北航 矩阵论 矩阵论课后参考答案
矩阵论简明教程习题答案
1 p1 = 4 , 0
1 p 2 = 0 4
=－1 所对应的方程组 (I+A)x=0 有解向量 1 p 3 = 0 0
令
7．
3 0 1 1 1 0 1 1 P=(p 1 , p 2, p 3 )= 4 0 0 , 则 P = 4 1 4 . 于是有 12 0 4 1 16 4 4 2100 4 2100 2100 1 2100 1 1 2100 0 3 2100 0 A 100 =P P 1 = . 3 100 100 100 1 2 1 4 2 1 4 4 2 2 (1) I A = ( 1) =D 3 ( ), I－A 有 2 阶子式
1 3 2 3 2 T ) . 3
2 1 2 2 1 2 4 ～ 0 0 0 2 4 2 4 4 0 0 0
当 =1 时, 对应的齐次线性方程组 (I－A)x=0 的系数矩阵
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
是
d1 1, d 2 1,
d 3 ( 1)( 2)
1 A～J= 1 2
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 =－1 时，解方程组 ( I A) x 0, 求得两个线性无关的特征向量
北航2009-2010 学年第一学期矩阵理论A试题
2009—2010学年 (A)学号 姓名 成绩《 矩阵理论 》（A ）注意事项：考试时间120分钟 一. 填空 (注: I 代表单位阵,H A 表示H 转置, det(A)指行列式)(1)()det()tr A A ee -⋅= ，1()()A A A A e e e e +----=(2)若2320A A I -+=，则A 有一个无重根零化式为f(x)= (3)若2H A A A == , 则+A =(4)若3阶阵A I ≠-，且220A A I ++=，则Jordan 形A J =(5)311, ,030a A B b ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ A B ⊗的特征根为(6)211555121,444111333A=, i x i i i ⎛⎫ ⎪⎡⎤⎪⎢⎥⎪==⎢⎥ ⎪⎢⎥ ⎪⎣⎦⎪ ⎪⎝⎭, 则谱半径()A ρ取值范围是 ；且1A x = ；||A||∞=(7)01,10A -⎛⎫= ⎪⎝⎭ 则 ( )sin =( )cos tAt e t -⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， =A e π (8)1111A=-⎛⎫ ⎪-⎝⎭11A x ⎛⎫= ⎪⎝⎭则的最佳极小二乘解是 ; +A = .. (9)矩阵A 中各列都可用B 的列线性表示(R(A)R(B)⊂)，则有矩阵P 使BP = (10)ｎ阶阵A 的特征根λ，谱半径()A ρ与范数||||A 的大小关系是 ． (11)A 是ｎ阶阵(k 是自然数),则(),(),||||,|||| kkkkA A A A ρρ之间关系为()tr()A B ⊗=(12)1 0 1A 1 1 2 1 2 3⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭的满秩分解为 ；(13)设123,,εεε是3R 的基，33RA ⨯∈满足：1223323,,2.A A A εεεεεεε===-则有矩阵B 使得123123(,,)(,,)B A εεεεεε=，B = ． 二.计算下列各题1. 设列满(高)阵m n A A ⨯=的QR 分解为A QR =，Q 为次酉阵().Hn Q Q I =验证：1H X R Q -=满足A +的4个条件.2.设,000100010A ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭(1)求23, A A ，(2)由23()()23!tA tA tAeI tA ++++直接计算tA e，并求()tA tA e e +-=. 计算下列各题1. (1)I 为单位矩阵，用Taylor 公式计算验证tIt ee I =且0n neI ⨯=(2)若已知sin()()At B t =, 如何求出矩阵A （写一个公式）(3)已知525252523444173343t tt t At ttt t e e e e e e e e e ----⎛⎫+-= ⎪-+⎝⎭，用导数公式求矩阵A 2.设,A ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭210020002(1)求A 极小式；(2)由23((2))((2))2(2)23!()(2)t A I t A I tAtt A I e e I e I t A I ----=+-+++计算tA e3.0.50.5 ,00.5A ⎛⎫=⎪⎝⎭设计算：20()k k I A A ∞=⎛⎫-⋅ ⎪⎝⎭∑5．(1)画出矩阵A 的盖尔圆盘; (2)说明A 有3个互异特征根．1812191.19A i i ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭三.( 6分)设A 是ｎ阶正规矩阵,1(A){ ,,}n σλλ=(全体特征根)．(1)写出正规阵A 的含有对角阵与两个U(酉)阵的乘积分解公式；(2)若A 是2阶正规矩阵，(A){1, }i σ=，1i X ⎛⎫= ⎪⎝⎭使得A X X =，求一个U(酉)阵Q ，将A 写成H Q , Q 与对角阵的乘积形式．四.(任选3题共9分 )简证下列各题 1.设•是n n⨯上相容的矩阵范数, 列向,0.nαα∈≠任取nx ∈，令||||x 如下：H x x α定义为，nx ∈. 证明： n nA A , ( A ).x x ⨯≤⋅∈2.设•是矩阵范数，x , x 0 n∈≠使得Ax=x λ; 令n n B=(x,0,0,,0)⨯证明： AB=B λ，且有 ||||B||||A||||B||λ⋅≤⋅(由此你能否推出一个结论？).3. 设A n n⨯∈, A 是相容的矩阵范数, 证明(1) ||I||1≥（I 是单位矩阵）；(2)若A 可逆， 则11||||||||A A -≥4. 若A 为n 阶正规阵，1n (A)= {,,}σλλ(全体特征根)，证明1n (A )= {, , }H σλλ(H A 的全体特征根)．五.(11分) 1.设()1111122201T 12, , b 2101 A A --⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭,124500A A A ⨯⎛⎫=⎪⎝⎭. 求 A + 与Ax=b 的极小范数解或最佳极小二乘解2.已知111121A ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪-⎝⎭， (1)求A 的短奇异值分解; (2)求奇异值分解.六.(8分)21011020, 00012A B ⎛⎫⎡⎤ ⎪==⎢⎥⎪⎣⎦ ⎪⎝⎭. 求A 的极小式；计算tA e 与()B A e ρ⊗七. (7分)设110011001A ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，求一个矩阵B (具有正的特征根)，使得2BA =．附加题1.设m mA ⨯∈,n nB ⨯∈,()m nX X t ⨯=∈, 验证At Bt X e Ce =是微分方程：d , (0)d XAX XB X C t=+= 的唯一解． 2 已知5252521252523444173343t tt t Attt ttt t e e e e e e G e G e e e e -----⎛⎫+-=+= ⎪-+⎝⎭求1432A ⎛⎫= ⎪⎝⎭已知121sin()127tA f G f G ⎛⎫=+=⎪⎝⎭求A = 参考题：证明：若A 是正规，则()f A 是正规阵，特别aI bA +为正规阵．设m nA ⨯∈，证明 ()(),()()R N R N H H A A A A ⊥⊥。
09+10年北航研究生矩阵论 矩阵理论B期末试卷
二、设 A∈ 8×8，且 λ I − A 等价于准对角阵
diag
⎧⎪⎨⎪⎩⎡⎢⎣λ
2 −1 0
1 ⎤ ⎡λ +1 λ + 2⎥⎦ , ⎢⎣λ −1
0⎤ λ −1⎥⎦
,(λ
+
2)2
,
λ
+
2,
1,
1⎫⎪⎬⎪⎭
(1)试求 λ I − A 的初等因子，不变因子；Smith 标准形(3)写出 A 的最小多项式及 Jordan 形.
