1
方法二：
Ons Bs
AB A 2B
B1 ( A 2E)1 A
方法一：先求 ( A 2E)1, 再求 ( A 2E)1 A
方法二：直接求 ( A 2E)1 A
行
(( A 2E)A)
(E( A 2E)1 A)
其中
1 0 0
(A
2E)1
2 0
矩阵论第二版答案
矩阵论第二版答案【篇一：华北电力大学硕士研究生课程考试试题(a卷)矩阵论答案】14)一、判断题（每小题2分，共10分）1. 方阵a 的任意一个特征值的代数重数不大于它的几何重数。
(x)见书52页，代数重数指特征多项式中特征值的重数，几何重数指不变子空间的维数，前者加起来为n，后者小于等于n?,?,?,?m是线2. 设12性无关的向量,则 dim(span{?1,?2,?,?m})?m.正确，线性无关的向量张成一组基v,v3.如果12 是v 的线性v?vv12子空间,则也是的线性子空间.错误，按照线性子空间的定义进行验证。
a(?)4. n阶?-矩阵是可逆a(?)的充分必要条件是的秩是n .见书60页，需要要求矩阵的行列式是一个非零的数5. n阶实矩阵a是单纯矩阵的充分且必要条件是a的最小多项式没有重根. 见书90页。
二、填空题（每小题3分，共27分）?210???a??021?,??003（6）??则ea的jordan标准型为?e?0??0?21e200??0?,3?e?。
【篇二：矩阵论简明教程课后习题与答案解析】mite正定矩阵的充分必要条件是，存在hermite正定矩阵b，使得a=b2。
解：若a是hermit正定矩阵,则由定理1.24可知存在n阶酉矩阵u, 使得??1??uhau=?????2???, ?i﹥0,i=1, 2, ?,n. ????n??于是??1????2??ha=u?u ??????n????1??1?????h??2= u??uu?????????n???2????h?u ??n??令?1??b=u????2????h?u ?n??则a=b2.反之,当a=b2且b是hermit正定矩阵时,则因hermit 正定矩阵的乘积仍为hermit正定矩阵,故a是hermit 正定的.14. 设a?cn?n是hermite矩阵，则下列条件等价:（1）a是mermit半正定矩阵。
（2）a的特征值全为非负实数。
矩阵论简明教程(第二版)习题答案
习 题 一1. 设λ为的任一特征值,则因 λλ22- 为A =-A 22O 的特征值, 故022=-λλ. 即 λ=0或2.2. A ～B , C ～D 时, 分别存在可逆矩阵P 和Q , 使得 P 1-AP =B , Q 1-CQ =D .令T =⎪⎪⎭⎫⎝⎛Q O O P则 T 是可逆矩阵,且 T1-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛C O O AT =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛--Q OO PC OO A Q O O P 11=⎪⎪⎭⎫⎝⎛D OO B3. 设i x 是对应于特征值i λ的特征向量, 则 A i x =i λi x , 用1-A 左乘得iiix A x 1-λ=.即i i i x x A 11--λ= 故 1-i λ是A 的特征值, i =1,2,, n .4. (1) 可以. A E -λ=)2)(1)(1(-+-λλλ,=P ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--104003214, ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-2111AP P . (2) 不可以. (3)⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=110101010P , ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-1221AP P . 5. (1) A 的特征值是0, 1, 2. 故A =－(b －a )2=0. 从而 b =a .又11111-λ----λ----λ=-λaa aa A I =)223(22+---a λλλ将λ=1, 2 代入上式求得 A =0.(2) P =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-101010101. 6.AI -λ=)1()2(2+-λλ, A 有特征值 2, 2, －1.λ=2所对应的方程组 (2I －A )x =0 有解向量p 1=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛041,p 2=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛401 λ=－1所对应的方程组 (I +A )x =0 有解向量p 3=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛001令P =(p ,1p ,2p 3)=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛140004111, 则P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---4416414030121. 于是有A 100=P ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛122100100P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅-⋅-⋅---12412244023012122431100100100100100100100.7．(1)A I -λ=)1(2+λλ=D 3(λ),λI －A 有2阶子式172111----λ=λ－4λ－4不是D 3(λ)的因子, 所以D 2(λ)=D 1(λ)=1, A 的初等因子为λ－1, 2λ. A 的 Jordan 标准形为J =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-000100001 设A 的相似变换矩阵为P =(p 1,p 2,p 3), 则由AP =PJ 得 ⎪⎩⎪⎨⎧==-=23211pAp Ap p Ap 0解出P =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----241231111; (2) 因为),2()1()(23--=λλλD1)()(12==λλD D ，故A ～J =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛200010011设变换矩阵为 P =(321,,p p p ), 则⎪⎩⎪⎨⎧=+==33212112pAp p p Ap p Ap⇒P =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---502513803(3) ),2()1()(23-+=-=λλλλA I D ,1)(2+=λλD1)(1=λD .A的不变因子是11=d ,12+=λd )2)(1(3-+=λλdA ～J =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--211因为A 可对角化，可分别求出特征值－1，2所对应的三个线性无关的特征向量：当λ=－1时，解方程组 ,0)(=+x A I 求得两个线性无关的特征向量,1011⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=0122p 当λ=2时，解方程组,0)2(=-x A I 得⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1123p ,P =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---101110221(4)因⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+=-41131621λλλλA I ～⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--2)1(11λλ, 故A ～J =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛10111 设变换矩阵为P =),,(321p p p , 则⎪⎩⎪⎨⎧+===3232211pp Ap p Ap p Ap21,p p 是线性方程组 0=-x A I )(的解向量，此方程仴的一般解形为p =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-t s t s 3取⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0111p ,⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1032p 为求滿足方程23)(p p A I -=-的解向量3p , 再取,2p p = 根据⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛------t s t s 3113113622～⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----t s t s s033000311由此可得 s =t , 从而向量 T3213),,(x x x =p 的坐标应満足方程 s x x x -=-+3213取T3)0,0,1(-=p , 最后得P =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--010001131 8. 设 f (λ)=4322458-++-λλλλ. A 的最小多项式为 12)(3+-=λλλA m ,作带余除法得 f(λ)=(149542235-+-+λλλλ),(λA m +1037242+-λλ, 于是f (A )=I A A 1037242+-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----346106195026483. 9. A 的最小多项式为 76)(2+-=λλλA m , 设 f(λ)=372919122234+-+-λλλλ,则f (λ)=)()52(2λλA m ++2+λ. 于是 [f (A )]1-=1)2(-+I A .由此求出[f (A )]1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-3217231 10. (1)λI －A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+41131621λλλ标准形⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--2)1(000101λλ, A 的最小多项式为 2)1(-λ;2) )1)(1(+-λλ; (3) 2λ.11. 将方程组写成矩阵形式:⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛321321188034011d d d d d d x x x tx t x t x , ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=321x x x x ,⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=tx t x t x td d d d d d d d 321x , A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----188034011则有J =PAP 1-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-100010011, .其中P =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛124012001.令 x =Py , 将原方程组改写成 :,d d Jy y =t则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=+==3321211d d d d d d yty y y ty y t y解此方程组得: y 1=C 1e t +C 2T e t , y 2=C 2e t , y 3=C 3e t -. 于是x =Py =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++++-t t t tt tt c )t (c c )t (c c t c c e e 24e 4e 12e 2e e 3212121. 12. (1) A 是实对称矩阵. A I -λ=2)1)(10(--λλ,A 有特征值 10, 2, 2. 当λ=10时. 对应的齐次线性方程组 (10I －A )x =0的系数矩阵⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--542452228～⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛000110102由此求出特征向量p 1=(－1, －2, 2)T , 单位化后得 e 1= (32,32,31--)T .当λ=1时, 对应的齐次线性方程组 (I －A )x =0的系数矩阵⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----442442221～⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-000000221由此求出特征向量 p 2=(－2, 1, 0)T , p 3=(2, 0, 1)T . 单位化后得 e 2=(0,51,52-)T, e 3=(535,534,532)T . 令U =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---5353253451325325231, 则U 1-AU =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1110.(2) A 是Hermit 矩阵. 同理可求出相似变换矩阵U =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---2121212i 2i 2i21210, U 1-AU =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22. 13. 若A 是Hermit 正定矩阵,则由定理1.24可知存在n 阶酉矩阵U , 使得U H AU =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21, i λ﹥0, I =1, 2, , n . 于是A =U ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21U H= U ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21U H U ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21U H令B =U ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21U H则 A =B 2.反之,当 A =B 2且B 是Hermit 正定矩阵时,则因Hermit 正定矩阵的乘积仍为Hermit 正定矩阵,故A 是Hermit 正定的. 14. (1)⇒(2). 因A 是Hermit 矩阵,则存在酉矩阵U,使得U H AU =diag(n λλλ,,,21 )令x =Uy , 其中 y =e k . 则 x ≠0. 于是x H Ax =y H (U H AU )y =k λ≧0 (k =1, 2, , n ).(2)⇒(3).A =U diag(n λλλ,,,21 )U H =U diag(n λλλ,,,21 )diag(n λλλ,,,21 )U H令 P =diag(n λλλ,,,21 )U H , 则 A =P H P . (3)⇒(1). 任取x ≠0, 有x HAx =x H P H Px =22Px ≧0. 习 题 二1.1x=01i 42i 1+++-++=7+2,2x =1i)4i(4)2(i)1i)(1(2+-+-+-+=23, ∞x =max {}1i 42i 1,,,-+=4.2. 当 x ≠0时, 有 x ﹥0; 当 x ﹦0时, 显然有 x=0. 对任意∈λC , 有xλ=xnk kk nk kk λξωλλξω==∑∑==1212.为证明三角不等式成立,先证明Minkowski 不等式: 设 1≦p ﹤∞, 则对任意实数 x k ,y k (k =1, 2, , n )有pnk pkk y x 11)(∑=+≦∑∑==+nk ppknk ppky x 1111)()(证 当 p =1时，此不等式显然成立. 下设 p ﹥1, 则有∑=+nk pkk y x 1≦∑∑=-=-+++nk p kk k nk p kk k y x y y x x 1111对上式右边的每一个加式分别使用H ölder 不等式, 并由 (p －1)q =p , 得∑=+nk pkk y x 1≦qnk qp kk pnk pkqnk qp kk pnk pky x y y x x 11)1(1111)1(11)()()()(∑∑∑∑=-==-=+++=qnk pkk pnk pkpnk pky x y x 111111)]()()[(∑∑∑===++再用 qnk pkk y x 11)(∑=+ 除上式两边,即得 Minkowski 不等式.现设任意 y =(n ηηη,,,21 )T ∈C n , 则有∑=+=+nk kk k y x 12ηξω=∑=+nk k k k 12)(ηξω≦∑=+nk k k k k 12)(ηωξω≦∑∑==+nk jk nk k k 1212()(ηωξω=yx +.3. (1) 函数的非负性与齐次性是显然的,我们只证三角不等式.利用最大函数的等价定义:max(A , B )=)(21b a b a -++max(),b a y x y x ++≦max(bba ayxy x++,)=)(21bbaababayxyxyyxx --+++++ ≦)(21babababayyxx y yxx-+-++++=)(21)(21bababa bay yyyxxxx-+++-++=max( b a x x ,)+max( b a y y ,) (2) 只证三角不等式.k 1a y x ++k 2b y x +≦k 1a x +k 1a y +k 2b x +k 2by=( k 1a x +k 2b x )+( k 1a y +k 2b y ) .4. 