四、证明：1）、 因为 A+ = A，故 A3 = A 所以 秩A=秩A3 ≤ 秩A2 ≤ 秩A，所以 秩A2 = 秩A
2）、由 A3 − A = 0，故 λ3 − λ 将 A 零化，且 λ3 − λ = 0无重根， A 可对角化。
3）、 A 的特征根为 1、-1 和 0，而 秩A=r 。故非零特根个数为（对角线非零元素的个数为 r）
附加题证明：令 B = A( AT A)−1 AT ，则 BT = B 为实对称矩阵，且 B2 = B
从而 BT B 与 B 由相同的特征值，且 B 的正奇异值就是 B 的正特征值。λ2 −1 = λ(λ −1) 是
B 的 零 化 式 。 故 B 的 最 大 特 征 值 为 1 （ 否 则 B 为 零 矩 阵 ， 从 而 A = 0 ， 矛 盾 ）， 所 以 B = B的最大奇异值= 1 = 1
3⎤ 2⎥⎦
.（1）计算
e
At
;
（2）试求
f
∞
A=
n=0
n +1 n!
A2
+
A
n
.
八、 A∈ n×n. 证明 lim Am = 0 ⇔ ρ ( A) < 1. m→∞
矩阵论课后题答案(研究生用书)改
⎞ ⎠
⎠
A
P
⎞ ⎠
⎠ ⎞
P
⎠
− 1
A
⎠
A
J
P
P
A P
J
A f f A f E E A A A A
⎞ ⎠
A
A
A
A
E
A
E
⎞
A
A A E
A
⎠
f A
A
A
A
A
A
E
A
E
E
A A
⎠
⎞
A A A
A
A
E
2
f
E
A
f A
⎞ ⎠
A
A A A E A
A
E
A
A
⎠ ⎞
E
A
E
⎠
⎞
⎞ ⎠
f A E
E
⎞
A
A
E
⎞ ⎠
f A E E E
0 0
x
x
x
A A
E
E E A A A A A E
⎞ ⎠
j
E
E A A A A
A
E E
A E
E A
A
A
E A
A
A
F
j
F
j
j
A
E
A
A
A A E A g A E A E A E A g A A E A E E A A A E
A
A
A
F
A
A
H
A
A A A A
F
A
H
A
A
A
A
A
A
F
矩阵论习题答案
自测题一一、解：因为齐次方程0211211=++x x x 的基础解系为T T T )1,0,0,0(,)0,1,0,1(,)0,0,1,1(321=-=-=ααα，所以V 的一组基为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=00111A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=01012A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=10003A ，显然A 1，A 2，A 3线性无关.V a a a a A ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡=∀22211211，有211211a a a --=，于是有 322221112A a A a A a A ++=，即A 可由A 1，A 2，A 3线性表示，故A 1，A 2，A 3为V 的一组基；且dimV=3.二、解：（1）R V X X ∈∈∀λ,.21，有21212122112211(2211)(X X X X X X ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+）=+)(1X )(2X,λλλλ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=11122112211)(X XX )(1X .又因任意两个二阶方阵的乘积、和仍为二阶方阵，故V V '=，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22211211,,,E E E E 下的矩阵A ：2221121111020020100012211)(E E E E E +++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2221121112200)(E E E E E +++=2221121121020)(E E E E E +++=2221121122200)(E E E E E +++=故⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=2020020210100101A . 显然, 从自然基到所给基4321,,,E E E E 的过渡过阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=1000110011101111C ；⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=-10001100011000111C , 所以在4321,,,E E E E 下的矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----==-40200202231201011AC C B .三、解：（1）不是内积. 因为)(,A A tr A A +=)(2)(22211a a A tr +==并不一定大于零.（2）因为1),(10==⎰dt te g f t ,⎰===1021231)(),(dt t f f f ,⎰-===1212212)21()(),(e dt e g g g t,g f g f ⋅≤),( ,即212)21(311-⋅≤e .四、解：（1）2)2)(1(--=-λλλA I ，2,1321===λλλ.行列式因子：1,1,)2)(1(1223==--=D D D λλ ; 不变因子：2321)2)(1()(,1)()(--===λλλλλd d d ; 初等因子：2)2(),1(--λλ .（2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2121~21J JJ A ; （3）对T X A I )1,1,0(0)(,1111==-=ξλ得;T X A I )1,0,1(0)2(,2222==-=ξλ得.再求22=λ的一个广义特征向量： 由23)2(X X A I -=-得T )1,1,1(3=ξ .取⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-111110111,1111011101P P , :,)(则令SinA A f =[][]⎥⎦⎤⎢⎣⎡===2sin 02cos 2sin )(,1sin )()(22111λλλJ f f J f , 故12211)])([)],([(sin -⋅=P J f J f Pdiag A λλ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=1111101112sin 2cos 2sin 1sin 111101110⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-+-+----+=2cos 1sin 1sin 2cos 1sin 2cos 2sin 2sin 1sin 1sin 2sin 1sin 2sin 2cos 2cos 2sin 2cos .五、解：（1）130143014,83,3014max max 31<=⎭⎬⎫⎩⎨⎧==∑=∞j ij ia A ， 故0lim =∞→k k A ；（2）∑∞=0k k x 的收敛半径为1，而1<∞A 若在其收敛域内，故∑∞=0k kA绝对收敛，且∑∞=--=01)(k k A I A .六、解：（1）6,5,15,511====∞∞m m A A A A ；又因为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=-322232223511A ，571=∞-A . 所以7557)(1=⨯==∞∞-∞A A A cond ；1,5,)1)(5(3212-===+-=-λλλλλλA I .故5lim )(==i iA λρ. （2）因为031221,0121≠-==∆≠=∆，故可分解. （3）-+-r B B B ,,均可取1-B .七、证：设T n T n y y y Y x x x X ),,,(,),,,(2121 ==分别为在两组基下的坐标，则CY X =，当Y X =时有：θ=-X C I )(，则0=-C I ，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X CX ⋅=1，由坐标变换公式知，在基1β，2β，n β, 下的坐标CX Y =，故有X Y =.八、证： A 对称正定，∴存在正交矩阵C ，使D diag AC C n T ==),,,(21λλλ其中特征值）n i i ,,2,1(0 =>λ.对θ≠∀X ，有CX Y =，使DY Y y y y AX X T n n T =+++=2222211λλλ ,其中θ≠y .令n nn z y z y z y λλλ1,,1,1222111===.于是θλλλ≠=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=Z BZ Z Y n ,11121故Z Z Z DB B Z DY Y T T T T ==)(. 而)(P B C PZ BZ C Y C X T T T ====令，所以Z Z Z AP P Z AX X DY Y T T T T T ===)(.因Z 的任意性，知I AP P T =，即A 与I 相合.自测题二一、解：I a A a I A I A k k k k k k λλλ===,,,I a a a A a A a A a I a n n k n )(102210λλ+++=++++∀ ,其中R a a a n n ∈+++λλ 10，故取V 的基为I ，1dim =V .二、解：（1）从基2,,1x x 到基22,,1x x x x ++的过渡矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=110011001C ，所以在新基下的坐标为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--0111011C .（2）不是线性变换.因为≠++++++=+),,2()(33221121111b a b a b a b b a a βα+)(α)(β.（3）不是内积. 如0341212121<-=-==），），（，（），，（α，不具有非负性.三、解：（1）利用Schmidt 正交化方法，得T e )1,1,1(1=，T e )1,0,1(2-=，T e )61,31,61(3-=.（2）从321,,ααα到321,,e e e 的过渡阵⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=610021103421C ， ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=-6003102211C ，故所求⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--==-00000034211AC C B .四、解：（1）由于A 实对称，所以存在正交阵Q ，使⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=∧=n AQ Q T21. 故2)1+=∧==n n AQ Q A F F T F （；n A =)('ρ；n A =2；n A cond =2)(；1)(21=-mA .