218132i 453i 11m +=+++++++=A ;66132i 453i 1222222F=+++++++=A;15m =∞A;=1A列和范数(最大列模和)=27+;∞A =行和范数(最大行模和)=9 ;5. 非负性: A ≠O 时S 1-AS ≠O , 于是 m 1AS S A -=＞0. A =O 时, 显然A=0;齐次性: 设λ∈C , 则λλλ==-m1)(SA SA m1ASS-=λA;三角不等式: m11m1)(BSSAS SSB A S B A ---+=+=+≦BA BS S ASS+=+--m1m 1;相容性:m11m1)(BSASSSS AB SAB ---==≦m1m1BSSAS S--=A B.6. 因为I n ≠O , 所以nI ＞0.从而利用矩阵范数的相容性得:n n n I I I =≦n I n I ,即n I ≧1.7. 设 A =(A ij)∈C n n ⨯, x =∈ξξξT21),,,(nC n , 且 A =ij ji a ,max , 则 ∑∑=ikkikAxξa1≦∑∑i kkik a ξ=∑∑kiik k a ][ξ≦n A ∑kkξ=∞m A1x;∑∑=ikkikAx22ξa≦∑∑ikk ik a 2][ξ=∑∑ikk a 22][ξ=nA2x≦n A =∞m A2x.8. 非负性与齐次性是显然的, 我们先证三角不等式和相容性成立. A =(a ij), B =(b ij)∈C n m ⨯,C =(c st )∈C l n ⨯且 A =ijji a ,max, B =ijji a ,max, C =stts c ,max. 则MBA +=max{m ,n }ijij ji b a +,max≦max{m ,n })(max ,ij ij ji b a +≦max{m ,n }(A +B )=max{m ,n }A +max{m ,n }B =MMBA+;MAC=max{m ,l }∑kkt ik t i c a ,max ≦max{m ,n }}{max ,∑kkt ik ti c a≦max{m ,n }}{max 22,∑∑⋅kkt kikti c a(Minkowski 不等式)=max{m ,n }n AC ≦max{m ,n }max{n ,l }AC =M M C A .下证与相应的向量范数的相容性.设 x =∈ξξξT21),,,(nC n , d =kmax {k ξ}, 则有∑∑=ikkikaAxξ1≦∑∑ikkik a ξ=∑∑ki ik k a )(ξ≦∑kk na ξ=n A ∑kk ξ≦max{m ,n }A ∑kk ξ=1MxA;2Ax=∑∑ikk ik a 2ξ≦∑∑ikk ik a 2)(ξ≦∑∑∑ikkk ika )(22ξ (H ölder 不等式)=∑∑∑⋅kkikika 22ξ≦mnA 2x≦max{m ,n }A2x=2MxA;}{max 1∑=∞=nk k ik iAxξa ≦∑=n k k ik ia 1}{max ξ≦}{max22∑∑⋅kk kikia ξ≦}max{22nd nai⋅=n AD ≦max{m ,n }AD =∞x A M .9. 只证范数的相容性公理及与向量2–范数的相容性. 设 A =(a ij)∈C n m ⨯, B =(b st )∈C l n ⨯, x =∈ξξξT21),,,(nC n 且 A =ij ji a ,max , B =st ts b ,max , 则 ∑=≤≤≤≤=nk ktiklt m i AB11,1Gmaxb aml≦}{max ,kt kik ti b a ml ∑≦}{max 22,∑∑⋅kkt kikti b a ml(Minkowski 不等式)≦mln ab =))((b nl a mn =GGBA.∑∑===mi nk k ikAx1212ξa≦∑∑ikk ik a 2)(ξ≦∑∑∑⋅ikkk ika )(22ξ（H ölder 不等式） ≦∑∑⋅ikkna )(22ξ=mnA2x=2G x A .10. 利用定理2.12得122H2===nI UU U.11.A 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---0110211214321cond 1(A )=225255111=⋅=-AA; cond ∞(A )=10251=⋅=∞-∞AA.12．设x 是对应于λ的特征向量, 则A x x m m λ=.又设 v⋅是C n 上与矩阵范数⋅相容的向量范数,那么vmvmvmxA xx==λλ≦vmxA因vx＞0, 故由上式可得 mλ≦mA⇒λ≦mmA.习 题 三1. 2c λc λλ))(2(+-=-AI , 当c λρ=)(﹤1时, 根据定理3.3, A 为收敛矩阵.2. 令S )N (=∑=N)(k k A,)(lim N N S+∞→=S , 则0)(lim lim )()()(=-=+∞→+∞→k k k k k SSA .反例: 设A )(k =k⎪⎪⎭⎫⎝⎛0001k , 则因 ∑+∞=01k k发散, 故 ∑+∞=0)(k k A发散, 但)(lim k k A+∞→=O .3. 设 A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛6.03.07.01.0, 则)(A ρ≦=∞A行和范数=0.9＜1, 根据定理3.7,∑∞+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛06.03.07.01.0k k=(I －A )1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛937432.4. 我们用用两种方法求矩阵函数e A : 相似对角化法. 22a λλ+=-A I , a -a i ,i =λ 当=λi a 时, 解方程组 (i a －A )x =0, 得解向量 p 1=(i, 1)T .当 λ=－i a 时, 解方程组 (i a +A )x =0, 得解向量 p 2=(－i, 1)T .令 P =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-11i i , 则P 1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-i 1i 1i 21, 于是e A =P ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a a i 00i P 1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛a a a -acos sin sin cos . 利用待定系数法. 设e λ=(2λ+a 2)q (λ)+r (λ), 且 r (λ)=b 0+b 1λ, 则由⎩⎨⎧=-=+-a aa b b a b b i 10i 10ei e i⇒b 0=cos a , b 1=a1sin a .于是e A =b 0I +b 1A =cos a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛11+a1sin a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a a a a cos sin sin cos . 后一求法显然比前一种方法更简便, 以后我们多用待定系数法. 设f (λ)=cos λ, 或 sin λ则有⎩⎨⎧=-=+a -a b b aa b b sini i sini i 1010 与⎩⎨⎧=-=+aa b b aa b b i cos i i cos i 1010由此可得⎪⎩⎪⎨⎧-==a a b b sini i 010 与⎩⎨⎧==0i cos 10b ab故 (a2i sini a )A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-0isini isini 0aa =sin A 与(cosi a )I =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a acosi 0cosi =cos A .5. 对A 求得P =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--013013111, P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-24633011061, P 1-AP =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-211根据p69方法二,e At =P diag(e t -,e t ,e t2)P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++---------tt tt t tt ttt t tt t e3e 3e3e 30e 3e 3e 3e 30e e 3e 2e e 3e 4e 661222tsin A =P diag(sin(－1),sin1,sin2)P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--01sin 601sin 6001sin 42sin 21sin 22sin 42sin 616. D 3(λ)=110011----λλλ=2)1(-λλ, D 2(λ)=D 1(λ)=1, A ~J =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛000010011. 现设r (λ,t )=b 0+b 1λ+b 2λ2, 则有⎪⎩⎪⎨⎧==+=++1e 2e 021210b t b b b b b ttb 0=1, b 1=2e t －t e t －2, b 2=t e t －e t +1. 于是e t A =r (A , t )=b 0I +b 1A +b 2A 2=I +(2e `t －t e t－2)⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛100100011+(t e t －e t+1)⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛100100111=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+--tt e 01e 101e e 1e e ttttt同理,由⎪⎩⎪⎨⎧=-=+=++1sin 2cos 021210b t t b b t b b b⇒b 0=1, b 1=t sin t +2cos t －2, b 2=1－t sin t －cos t . 将其代入cos A t =b 0I +b 1A +b 2A 2, 求出cos A t =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----t t t t t t t cos 001cos 10cos sin 11cos cos7. 设 f (A )=∑+∞=0k k A ka ,S N=∑=Nk k A 0k a .则 f (A )=NN S +∞→lim 并且由于 (S N)T=T)(∑=Nk kk Aa =∑=Nk k k A 0T )(a所以, f (A T )=T)(lim N N S +∞→=f (A )T . 8, (1) 对A 求得P =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1111, P 1-=P ,J =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1111111 则有e t A =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛t t tt tt tttt t t t ttt e eee 2e ee 6e2e 232e P 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛t ttt ttt t t e ee 2e 60ee e 200ee 000e 232t tt t t t tsin A t =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---t t t tt t t t tt tt tt t t sin cos sin sin 2cos sin cos 6sin 2cos sin 232P 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---t tt ttt t t t t t t t t t t sin cos sin 2cos 6sin cos sin 2sin cos sin 232cos A t =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----t t t tt t t t tt tttt t t cos sin cos cos 2sin cos sin 6cos 2sin cos 232P=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----t tt ttt t t t t t t t tt t cos sin cos 2sin 60cos sin cos 200cos sin 000cos 232 (2) 对A 求出P =P 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛010100000100001,J =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--010212则有eAt=P ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---11ee e 222tt ttt P 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---100010000e000e e 222tt tttsin A t =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--002sin 2cos 2sin t tt t tP 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--0000000002sin 0002cos 2sin tt t t tcos A t =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1012cos 2sin 2cos t tt tP 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛10000100002cos 0002sin 2cos t t t t 9. (1) sin 2A +cos `2A =[)e (e i 21i i A A --]2=[)(e 21i i A A e -+]2=)e e e (e 41)e e e (e 41i 2i 2i 2i 2O O A A O O A A ++++--+---=e O =I(2) sin(A +2πI )=sin A cos(2πI )+cos A sin(2πI ) =sin A [I －!21(2πI )2+!41(2πI )4－…]+cos A [2πI －!31(2πI )3+!51(2πI )5－…] = sin A [1－!21(2π)2+!41(2π)4－…]I +cos A [2π－!31(2π)3+!51(2π)5－…]I=sin A cos2π+cos A sin2π （3）的证明同上.(4) 因为 A （2πi I ）=(2πi I )A ,所以根据定理3.10可得 e I A i π2+=e A e I πi 2=e A [I +(2πI )+!21(2πi I )2+!31(2πi I )3+…]=e A {[1－!21(2π)2+!41(2π)4－…]+i[2π－!31(2π)3+!51(2π)5－…]}I=e A {cos2π+isin2π}I =e A此题还可用下列方法证明:eIA πi 2+=e ⋅AeIi π2=e ⋅A P ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛i π2iπ2πi 2e eeP 1-=e ⋅A PIP 1-=e A用同样的方法可证: e I A πi 2-=e A e I πi 2-.10. A T =－A , 根据第7题的结果得 (e A )T =e TA =e A -, 于是有e A (e A )T =e A e TA =e A A -=e O =I11. 因A 是Herm(i A )H =－i A H =－i A , 于是有e A i (e A i )H =e A i e A i -=e O =I12. 根据定理3.13, A 1-tt A e d d =e At , 利用定理3.14得⎰tA 0d eττ=⎰-tA A1d ed d τττ=A 1-τττd ed d 0A t⎰=A 1-(e -At I ).13.t d dA (t )=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---t t t tsin cos cos sin , t d d(det A (t ))=td d (1)=0, det(td d A (t ))=1, A 1-(t )=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-t tt t cos sin sin cos , t d dA 1-(t )=⎪⎪⎭⎫⎝⎛---t tt t sin cos cos sin14. ⎰tA 0d )(ττ=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎰⎰⎰⎰⎰⎰-0d 30d e2d e d d e d e 02002002ttt ttt τττττττττττττ=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--+---002301e e 1311e e )1(e 212232t t t ttttt15. 取 m =2, A (t )=⎪⎪⎭⎫⎝⎛t t t 02, 则A2(t )=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2234t t t t , t d d(A (t ))2=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+t t t t 2023423≠2A (t )t d dA (t )=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+t t t t 2022423. 