（2）取⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=000000111A ，⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=111 α，得n aA n A ===212,1,α,即有212ααA A >.五、解：（1）3)1(201335212+=+-+---=-λλλλλA I ；1321-===λλλ. 33)1()(+=λλD ，所以,不变因子为3321)1()(,1)()(+===λλλλd d d ；初等因子为3)1(+λ. 故A 的Jordan标准形⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=100110011J .（2）cos A 的Jordan标准形为：J =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛------)1cos(00)1sin()1cos(0)1cos(21)1sin()1cos(.六、证：（1）因173.01<=A ；故;0lim =∞→kk A（2）因A 有范数小于1，故∑∞=0k k A 绝对收敛；且其和的形式为1)(--A I .七、解：⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=00032103101~230121121A ；取⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=302121B ，⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=32103101C ； 则有BC A =（最大秩分解）；1)()(12==λλD DT T B B B B 1)(-+=, 1)(-+=T T CC C C ,则 +++=B C A ，所以,方程b AX =的极小范数最小二乘解为b A X +=.八、证：（1）因为A C A AC C A n T 2)1(,=-=-所以，则有,0)1(2>-=n C n 必为偶数.（2）设T n x x x X X AX ],,,[,21 ==λ的分量中绝对值最大者为kx ，则X AX λ=的第k 个方程∑==nj jkj k x a x 1λ；∑∑==≤=nj jkjnj j kj k x a x a x 11λ；∑∑==<≤≤nj nj kj kj kja x x a 111λ，故有1<λ.自测题三一、 解：（1）不是. 设B B A A T T -==,，则)(T T B A B A -=+=T T B A B A )()(+≠-（一般情况下）， 又)()(B A B A B A T +-≠-=+（一般情况下），即V B A ∈+.（2）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++=+++∀001)(111010 n n n n d a d a a D a D a I a⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++++100)(10 n n n n d a d a a ， 故得一组基为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡100,,001 ，且n V =dim .二、解：（1）123)(22++=x x x,12)(+=x x, 43)1(+=x,在基1,,2x x 下的矩阵为：⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=411322003A .（2）)5)(1)(3(411322003---=-------=-λλλλλλλA I ,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33)(⨯=ij C C ，则⎰⎰====1010213124114151C dx x C dx x C , ⎰⎰=====1102223121331,31dx x C C dx x C ,⎰⎰=====10331032231,21dx C xdx C C . 故⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=12131213141314151C .三、解：设3322113)(ααααx x x ++=，使得)(1α，)(2α，)(3α是标准正交的.∵)(1α，)(2α已标准正交化，∴（)(1α，)(2α）=（)(2α，)(3α）=0，)(3α=1，即得⎪⎩⎪⎨⎧=++=+-=-+1022022232221321321x x x x x x x x x ；解得：32,32,31321==-=x x x ； 即()().22313213αααα++-=.因为)(1α，)(2α，)(3α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321,,ααα下的矩阵表示为⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=32321323132313232A .四、解：由自测题一中第四题（2）知A 的Jordan 标准形为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=2121J ，相似变换矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111101110T . 由T ）321321,,(),,(αααβββ=，求得3V 的一组基为3213312321,,αααβααβααβ++=+=+=，则在该基下的矩阵为J .五、证：当0=X 时，000===F F X α；当θ≠X 时，0≠T X α ;从而0>=FTX X α. ,C k ∈∀FT FTX k kx kX αα()(===X k X k FT=α,FTFTFT T FTY X Y X Y X Y X ααααα+≤+=+=+)(=Y X +，因此 , X 是向量范数. 又因为FT T FTA X AX AX )()(αα==X AA X FFTFT=≤α，因此 , F A 与X 相容.六、解：)6(2-=-λλλA I ，特征根为0,6321===λλλ；则6)(=A ρ.由于A A 62=，故A 可以对角化, 即存在可逆矩阵C ，使1006-⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=C C A ；1001)(-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=C C A Aρ. 故得.61001001lim )(lim 11A C C C C A A kk kk =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛--∞→∞→ρ七、证：⇒设1)(<A ρ，取0)](1[21>-=A ρε，对于矩阵A ，存在矩阵范数⋅，使121)()(<+=+≤A e A A ερ. 1)(<≤⇐A A ρ便得证.八、证：（1）1-====AB B A B A B A T T , 同理，有1-==T T T B A AB .（2）B A B A B A B A B A T T +=+=+--)(11=AB ()AB B A T -=+， 得2即有,0=+B A 0=+B A .自测题四一、 解：（1）21111011201010011)(E E E E E T +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+=，21222011200110101)(E E E E E T+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+=，33332200010001000)(E E E E T=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+=， 所以在E 1，E 2，E 3下的矩阵为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=200011011A . (2) 设有一组基321,,e e e ，从E 1 ,E 2 ,E 3到e 1 ,e 2 ,e 3的过渡矩阵设为C ,即C E E E e e e ),,(),,(321321=再设A 在e 1 ,e 2 ,e 3下的矩阵为B ,则AC C B 1-=.要使B 为对角阵，即找一个可逆矩阵C ，使AC C 1-为对角阵. 因为2)2(211011-=-----=-λλλλλλA I ,对0=λ，求得特征向量()T 0,1,1-，对λ=2，求得两个线性无关的特征向量()T 0,1,1，T )1,0,0(.令⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=100011011C ，得⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=-10002121021211C ，则AC C B 1-=为对角阵. 由()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=100011011,,,,321321E E E e e e ，可得⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+-=011001010011211E E e⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+=011201010011212E E e ⎥⎦⎤⎢⎣⎡==100033E e .二、证：易得()()()122111,,,1,αααααα==0=，()()()()()(),1,,0,,,1,,0,,332332221331======αααααααααααα即11)(α=e ，22)(α=e ，33)(α=e 也是标准正交基，故是正交变换.三、解：（1）令T Y )0,,0,,(21 ηξ=，由Y HX =，知X HX Y ==； 取 Y X YX Y X X Y X X --=--=0η ； Y YY 10=，构造初等反射矩阵 T I H ηη2-=，则有Y Y X HX ==0.（2）)3)(5(16)1(12812--=--=--=-λλλλλλA I . 因此3,521==λλ，所以5m ax)(==i iA λρ；因为65)(<=A ρ，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12122=+⎪⎭⎫⎝⎛a12122=+⎪⎭⎫ ⎝⎛b 02=+bc a四组解是：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-===212121c b a ，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-==212121c b a ，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==-=212121c b a ，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=-=-=212121c b a .五、解： (1){}∑====31162,4,6m ax m axi ijja A ；{}∑=∞===3153,4,5m ax m ax j ij ia A;{}9max =⋅=∞ij m a n A.因为()()221--=-λλλA I ，2,1321===λλλ , 故2m ax )(==i iA λρ.（2） 031≠=∆，0521132≠==∆，故可以进行LU 分解 .