困为++==--21)]()[(d d )()]()[(d d )]()()([d d )]([d d m m A A A A A A A A A t t tt t t tt t t tt t m+)(d d )]([1t tt A A m -所以当(td d A (t ))A (t )=A (t )td d A (t )时, 有)(d d )]([)(d d )]([)(d d )]([)]([d d 111t tt t tt t tt t tA A A A A A A m m m m---++==m [A (t )])(d d 1t tA m -16. (1) 设 B =(ijb )n m ⨯, X =(ijξ)m n ⨯, 则 BX =(∑=nk kj ik 1ξb )m m ⨯,于是有tr(BX )=∑∑∑===++++nk kmmkn k kjjk n k k k 11111ξξξbb bijBX ξ∂∂)tr(=jib (i =1,2,…,n ;j =1,2,…,m )⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=mn nm BX X b bb b1111)(tr(d d=T B由于 BX 与TT T )(BX BX =的迹相同，所以TTT))(tr(d d ))(tr(d d BBX XB X X==(2) 设A =(ija )n n ⨯,f=tr(AX X T ), 则有⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=nm mn Xξξξξ1111T，AX =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛∑∑∑∑kkmnkkk nk km kk k k ξξξξaa a a1111 f =∑∑∑∑∑∑++++lkkmlklmlkkjlk lj lkk lk l ξξξξξξaa a 11)]()([][∑∑∑∑∑∂∂⋅+⋅∂∂=∂∂=∂∂kkj lk lkijlj kj lk ijlj lkkj lk lj ijijξξξξξξξξξξa a a f=∑∑+klj li kkj ik ξξa amn ij X ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂=ξf fd d =XA A X A AX)(TT +=+17. 设A =(ija )m n ⨯, 则 F (x )=(∑∑∑===nk kn k nk k nk k k 1211,,,a a a 1k ξξξ ),且A d F F F x Fnn n n n n n =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=a a a a a a a a a21222211121121d d d d d d d ξξξ18. ()⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---------=='tt tt t t t tt t tt t t t ttt AtAt A 222222222e4e 3e 3e 6e3e 6e2e ee 4e e 2e 2e e e 2e e 4ee在上式中令t =0, 则有A =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=133131113e OA19. A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---502613803, x (0)=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛111, A的最小多项式为 2)1()(+=λλϕ. 记f (λ)=t λe ,并设f (λ)=g(λ))(λϕ+)(10λb b +, 则⎩⎨⎧==---tte e 110t b b b ⇒tt--=+=e,)1(10t b et b于是⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--+=++=---t t t tt t t t 41026138041e ee)1(etttAtA I , x (t )=Ate x (0)=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++-t t t 6191121e t20. A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--101024012, f (t )=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-1e 21t , x (0)=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-111, =)(λϕdet(λI －A)=23λλ-. 根据O A =)(ϕ,可得；252423,,A A A A A A ===,….于是23232)!31!21()(!31)(!21)(eAA I A A A I At++++=++++=t t t t t t=2)1(e A A I t t t --++=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---++--t tt e 1e e 210124021t t t t t tx (t )=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+⎰⎰-t t t t f e )1(11]02111[e ]d 021)0([]d )(e )0([e 00Att At tA At x e x ττττ习 题 四1. Doolite 分解的说明,以3阶矩阵为例: 11r 12r 13r 第1框 21l 22r 23r 第2框 31l 32l 33r 第3框 计算方法如下: (ⅰ) 先i 框，后i +1框,先r 后l .第1框中行元素为A 的第1行元素； （ⅱ）第2框中的jr 2为A 中的对应元素ja 2减去第１框中同行的21l 与同列的jr 1之积．第3框中的33r 为A 中的对应元素33a 先减去第1框中同行的31l 与同列的13r 之积，再减去第2框中同行的32l 与同列的23r 之积； （ⅲ）第2框中的32l 为A 中的对应元素32a 先减去第1框中同行的31l 与同列的12r 之积，再除以22r . 计算如下:1 3 02 -3 0 2 2 -6A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛60030031122012001 2.Crout 分解的说明,以3阶矩阵为例:11l 12u 13u 第1框 21l 22l 23u 第2框 31l 32l 33l 第3框(ⅰ) 先i 框,后i +1框.每框中先l 后r .第1框中的列元素为A 的第1列的对应元素;(ⅱ)第2框中的2i l 为A 中对应元素2i a 减去第1框中同行的1i l 与同列的12u 之积;(ⅲ)第2框中的23u 为A 中的对应元素23a 减去第1框中同行的21l 与同列的13u 之积,再除以22l .第3框中的33l 为A 中的对应元素33a 先减去第1框中同行的31l 与同列的13u 之积,再减去第2框中同行的32l 与同列的23u 之积. 计算如下:1 3 02 -3 02 -6 -6A =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---1000100316620320012. 先看下三角矩阵的一种写法:⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛333231222111000a a a a a a =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛332211223211311121000000101001a a aa a a a a a , ii a ≠0对本题中的矩阵A 求得Crout 分解为A =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--10021********240512005利用下三角矩阵的写法对上面的分解变形可得A =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--10021********0051000512540152001=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--10021********0510005100051000512540152001=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--10052510545251525405152005 3.对A 的第1列向量)1(β, 构造Householder 矩阵1H 使得 =)1(1βH 12)1(e β, 31C e ∈⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=010)1(β, ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-01112)1()1(e ββ, u =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--01121212)1()1(12)1()1(e e ββββ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-=1000010102T1uuI H ,⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2301401111A H , ⎪⎭⎫ ⎝⎛=23141A对1A 的第1列向量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=34)2(β, 类似构造Householder 矩阵2H :⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--=3110122)2)2(12)2()2ββββe u , 21C e ∈,⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-=4334512T22uu I H ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=102512A H 令12001H H H ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=, 则有⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=100250111HA =R 并且⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==---10025*******300015354000101T2T 112111R H H R H H R H A =QR4. 对A 的第1列向量⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=202)1(β, 构造Givens 矩阵⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=210210102102113T ,⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=0022)1(13βT , ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1132221210220232322A O A T对1A 的第1列向量⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=212)2(β, 构造⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3223131322~12T , ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=023~)2(12βT ,⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=34023723~112A T 令⎪⎪⎭⎫⎝⎛=12T12~1T O O T , 则有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛==3402372302323221312R A T T . 于是QR R T T A =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--==34023723023232232231213123403223121H13H 125. 设A =),,(i i0i 0i0i 1321ααα=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----, 对向量组321,,ααα施行正交化, 令⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--==0i 111αβ,⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=i 212i 0i 12i i 0i ],[],[1111222ββββααβ,⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=--=323i 232i 212i 3i 0i 1211i 0],[],[],[],[222231111333ββββαββββααβ于是⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=+-==3213212113i 212i βββαββαβα写成矩阵行式K ),,(1003i 10212i 1),,(),,(321321321ββββββααα=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----=32632316i 203i 612i 316i 21),,(321βββ 最后得A =K ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----32632316i 203i 612i 316i 21=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----3206i 630212i 2316i 203i 612i 316i 21=QR 6. 令⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==1000515205251121T T 则⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=0110005205501140220110005152052511A T再令⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==305061010610305132T T ,⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=3010305000061061612A T T最后令⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0101000013T , RA T T T =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=30103050610616123A =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=03010305061061603056151302625230161H 3H 2H 3R T T T =QR7.=)1(β(0, 1)T,12)1(=β, u =2121)1(1)1(=--e e ββ(－1, 1)T ,H 1=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-01102T2uu I , H =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1001H 则有HAH T=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛01100001111210121010100001=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--120111211, H 是Householder 矩阵.同理, 对)1(β, 取 c =0, s =1, T 12=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-0110, T =⎪⎪⎭⎫⎝⎛12001T , 则⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=='-011000011112101210101000011TATT TA=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---120111211, T 是Givens 矩阵.8. 对⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1612)1(β, 计算u =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--2151202021)1(1)1(e e ββ, H =I －2uuT=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-344351 令Q =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛H 001, 则⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0750756********TQAQ同理，对1(β,为构造Givens 矩阵，令c =53, s =54, ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=5354545312T ，则 当⎪⎪⎭⎫⎝⎛=12001T T时，='T TA ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--07575600200200. 