（3）易得2)(,3)(==B R A R ，所以6)(=⊗B A R ，B 的特征根为2,121==μμ，故B A ⊗的特征根为4,2,4,2,2,1231322122111======μλμλμλμλμλμλ.2)(B A ⊗的特征根为：1，4，4，16，4，16.（4）∵02≠=B ∴B 可逆，且⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-1032211B ，所以-+-r B B B ,,均可取为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-1032211B . （5）A 的Jordan标准形为：⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=2121J . （6）对应于11=λ的特征向量T )11,0(，，对应于22=λ的线性无关的特征向量只有一个T )1,0,1(，再求一个广义特征向量T )1,1,1(. 令TT ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111101110，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=-1111101111T . 令 AA f 1)(=， 则1))((11=λJ f ；⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=214121)((22λJ f . 12211))(),(()(-⋅⋅=T J J diay T A f λλ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111110111210041210001111101110⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=53322211141.六、解：（1）由X AX λ=，即0)(=-X I A λ，若λ不是A 的特征根，则0≠-I A λ，所以0)(=-X I A λ只有零解，故0dim =λV .若λ是A 的特征根，则0=-IA λ，所以0)(=-X I A λ有非零解.设r I A R =-)(λ，则r n V -=λdim .（2） 设T I A ωω2-= 其中ω为单位向量1=ωωT .则)2)(2(2T T I I A ωωωω--=T T T T w I ωωωωωωωω422+--=I I T T =+-=ωωωω44.七、证：（1）设()由于二,0≠∈m R X 次型()()0≥==AX AX AX A X BX X TT T T ，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())(AX AX BX X T T =>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λ1为1-A 的特征值，据特征值上界原理, 有11-≤A λ，即11-≥Aλ. (2) 对0≠∀X ，由已知有BXA X XB A A 11)(--+=+BXA X 1--≥XB A X 1--≥XB A )1(1--=由已知11-<AB , 即11<-A B ,故知0≠∀X , 0)1()(11>-≥+--X B A X B A A ；即对0≠∀X , 有0)(1≠+-X B A A ，即0)(1=+-X B A A 无非零解.故0)(11≠+=+--B A A B A A , 从而0≠+B A ，即A +B 可逆.自测题五一、 解：(1) 在V 1中，⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=4324324321x x x x x x x xx x A ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=100101010011432x x x . 令⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1001,0101,0011321E E E , 因321,,E E E 线性无关，由定义知，它们是1V 的基，且3dim 1=V .(2)[]212，BB L V = 因为21,B B 线性无关； 2dim 2=V .),,,,(2132121B B E E E L V V =+在22⨯R 的标准基下，将21321,,,,B B E E E 对应的坐标向量21321,,,,ββααα排成矩阵, 并做初等变换⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=10000031000111001111~13100020102000101111),,,,(21321ββααα， 可见4)dim(21=+V V .由维数定理145)dim (dim dim )dim (212121=-=+-+=V V V V V V .二、解：(1) 因为，过渡阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111111C ，且⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=-111111C ，所以α在α1，α2，α3下的坐标为=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-3211a a a C ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--23121a a a a a .（2）设,21λλV V X ∈则有()X X A 1λ=与()X X A 2λ=，两式相减得()021=-X λλ，由于21λλ≠，所在地只有X=0，故[]0dim 21=λλV V .三、解：取[]3X P 中的简单基,,,,132x x x 由于)1(=,12x-,)(3x x x -=221)(x x +=, 33)(x x x +-= ,则在1，x ，32,x x 下的矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----=1010010110100101A . A 的特征值为：2,04321====λλλλ , 相应的特征向量为：⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡1010,0101,1010,0101. 令⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=Λ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=2200,1010010110100101C , 则Λ=-AC C 1. 再由()()C x x x f f f f 324321,,,1,,,= , 求得[]3x P 中另一组基：()34233221)(,1)()(,1x x x f x x f x x x f x x f -=-=+=+=，.四、解： (1) ⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-1101dt dt de Adt e AtAt)(1I e A A -=-.(2)当j i ≠时0)(=j i εε；故度量矩阵⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=n A 21.五、解：（1）,9,1,3,3121====∞m T XX XXX3,4,3===∞∞X X XX XX T m T FT .（2）)1()(23+=λλλD ，易得1)()(12==λλD D . ∴ 不变因子)1()(,1)()(2321+===λλλλλd d d ；初等因子)1(,2+λλ.A 的Jordan标准形为：⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=100000010J .六、解：（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-−−→−⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=000001101101112101101011行变换A ，令⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=01101101,211011C B ， 则 A=BC . 其中B 为列最大秩矩阵， C 为行最大秩矩阵 .（2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==--+121033312111016332)(11TT B B B B ，⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==--+1221311251211301111001)(11T T CC C C ， 所以⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-==+++14527533014515112103312213112151B C A .（3）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----==+10111501515151413145275330145151b A X .七、证明提示：类似习题4.1第16题（1）的证明.八、证明：AC A B A ++=⇒因为两边左乘矩阵A ，有C A AA B A AA )()(++=,故 AB=AC .AC AB =⇐因为，设+A 为A 的加号定则，两边左乘+A ，有AC A AB A ++=.自测题六一、解：（1）当V x x x x X ∈⎪⎭⎫⎝⎛=22211211时，由02112=+x x 得⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=011010000001212211X X X X .取 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0110,1000,0001321E E E , 因线性无关，则它们是V的一个基.（2）⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-=0110)(111B E E B E T T ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=0000)(222B E E B E TT ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=0220)(333B E E B E TT ；故在基321,,E E E 下的矩阵为：⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=201000000A .（3）将A对角化，取⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=110001020C 使⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-2001AC C ；设所求基为321,,Y Y Y ，有：()()C E E E Y Y Y 321321,,,,=.得⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛=0110,0112,1000321Y Y Y ，则在基321,,Y Y Y 下的矩阵为对角形.二、解： (1))1(4963752542-=---+---=-λλλλλλA I,A 的特征根1,0321===λλλ；行列式因子)1()(23-=λλλD ，易得1)()(12==λλD D ； 不变因子)1()(1)()(2321-===λλλλλd d d ；初等因子1,2-λλ.(2) A 的Jordan 标准形为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=100000010J ；(3) ∵01621511,0121≠-=--=∆≠-=∆；∴ A 能进行LU 分解.三、解：（1）.13214,1010,00022322122⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-t t t dt dA t dt dA dt A d .（2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡=00032121312x x dX df .四、解：(1) 由)(21I B A +=,得I A A I A B I A B +-=-=-=44)2(,2222,显然, 当且仅当I B =2时，有A A =2.(2) 因B A B BA AB A B BA AB A B A +=+++=+++=+222)(,得,0=+BA AB 即,BA AB -=两端右乘B 得BAB AB -=2, 从而AB B AB )(-=,由于幂等阵B 的任意性，故0=AB .五、解： (1)∵ m x x x 21两两正交的单位向量.∴)(21m x x x A =为列满秩矩阵,故T T T A A A A A ==-+1)(. （2）∵⎪⎭⎫ ⎝⎛=101k A k ，且∑∞=-12)1(k k k与∑∞=-1)1(k kk 都收敛；∴ ∑∞=-12)1(k kk A k 收敛.（3）∵ 762+-=-λλλA I ，而)2()52)(76(37291912222234++++-=+-+-λλλλλλλλ；由于0762=+-I A A ；∴原式⎪⎭⎫⎝⎛-=+=-3217231)2(1I A . （4）∵ A 的特征根为n)2,1(，，i i =；B 的特征根为m )21(，，，j j =λ；∴B A ⊗的特征根为j i λn;2,1(，，i =m)21，，，j =.六、证： (1) 当0=A 时，设A 的最大秩分解为A=BC.则 C B C B B C B C B A A D ~=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛= . 而[]()H HHH B BB B B B B 1~-+⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=()[][]++-==B B B BB B H HH21211.[]++++++⋅==B B C B C D 21~[]++=A A 21.当A =0时上式也成立.(2) 经计算A a a a A )(2321213++-= . 于是A A a a a AXA =++-=-31232221)(，A a a a X 1232221)(-++-=是A 的一个减号逆.(3)()I e e e e e e A A A A AT A TA A T ===-=-,..,所以因为.故A e 为正交矩阵.七、证：(1) 设R V n ∈∀∈μλβα,,,,，则00),()(ααμβλαμβλαμβλα+++=+k)),(()),((0000ααββμααααλk k +++==λ)(α+μ)(β.所以是线性变换.(2)是正交变换),(),(αααα=⇔T T ,即 ),(),(),(),(2),(0020220αααααααααα=++k k ,得[]0),(2),(0020=+ααααk k .由n V ∈α的任意性，上式等价于0),(20=+ααk ,所以22200212),(2n k +++=-= αα .八、证：由舒尔定理知，存在西矩阵U 及上三角矩阵()ij r R =，使得R AU U H =，因此有H H H R U A U =，从而得H H H RR U AA U =.又因为()()()H H H H RR tr U AA U tr AA tr ==, ①由于R 主对角线上的元素都是A 的特征值，故由①式得2112121ij nj ni ij ni i ni r r ∑∑∑∑====≤=λ, ②而②式端是R 的Frobenius 范数的平方，又因在酉相似（即R AU U H =）下矩阵的F 范数不变，所以211211ij ni ni ijni n i a r ∑∑∑∑=====③综合②、③两式便得到所需证的不等式.又不等式②取等号当用仅当i≠j 时都有0=ij r ，即A 酉相似于能角形矩阵，也就是A 为正规矩阵.自测题七一、 解：（1）由02421=-+a a a ，得基础解系)0,0,1,2(1-=α，)0,1,0,0(2=α，)1,0,0,1(3=α；所以V 1的一组基为321,,ααα，且3dim 1=V .因为),(),,(2132121ββαααL L V V +=+),,,,(21321ββαααL =，易知1321,,,βααα是21321,,,,ββααα的一个极大无关组，故4)dim (21=+V V ，21V V +的一组基为1321,,,βααα.（2）251433221121,ββξαααξξk k k k k V V +=++=⇔∈∀ .所以025********=--++ββαααk k k k k . 解此方程组得），，133,2,2(),,,,(54321---=k k k k k . 所以21V V 的一组基为)3,2,21---=，（ξ，且1)dim (21=V V .二、解：（1）211111)(cE aE E +=221212)(cE aE E +=211121)(dE bE E +=221222)(dE bE E +=即⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=d cd c b a b aE E E E E E E E 00000000),,,(),,,(2221121122211211， 故A =⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡d cd c b a b a000000; (2) 由,B A AB +=得到I I B A AB B A AB =+--=--,0 ,即I I B I A =--))((,显然I A -与I B -均为阶可逆方阵，于是有I I A I B =--))((,即I I B A BA =+--,亦即0=--B A BA , 故B A BA +=,从而AB BA =.三、解：（1）)2()1(2320110012λλλλλλ--=---=-E A ，)2()1()(23λλλ--=D ，1)(2=λD ，1)(1=λD .)2()1()()()(,1)()()(,1)(22331221λλλλλλλλλ--=====D D d D D d d ， 所以初等因子为：λλ--2,)1(2.A 的Jordan标准形为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛200010011.（2）()n I A tr dAd=. （3）两边求导数，利用,At AtAe e dtd =且,0Ie = 得⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=133131113A .四、解：（1）∑==iij ja A 5m ax 1；∑==∞jij ia A 5m ax .（2）122212221---------=-λλλλA I )5()1(2-+=λλ ,5,1321=-==λλλ；故5m ax )(==i iA λρ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-3122411B ，故∞-∞∞⋅=1)(B B B cond 54145=⨯⨯=. （3）2,3==rankB rankA ；623)(=⨯=⊗B A rank .)4)(1(26521232--=-+-=----=-λλλλλλλB I ，所以4,121==λλ，故B A ⊗的特征值为：20,4,4,5,1,1'6'5'4'3'2'1=-=-==-=-=λλλλλλ（4） ∵0≠A ，1-A 存在，∴ ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡===--+-3222322235112221222111A A A .五、解：（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=000032102101~321043211111A ， BC A =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=32102101102111. （2）∵ 2=rankA ；2):(=b A rank ；∴ b AX =相容.（3）∵⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=142062*********T AA ；⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---==--21103001052152011070)(T T m AA A A ， ∴ 极小范数解⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==-1234101b A X m.六、解： （1）0max≠=x P A 2121022maxmax--≠≠===PAP yy PAP PXPAX XAX x x PP .（2）A 的4个盖尔圆为它们构成的两个连通部分为11G S =， G G G S 322=4.易见，1S 与S 2都关于实轴对称.由于实矩阵的复特征值必成共轭出现，所以S 1中含A 的一个实特征值，而S 2中至少含A 的一个实特征值.因此A 至少有两个实特征值.七．证：（1）设为正交变换，λ为的特征值 , 则有()0()≠=αλαα，),(αα=()(α,)(α)),(),(2ααλλαλα==.∵),(>αα, ∴12=λ,故1±=λ；（2）设λ为的任一特征根，α为的属于λ的一个特征向量，即0,)(≠=αλαα，则1,11)(2,1222-=⇒=⇒==λλααλα.记11=λ的特征子空间为,1V 12-=λ的特征子空间为1-V .对V ∈∀α有=α(+α)(α) 2 + (-α)(α) 2 ，而 (+α)(α) 2∈,1V (-α)(α) 2 ∈1-V ，所以11-+=V V V . 又 ⇒∈∀-11V V α,)(αα=且,)(αα-=；得αα-=，即0=α，故11-⊕=V V V .自测题八{}{}{}{},28,36,24,14321≤-=≤-=≤-=≤=g g G g g G g g G g g G一、解：(1)在已知基)(),(),(321t f t f t f 下的矩阵为：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛------=111323221A ;(2) (⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=321),,1())(2t t t f ；基2,,1t t 且到基)(),(),(321t f t f t f 的过渡矩阵为：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=101110102C ；则21321234321))(),(,)(())((t t C t f t f t f t f -+-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-.