1. (1) 对A 施行初等行变换⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----10424201011200010321～⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---142002102121100111201 S=,1420210011⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2121101201422021(2)⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--------10001111010011110010111100011111～⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----110011000002102111100210210001S=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---110011021021021021,A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----1110000111111111 （3）⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1000126420100632100101264200016321～⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---1010010100000011000000016321⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=1010010100110001S ,()63212121⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=A10. (1)⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=000000005TA A 的特征值是5，0，0. 分别对应特征向量321,,e e e ,从而V=I,),(11p V = ∑=(5),11AV U =∑1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛2151. 令,12512⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=U ()21U U U =,则I U A ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=000005(2)⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2112T A A 的特征值是，，1321==λλ对应的特征向量分别为TT11,11⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛.于是∑=⎪⎪⎭⎫⎝⎛1003， ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=21212121V =1V ,11AV U =∑1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-06221612161取⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=3131312U , 构造正交矩阵()21U U U ==⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---31062312161312161‘所以，A 的奇异值分解为T001003V U A ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=11. 根据第一章定理1.5, A A H 的特征值之和为其迹，而由第二章2.7 F－范数的定义AA A A AHH2F)tr(==的特征值之和=∑=ri i 12σ习 题 五1．设x =T21),,,(nηηη 为对应于特征值λ的单位特征向量，即(QD )x =λx两边取转置共轭：HHHHx Q D x λ=与上式左乘得2H H λ=Dx D x即22222221212nn ηηηd d d λ+++= ,由此立即有2min iid ≤2λ≤2maxiid从而i dim i n ≤λ≤idimax.后一不等式的另一证明：根据定理2.13，λ≤)(QD ρ≤2QD i dimax 最大特征值的H 22.11定理==D D D2. A 的四个盖尔园是1G : 9-z ≤6,2G : 8-z ≤2, 3G : 4-z ≤1,4G :1-z ≤1.由于4G 是一个单独的连通区域，故其中必有一个实特征值.321G G G ⋃⋃是连通区域，其中恰有三个特征值，因而含有一个实特征值 .3. A 的四个盖尔园:1G 1-z ≤2713,:2G 2-z ≤2713, :3G 3-z ≤2713,:4G 4-z ≤2713是互相隔离的，并且都在右半平面，从而每个盖尔园中恰有一个特征值且为正实数.。
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矩阵论第二版答案【篇一：华北电力大学硕士研究生课程考试试题(a卷)矩阵论答案】14)一、判断题（每小题2分，共10分）1. 方阵a 的任意一个特征值的代数重数不大于它的几何重数。
(x)见书52页，代数重数指特征多项式中特征值的重数，几何重数指不变子空间的维数，前者加起来为n，后者小于等于n?,?,?,?m是线2. 设12性无关的向量,则 dim(span{?1,?2,?,?m})?m.正确，线性无关的向量张成一组基v,v3.如果12 是v 的线性v?vv12子空间,则也是的线性子空间.错误，按照线性子空间的定义进行验证。
a(?)4. n阶?-矩阵是可逆a(?)的充分必要条件是的秩是n .见书60页，需要要求矩阵的行列式是一个非零的数5. n阶实矩阵a是单纯矩阵的充分且必要条件是a的最小多项式没有重根. 见书90页。
二、填空题（每小题3分，共27分）?210???a??021?,??003（6）??则ea的jordan标准型为?e?0??0?21e200??0?,3?e?。
【篇二：矩阵论简明教程课后习题与答案解析】mite正定矩阵的充分必要条件是，存在hermite正定矩阵b，使得a=b2。
解：若a是hermit正定矩阵,则由定理1.24可知存在n阶酉矩阵u, 使得??1??uhau=?????2???, ?i﹥0,i=1, 2, ?,n. ????n??于是??1????2??ha=u?u ??????n????1??1?????h??2= u??uu?????????n???2????h?u ??n??令?1??b=u????2????h?u ?n??则a=b2.反之,当a=b2且b是hermit正定矩阵时,则因hermit 正定矩阵的乘积仍为hermit正定矩阵,故a是hermit 正定的.14. 设a?cn?n是hermite矩阵，则下列条件等价:（1）a是mermit半正定矩阵。
（2）a的特征值全为非负实数。
（3）存在矩阵p?cn?n,使得a=pp解：(1)?(2). 因a是hermit矩阵,则存在酉矩阵u,使得uhau=diag(?1,?2,?,?n)令x=uy, 其中y=ek. 则x?0. 于是xhax=yh(uhau)y=?k≧0 (k=1, 2, ?,n).(2)?(3).a=udiag(?1,?2,?,?n)uh=udiag(?1,?2,?,?n)diag(1,?2,?,?n)uh 令p=diag(1,2,?,n)uh, 则a=php . (3)?(1). 任取x?0, 有xhax=xhphpx=px2≧0.h1.求向量x=（1+i，-2,4i，1,0）的1、2、∞范数。
解：x1=?i??2?4i?1?0=7+2, x2=(1?i)(1?i)?(?2)2?4i(?4i)?1=23, x?=max?i,?2,4i,1?=4.2. 设?1，?2…..?n是一组给定的正数，对任意x=（?1,?2…..?n）t?cn, 规定=k?1??k?k?x=n2。
证明x是cn上的一种向量范数。
解：当x?0时, 有x﹥0; 当x﹦0时, 显然有x=0. 对任意??c, 有k?1??k??kn2??k?1??kkn2??x.为证明三角不等式成立,先证明minkowski不等式: 设 1≦p﹤∞, 则对任意实数xk,yk(k=1, 2, ?,n)有(?xk?yk)≦(?xk)?(?yk)k?1k?1k?1np1pnp1pn1p证当p=1时，此不等式显然成立. 下设p﹥1, 则有?xk?ykk?1np≦?xkxk?ykk?1np?1??ykxk?ykk?1np?1对上式右边的每一个加式分别使用h?lder不等式, 并由 (p－1)q=p, 得?xk?1nk?ykp≦(?xk)(?xk?ykk?1np1pn1(p?1)qq=[(?xk)?(?yk)](?xk?yk)k?1k?1k?1nk?11pp)?(?yk)(?xk?ykk?1k?1p1pn1(p?1)qq)np1pn1pq再用(?xk?yk)除上式两边,即得 minkowski 不等式. k?1n1pq现设任意y=(?1,?2,?,?n)t?cn, 则有x?y??k?k?k?12n??kn2=?(k?1nk?k??k)≦2?(k?1nk?k?kk)2≦?(kk)?k?1n?(kj2=x?y.3. 设a，b是cn上的两种向量范数，又k1，k2是正常数，证明下列函数是cn上的向量范数。