(3) 设度量矩阵33)(⨯=ij d D , 则⎰⎰=====10121121121,11tdt d d dt d ； ⎰⎰=====1012222311331,31dt t d dt t d d ； ⎰⎰=====1014333322351,41dt t d dt t d d ； 故⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=51413141312131211D .二、解：(1) 令矩阵,3)(I A A f -=若A 的特征值为λ,则)(A f 的特征值是3)(-=λλf ,故)(A f n 的个特征值为32)2(,,3)6(,1)4(,1)2(-===-=n n f f f f .从而))32(531(3)(-⋅⋅-=-=n I A A f .(2) 2)1)(2(224023638--=+-+---=-λλλλλλA I ；特征根为1,2321===λλλ.行列式因子：23)1)(2()(--=λλλD ，1)()(12==λλD D ; 不变因子：2321)1)(2()(;1)()(--===λλλλλd d d ；初等因子： 2)1(),2(--λλ； 故A 的Jordan标准形为⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=100110002J .三、解：（1）由于A 实对称，所以易求得非奇异矩阵P ，使Λ=-AP P 1， 其中⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=Λ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=2200,1001011001101001P ,于是12211-⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=P e e P e t t At=12111000011--⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡P P e P P t =⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-+--+-+t t ttttt te ee e e e e e 2222222210101100110100121. (2) X ()()Tt t At e e X e t ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==22,0,0,0.四、解：（1）6=∞A ；2)4)(2(224)4(31213232-+=--=--=-λλλλλλλλλA I ； 特征根为4,2321==-=λλλ；则 4)(=A ρ.（2）2)3(,3)(==R A R∴ 6)(=⊗B A R ；B 的特征根3,421==μμ，∴ B A ⊗的全部特征根为：-8，-6，16，16，12，12. （3）∵⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-310125411B ，∴ +-B B l ,可取1-B .五、解：α1()T 4,0,3=，构造⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=3040504035113R ，113140430735A A R =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=. 同理，构造R A R R =⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=5135165735,3404300055112323.令()==T R R Q 2313⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---012202015012161551, 则A=QR.六、证：（1）∵ A 为对称正定矩阵， ∴≠∀α有：>Aα，当且仅当0≠α时，有0=Aα；对R R ∈∀有：A T AkAk k αααα==；βββαααβαβαβαA A A T T T A++=++=+),(2)()(AAAAβαβα+=+≤2)(, （2）∵ IAA AA AA A A T T T T ==--11))(())((；∴1)(-T T AA A 是A 的右逆.（3）因为1-=A ，且A 为正交矩阵，所以有T T T A I A A I A A AA A I )()(+=+=+=+,则 AI A I A A I T +-=+=+)(，即 0=+A I .故A 一定有特征根-1.七、证：()(),1111A a a A I f n n n n -++++=-=--λλλλλ 因为 由()0=A f 得()01111=-++++--I A A a A a A nn n n ,即A ()()I A I a A a A n n n n 112111+----=+++ ,故()()I a A a AAA n n n 12111111--++-+++-=.自测题九一、解：不是. 如取α=（1，2），β=（3，4），()().,4,3,2,1αββααββα⊕≠⊕=⊕=⊕则有.二、解：（1）令⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=1111A ，则V X AX X ∈=,)(.V Y X ∈∀,，P k ∈∀，则=+=+)()(Y X A YX )(X +)(Y ，kkX =)()(X ，所以是线性变换. （2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==0101)(1111AE E ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==1010)(1212AE E ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==0101)(2121AE E，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==1010)(2222AE E ，设在基22211211,,,E E E E 下的矩阵为B ，则⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----=1010010110100101B . （3）令),,,(4321ββββ=B 其中i β为B 的列向量，由于2)(=B rank ，且21,ββ是4321,,,ββββ的一个极大线性无关组, 所以dim2)(=V ，且),()(21B B L V =，其中⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==0101),,,(1222112111βE E E E B ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==1010),,,(2222112112βE E E E B ， 且21,B B 为)(V 的一组基，得dimKer =4-dim (V)=2.令⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡00004321x x x x B ，得基础解系⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=1010,010121ξξ. 记 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎥⎦⎤⎢⎣⎡==1010),,,(,0101),,,(22221121141222112113ξξE E E E B E E E E B , 则ker),(43B B L =，且43,B B 为Ker的一组基.三、解：非负性.A=0时，A 0,0,0,0;0,0,0〉=〉≠===A A A A A A bHa bHa 从而时从而.相容性. 设A ，B ∈C n n ⨯，则有()()().B A BBAA AB BAAB AB AB bHabHa bHbHaa bHa ⋅=++≤+≤+=同样可验证齐次性与三角不等式.在此A 是矩阵范数.四、解：（1）FG A ，A =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-−→−11101101412101000011101101行. （2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==--+303241012120663)(11TT T F F F F F . ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==--+11111001313003)(11TT T G GG G G .⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--==+++54131473032410361F G A . （3）b b AA b A T =-=++,)1,1,0,1(，故b AX =有解，极小范数解为T b A X )1,1,0,1(0-==+.五、解：（1）因2,3==rankB rankA ，得623)()()(=⨯=⋅=⊗B rank A rank B A rank .令0)2)(7(=+-=-λλλB I ，特征值2,721-==μμ.所以B A ⊗的所有特征值为：4,14,14,2,7,7161514321=-=-=-='='='λλλλλλ；10976)14()2(3232-=-⋅-==⊗B A B A .（2）∵ B 的特征值2,721-==λλ，∴I B B B f 3)(2+-=的特征值453772'1=+-=λ；113)2()2(2'2=+---=λ.六、解：,11120013221111⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-e ββ ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=122212221312,111311111T I H ωωω 令,1102003131⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡= A H ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1101110210,11201221e A ββ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=2011,01102,1121122222A H I H Tωωω 所以取QR A R H H Q =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=得211313,21212222131121.七、证：（1）令),,(11-=n L W αα ，其中11,,-n αα 线性无关.通过标准正交化，将11,,-n αα 变为W 的一个标准正交基11,,-n ηη .由已知可得1,,2,10,-=>=<n i i ηα;因而11,,-n ηη ，α线性无关.把α单位化，令ααη||1=n ，于是{}n n ηηη--,,,11 与{}n n ηηη,,,11- 均为V 的标准正交基.