(1) 函数的非负性与齐次性是显然的,我们只证三角不等式.利用最大函数的等价定义:max(a, b)=(a?b?a?b)max(x?ya,x?yb)≦max(xa?ya,xb?yb)121≦(xa?xb?ya?yb?xa?x212=(xa?xb?ya?yb?xa?ya?xb?yb)b?ya?yb)=(xa?xb?xa?xb)?(ya?yb?ya?yb)=max( xa,xb)+max( ya,yb) (2) 只证三角不等式.k1x?ya+k2x?yb≦k1xa+k1ya+k2xb+k2yb=( k1xa+k2xb)+( k1ya+k2yb) . 4. am??i?3?5?4i?2?3?1?18?2;11212af??i?32?52?4i?22?32?1?66; a22m??15;a1?列和范数(最大列模和)=7?;a?=行和范数(最大行模和)=9 ;5. 已知m是cn?n上的矩阵范数，s是n阶可逆矩阵。
对任意a?cn?n，规定a=s?1as，证明是cn?n上的一种矩阵范数。
m解：非负性: a≠o时s?1as≠o,于是a?s?1asm＞0. a=o时, 显然a=0; 齐次性: 设??c, 则?a?s?1(?a)s三角不等式: a?b?s?1(a?b)s 相容性: ab?s?1(ab)smm??s?1asm=?a;s?1as?s?1bs≦mmm?s?1as?s?1bss?1as≦mm?a?b;?s?1ass?1bss?1bs=ab. m6. 证明：对cn?n上的任意矩阵范数均有in≧1。
因为in≠o, 所以in＞0.从而利用矩阵范数的相容性得:in?inin≦inin,即in≧1. 7. 证明cn?n上的m范数与cn上的1、2范数相容。
解：设 a=(aij)?cn?n, x=(?1,?2,?,?n)t?cn, 且 a=aij, 则?i,jax1???aik?k≦??aikk=?[?kikikk?aiiik]≦na?k=amk2?x1;2ax2???aikikk?≦?[?aikikk]2=?a[??kk]2=nax2≦na=a解：利用定理2.12得m?x2.210. 设u是n阶酉矩阵，证明?1u2?hu2?in2?1.mm习题三?i?i??11???, 则p?1=1?2i?1i????1i???, 于是 ea=p??ia0???1?cosa-sina??0?ia???p=???sinacosa????b0?b1ia?eia??b0?b1ia?e?ia?b10=cosa , b1=asina .于是ea=b?0i+b1a=cosa?11??a????+1asina?????a???=???cosa?sina???sinacosa???. 后一求法显然比前一种方法更简便, 以后我们多用待定系数法. 设f(?)=cos?, 或 sin?则有??b0?b1ia?sinia?b0?b1ia?-sinia与??b0?b1ia?cosia?b0?b1ia?cosia 由此可得??b0?0?与?b0?cosia??b??isinia?1a?b1?0故(i2asinia)a=??0isinia????isinia0???=sina 与 (cosia)i=???cosia0??0cosia???=cosa.?5.对a=?1?11???310???求得p= ?1?11???310??0?11???1?, p?1=1??033??, p?1ap=?1??10????3?310??6??642?????6e2t4e2t?3et?e?t2e2t?3 et?e?t?eat=pdiag(e?t,et,e2t)p?1=1?6??03et?3e?t3et?3e?t???03et?3e?t3et?3e?t?????2???sin24sin2?2sin12sin2?4sin1??1??106sin1sina=pdiag(sin(－1),sin1,sin2)p=?0?6??6sin10?0?8. 证明：对任意a?cn?n,有：1ia?ia21(e?e)]=[(eia?e?ia)]2 2i211=?(e2ia?e?2ia?eo?eo)?(e2ia?e?2ia?eo?eo)44(1) sin2a+cos2`a=[=eo=i11112!4!3!5!=sina[i－1111112!4!3!5!=ea此题还可用下列方法证明:???????1a?1a?p=epip=e ???10.证明：若a为反对称矩阵，则ea是正交矩阵。
at=－a, 根据第7题的结果得 (ea)t=ea=e?a, 于是有ea(ea)t=eaea=ea?a=eo=i习题四9.求下列矩阵的hermite标准形和所用的变换矩阵s,并求满秩分解：(1) 对a施行初等行变换tt【篇三：矩阵论答案习题 1.1】1. 解：除了由一个零向量构成的集合???可以构成线性空间外，没有两个和有限（m）个向量构成的线性空间，因为数乘不封闭（k?有无限多个，k∈p数域）.2. 解：⑴是；⑵不是，因为没有负向量；⑶不是，因为存在两向量的和向量处在第二或第四象限，即加法不封闭；⑷是；⑸不是，因为存在二个不平行某向量的和却平行于某向量，即加法不封闭.3. 解：⑴不是，因为当k∈q或r时，数乘k?不封闭；⑵有理域上是；实数域上不是，因为当k∈r时，数乘k?不封闭.⑶是；⑷是；⑸是；⑹不是，因为加法与数乘均不封闭.4. 解：是，因为全部解即为通解集合，它由基础解系列向量乘以相应常数组成，显然对解的加法与数乘运算满足二个封闭性和八条公理.5. 解：（1）是线性空间；（2）不是线性空间（加法不封闭；或因无零向量）.6. 解：（1）设a的实系数多项式f?a?的全体为?f?a??aamamai?r,m正整数?显然，它满足两个封闭性和八条公理，故是线性空间.（2）与（3）也都是线性空间.7. 解：是线性空间.不难验证sint，sin2t，…，sinnt是线性无关的，且任一个形如题中的三角多项式都可由它们惟一地线性表示，所以它们是v中的一个组基.由高等数学中傅里叶（fourier）系数知 ci?1??2?tsinitdt.??s?(3, 4)=(3,4)?(6, 4)= (9, 8),?(1,2) = (3,4) ,⑷是.9. 证若?,??v，则2??????2??2???1?1????1?1????1??1???(1??1?) ??????????????????????另一方面，2???????1?1????????1??1???1????? ??????????????????????因此 ????从而有???????????????，????????? ??????????????????????????????于是得?.10. 解：先求齐次方程组的基础解系即为解空间v的一组基. 所以， dim v=2.11. 解：考察齐次式即得线性方程组k1?k2?0k1?k2?k3?02k1(x?x)?k2(x?x)?k3(x?1)?022(k1?k2)x?(k1?k2?k3)x?k3?0,k3?0?k3?0时由于系数行列式不等于零，那么只有 k1?k2才对 ?x 成立，所以2, 上述齐次式22x?x, x?x, x?1 线性无关，且任二次多项式ax?bx?c都可惟一地用它们来表示(因为相应的非齐次方程组有惟一解)，故为基.令得2x?7x?3?(k1?k2)x?(k1?k2?k3)x?k322k1?3,k2??1,k3?3, 即坐标为 ( 3, -1, 3 ) .12. 解：⑴因为 (?1,?2,?3,?4)=(?1,?2,?3,?4)c ,故 c =(?1,?2,?3,?4)?1(?1,?2,?3,?4)10100001000?120310532166132031053216613t= 0001?11=1?11.⑵1x =(?1,?2,?3,?4),?12031053216613,?2,?3,?4)t, 则??1?2?3?y=c?1?2?3?4= 1?1149113490?19?1?13???11923272?1=271?3727013? = b x3?2?432627⑶如果 x = y , 则有 x= bx ,即得齐次方程组 ( i- b)x=0 , 求其非零解为x = k (－1, －1, －1, 1 ) ,k∈r ,即为所求 .t13. 解： (1) 对kakl?1，其余的aij?012n?n?1?.?1,2,?,n；l?k,k?1,?,n令fkl??aij?，其中n?n，则?fkl?为上三角矩阵空间的一组基，维数为（2）r+中任意非零元素都可作r+的基，dimr+=1. （3）i，a，a2为所述线性空间的一组基，其维数为3.14. 解：（1）由已知关系式求得??1???2???3???4?4?1?8?2??3?2?4??2?1?4?2??1?2?2??2?2?3??4于是，由基（i）到基（ii）的过渡矩阵为?4?8c???1???2?2?40112000??1? 2??0?c（2，-1，1，1）t=（11，23，4，-5）t.15. 解：不难看出，由简单基e11，e12，e21，e22改变为基（i）和基（ii）的过渡矩阵分别为?2?1c1???0??10122?21121??3?1??2??1?2????1??01?111?1211?1???1?0??1?，c2则有（b1，b 2，b 3，b 4）=（e11，e12，e21，e22）c2 =（a1，a 2，a 3，a 4）c1?1 c 2。