同时，由题设,1,,2,1,)(-==n i i i ηη，而n n ηη-=)(，则把标准正交基{}n n ηηη,,,11- 变为标准正交基，故为正交变换. （2）因为为正交变换，（n ααα,,,21 ）=（n ααα,,,21 ）A ，所以A 为正交矩阵.又 A 的所有特征值n λλλ,,,21 都为实数，故有,T T AA I A A ==即A 为实的正规矩阵，从而存在正交矩阵Q ，使得Λ=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=321λλλAQ Q T , 则A =()A Q Q Q Q A Q Q Y TT T T =Λ=Λ=Λ,，即A 为实对称矩阵，故A是对称变换.八、证：（1）设A 的特征根是n λλ,,1 ，令λλ-=1)(f ，则AI A f -=)(的特征根是,1,,11n λλ-- 由题设i λ-1〈1，n i ,,1 =，故,111 --i λ即20 i λ，因此,,,,1,20n i i =λ进而n n 2||||01<<λλ ，然而n d A λλ 1||==，故n n d 2|,|||01<=<λλ .（2）设A 的三个特征根为321,,λλλ，则32132312123213)()(||)(λλλλλλλλλλλλλλλλλ-+++++-=-=A I f ，由于A 是奇数阶正交方阵，且1||=A ，易证奇数维欧氏空间中的旋转变换一定有特征值1，因此不妨设11=λ，则1||32321===A λλλλλ，于是323231213211λλλλλλλλλλλ++=++=++，从而1||)(23-+-=-=λλλλλt t A I f .其中321λλ++=t 为实数（因32,λλ或均为实数或为一对共轭复数）.又由于正交方阵的特征根的模为1.故有22,)(32323232≤+≤-+≤+≤+-λλλλλλλλ,所以31132≤++≤-λλ，即31≤≤-t .由哈密顿－凯莱定理知：023=-+-I tA tA A .自测题十一、解：（1）因为,2=rankA 求得θ=AX 的基础解系()(),9,0,21,2,0,9,24,121T T -=-=ξξ即为V 的一组基，且dimV =2.(2) 设A 为P 上任一n 阶方阵，则)(21T A A +为对称阵，)(21T A A -为反对称阵，且A=)(21T A A ++)(21T A A -，得21V V P n n +=⨯. 又若21V V B ∈∀ , 则有T B B =, 且T B B -=, 从而θ=B , 则{}θ=21V V , 故21V V P n n ⊕=⨯.二、解：（1）∈∀ξ⇒-)(1θθξ=)(.设ξ在基4321,,,εεεε下的坐标为),,,(4321x x x x，则(ξ)在基4321,,,εεεε下的坐标为⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛4321x x x x A .且(ξ)θ=及⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0004321x x x x A , 其中 ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--→⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--------=00000000101001011111111111111111A . 得基础解系⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1010,0101；取)(1θ-中两个线性无关的解向量⎩⎨⎧+=+=422311εεξεεξ, 所以),()(211ξξθL =-，dim2)(1=-θ.（2）由于)(1θ-中有一组基1ξ,2ξ，所以取432121,,,,,εεεεξξ，易知4321,,,εεξξ线性无关，则4321,,,εεξξ构成V 的一组基.设由基4321,,,εεεε到基4321,,,εεξξ的过渡矩阵为C ，则⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-101001010010001,10100101001000011＝C C , 所以在4321,,,εεξξ下的矩阵为⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----=-22002200110011001AC C .三、解：（1）先由rankA=n ，即A 的列向量组线性无关，证A T A 是正定矩阵（见自测题四中第七题），再由习题2-1第7题知，R n 构成一个欧氏空间.（2）令C=A T A =（c ij ），()ij j i j i c C ==εεεε,所以自然基在该内积定义下的度量矩阵为C=A T A.四、（1）证：∵A 是幂收敛的，∴()()B A A A B n n n ===22lim lim lim .（2）解：令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==014112B A ，1212<⇒-=-λλλB I , ∴B 是幂收敛.∴原级数和为()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=--04141B I . （3）解：设A的最大秩分解式为：⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛===10010110012AI FG A ,则⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==1002011001010101A A F F H H .显然()⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎪⎪⎭⎫⎝⎛=--1001)(,10021211I GG F F HH,.0102102101010110021)()(1111⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==----+F F F F GG G A H H H五、解：令⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----=7610,122121211142b A , ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----=+561651224112331A ，。
矩阵论往年部分真题讲解题(含解答)
2011年《矩阵论》习题解答一、 掌握线性空间的定义及判断是否为线性空间。
二、 在4R 中有两组基，()()()()12341,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1αααα====()()()()12342,1,1,1,0,3,1,0,5,3,2,1,6,6,1,3ββββ=-=== 求 （1）由基1234,,,αααα到基1234,,,ββββ的过渡矩阵；（2）向量()1234,,,x ξξξξ=在基1234,,,ββββ之下的坐标； （3）在两组基下有相同坐标的非零向量。
解：(1)因为 ()()()12341234123420561336,,,,,,,,,11211013C ββββαααααααα⎛⎫ ⎪⎪== ⎪- ⎪⎝⎭所以由基1234,,,αααα到基1234,,,ββββ的过渡矩阵2056133611211013C ⎛⎫⎪⎪= ⎪- ⎪⎝⎭(2) ()()()112211234123412343344,,,,,,,,,x C ξξξξξξξξααααββββξξξξ-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以向量()1,0,1,0在基1234,,,ββββ之下的坐标为12134C ξξξξ-⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 或解 非齐次线性方程组的解 11223344k k C k k ξξξξ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）由 （2）式有112213344C ξξξξξξξξ-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则有()12340C E ξξξξ⎛⎫ ⎪ ⎪-= ⎪ ⎪⎝⎭，该方程组的通解为()1,1,1,1T k -,对两个基有相同坐标的非零向量为()1234k x x x x ++-，k 非零常数。
二、已知线性空间V 是矩阵空间22R ⨯, (1) 证明：123410010000,,00001001E E E E ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦是V 的一组基；(2) 求向量1223A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦在基1234,,,E E E E 下的坐标。
08级-北航博士-矩阵论试题与答案
一（15分）计算 (1) 已知A 可逆，求10d Ate t ⎰（用矩阵A 或其逆矩阵表示）； （2）设1234(,,,)Ta a a a =α是给定的常向量，42)(⨯=ij x X 是矩阵变量，求Td()d X αX ；（3）设3阶方阵A 的特征多项式为2(6)I A λλλ-=-，且A 可对角化，求kk A A ⎪⎪⎭⎫⎝⎛∞→)(lim ρ。
二（15分）设微分方程组d d (0)xAx t x x ⎧=⎪⎪⎨⎪⎪=⎩，508316203A ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪--⎝⎭，0111x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭（1）求A 的最小多项式)(λA m ； （3）求Ate ； （3）求该方程组的解。
三（15分）对下面矛盾方程组b Ax =312312111x x x x x x =⎧⎪++=⎨⎪+=⎩ （1）求A 的满秩分解FG A =； （2）由满秩分解计算+A ；（3）求该方程组的最小2－范数最小二乘解LS x 。
四（10分）设1113A ⎫=⎪⎭求矩阵A 的QR 分解（要求R 的对角元全为正数，方法不限）。
五（10分） 设(0,,2)TnA R n αβαβ=≠∈≥ （1）证明A 的最小多项式是2()tr()m A λλλ=-；（2）求A 的Jordan 形（需要讨论）。
六（10分）设m n r A R ⨯∈，（1）证明rank()n I A A n r +-=-；（2）0Ax =的通解是(),n n x I A A y y R +=-∀∈。
七（10分）证明矩阵2121212311122222224333333644421(1)(1)n n n n n n n n n n ---⎛⎫ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪= ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭A （1）能与对角矩阵相似；（2）特征值全为实数。
八（15分） 设A 是可逆矩阵，11,B A Aαβ-=-=（这里矩阵范数都是算子范数）， 如果βα<，证明（1）B 是可逆矩阵；（2）11B αβ-≤-；（3）11()B A βααβ---≤-。
矩阵论第三章答案
n
因此初等因子只有一个，即有 (λ − a )n .
11. 证：
A（ λ ）与 B（ λ ）相抵当且仅当它们有相同的不变因
子，当且仅当它们的各阶行列式因子相同.
1 1 ⎤ ⎡λ − 2 ⎢ 12. 解 ： （ 1 ） 因 为 λI − A = ⎢ − 2 λ + 1 2 ⎥ ⎥ 的初等因子为 ⎢ − 1 λ − 2⎥ ⎣ 1 ⎦
0 0 ⎤ r2 − (− 1)r3 ⎡1 0 0 ⎤ c 2 − (2λ − 1)c1 ⎡1 ⎢0 ⎥ ⎢ 2 λ − λ ⎥ ⎯⎯ ⎯ λ2 ⎥ ⎯⎯ ⎯ ⎯→ ⎢ ⎯→ ⎢0 λ ⎥ 2 2 2 ⎥ ⎢ ⎥ c3 + (− λ )c1 ⎢ ( ) r + 1 − λ r 0 λ − λ − λ − λ 0 0 − λ − λ 3 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
2. 解 ： （ 1）因为 A 的特征矩阵为
⎡λ + 1 ⎤ ⎢ ⎥ λ+2 ⎢ ⎥ A(λ ) = λI − A = ⎢ ⎥ λ −1 ⎢ ⎥ λ − 2⎦ ⎣
所以 A（ λ ）的行列式因子为
⎡1⎤ A=⎢ ⎥ ⎣1⎦
不变因子为
d 1 (λ ) = D1 (λ ) = 1, d 4 (λ ) = D4 (λ ) D3 (λ ) d 2 (λ ) = d 3 (λ ) = 1,
10. 解：
因为 A(λ ) = (λ − a )n ，所以 Dn (λ ) = (λ − a )n ，又因
c1 λ − a c2 O
O
= c1c 2 L c n −1 ≠ 0 ，
λ − a c n −1
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..........................................................式2
将式1代入式2可得
........................................................式3
将式3两边同取共轭有
10
解：因为
故其收敛半径为1。
又A的特征值为
故
则其谱半径为
又
故可知矩阵级数 发散。
习题
6（1）
解：当 时
由 得
，
所以 。
同理当 时
同理当 时
（3）
解：当 时
由 得
所以 。
同理当 时
同理当 时
习题
1
解：由矩阵函数的性质得知
式中
而由约束条件 知
其中 为 的一个基础解系，则有
故 的秩为 式2
故由式1及式2可知：
综上1），2），3）。则有 证毕
习题
8
解：由题可知 与 时空间 的两组基，则存在一个过渡矩阵C使得
-------------------------------------1
引入 的一组简单基
则 ------------------------------------2
对 单位化： , ,
最后得到该组标准正交基为
4
解：将齐次方程组写为
其中A为
化简上式后有
原方程为
由于 ，故方程组有3个基础解系。将 分别取值为
,故可得解空间的一组解为
对上式解用施密特正交化，有
将上式归一化后的标准正交基为
9
证明：由于A为hermite矩阵，则有
..........................................................式1
故
1（2）一个givens变换如下：
function[Q R]=qrgivens(A)
[m,n]=size(A);
if(m>n)
fprintf('这是一个列满秩矩阵\n')
elseif(m==n)
fprintf('这是一个方阵矩阵\n')
else
fprintf('这是一个行满秩矩阵，不能用QR分解\n')
.........................................式4
对上式同时右乘特征向量 后有
...................................................式5
将式2代入式5中有
...................................................式6
T=eye(m-index_j+1,m-index_j+1);%初始化当前列交换完成时候总的Givens矩阵
forsub_i=2:m-index_j+1%将每一列的数据从第二个数据开始依次与第一个数据进行变化
xi=b(1);%获取第一个数据
xj=b(sub_i);%依次获取当前列之后的数据
r=sqrt(xi^2+xj^2);
2设A是n阶可逆矩阵，则
解： ,故同上理，用满秩分解求广义逆的方法有
习题
15（2）
解：方程的增广矩阵为
故 ，故可知方程式相容的。
方案1:故可的其关于 的通解为
故从上式可得A的满秩分解为
,
从而
因此通解为
方案2:故可得其关于 的通解为
利用Hermite初等型求解A-{1}逆
可知 ，
故矩阵A的{1}逆为
（不妨取 ）
由式1与式6综合可得
-----------------------------------------------------------7
故
补充知识：对 求逆及求原始的
从题中我们可以看出直接求 的逆有很大的困难度，而 的逆矩阵较为好求，故我们将式5转化一下变为 ，
故可知
从而可求得
同理知道 后可求得C如下
（2）直接令p=x即可
第3章
习题
4
证明：对于r阶对角阵S，不难看出其逆矩阵满足Moore-Penrose方程，亦即有 。在此，不妨令
则有下式
故由定义可知G为A的广义逆，即有
。证毕
习题
补充作业
1、求广义逆
解：
故可求得 的标准正交基为
则有
故A的广义逆为
=
补充作业
1设A,B都是n阶酉矩阵，则
解：
不难看出 分别为一个列满秩矩阵与行满秩矩阵，故由满秩分解求其广义逆为
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
T=sub_T*T;%将每次两个数据交换后的Gives变化给乘起来，直到当前列所有数据交换完成
b(1)=sqrt(b(1)^2+b(sub_i)^2);%1求得交换数据之后的第一个数据的值
b(sub_i)=0;%将交换的数据位置0
sub_T=eye(m-index_j+1,m-index_j+1);%进行下一个数据与第一个数据的交换时重新初始化每次交换时的Givens矩阵
end
T_all=blkdiag(eye(index_j-1),T)*T_all;%将每一列的数据变为与单位向量平行后的每列的Givens矩阵乘起来
A_after_givens=T_all*A;%求得经过Givens变化后的矩阵
A_tempt=A_after_givens(index_j+1:m,index_j+1:n);%取得余下的余子式
end
Q=T_all';
R=T_all*A;
习题
3（1）
解：
故取
, ,所以
3
解：
故取
， ，所以
习题
2
证：设 的特征值为
则存在n阶酉矩阵V，使得
亦即 相似与对角矩阵，则由相似的性质可知
又因 为奇异值，故有 ，从而有
6
解：
A的特征多项式为
所以A的特征值为 ，根据单纯矩阵的性质可知，对应于A的二重特征值6，A应该有两个线性无关的特征向量，故线性方程组 的系数矩阵的秩应该为3-2=1，即 ,故
从而可知 时，A为单纯矩阵。
由特征值 可得对应的特征向量分别为
， ，
故 ，
则
故A的谱分解为
求可逆阵P，
（1）将 标准正交化
求得结果为
其基为 个 阶的矩阵，故基可写为， ，3解源自由题可得不难看出其秩为3，则
设 ,则存在 有
则 ，故有
即
所以
8
(先补充定理：
定理：设n元齐次线性方程组的系数矩阵A的秩 ，则齐次线性方程组的基础解析存在，并且基础解系所含线性无关的解向量的个数等于 )
证：1）对任意的 ,则有 且 成立，故
所以 。
2）明显
3）对于 来说， 为 的一个基础解系，不妨设 ，则有 式1
从而有
..........................................................式7
故可知 为实数，从而可知Hermite矩阵的特征根为实数。
第2章
习题
1（1）
解： ， , , ,故由Gram_Schmidt正交化有
求其单位向量后有
， ，
则单位化后有
， ，
令 ，则
（2）
将式（1）减去式（2）后并等式两边同时加上一个单位矩阵I有
上式变为 ，因此
两边取极限可得
同上理
（3）
将式（3）其两边同乘 则有
（4）
将式（3）减去式（4）后有
（5）
将式（5）其两边同乘 则有
（6）
将式（5）减去式（6）后并等式两边同时加上一个2倍单位矩阵I有
（7）
上式变为
两边取极限，整理可得
。
则由 解出向量 （这是 给定后的任一值）
故可得
补充要点：关于 的讨论
由于 不仅与 有关，它还与下面的式子有关，故需要找到一个合适的式子使得两式成立。不妨设
则由式 可得
而由式 可知
故可知
从而可得
不妨取 ，则可得
习题
2.（2）
解：复数域中向量 , 内积为
正交化后
2.(3)
解：
先取一组简单基为 ，再根据题中内积定义进行Schmidt正交化。
cost=xi/r;%求得矩阵常数c
sint=xj/r;%求得矩阵常数s
%%%%%%%%%%%%构造出当前交换两个数据是的Givens矩阵%%%%%%%%%%%
sub_T(1,1)=cost;
sub_T(1,sub_i)=sint;
sub_T(sub_i,1)=-sint;
sub_T(sub_i,sub_i)=cost;
矩阵论课后参考答案：
第
习题
2
（1）解：由定义知
故可知其基为 个 阶矩阵，简单基记为在矩阵上的某一元素位置上为1，其他元素为0，如下
，
（2）解：对约束 分析可知，其为一个上下对称的矩阵（对称阵），则其维数为
其基为 个 阶的矩阵，故基可写为
， ，
（3）解：同上理，对 分析可知其为一个上下成负对称的矩阵，且对角元全为0，则其维数为
亦即
从而有
19
解：借用18题的结论，则可知BA的特征值为 ，C=AB的特征多项式为
20
解：和19题的解法相同. 的特征多项式为
故特征根为0（n-1重）与 。
习题
13
解：由题可得 的初等因子为