矩阵论答案

A1华北电力大学硕士研究生课程考试试题（A卷）2013～2014学年第一学期课程编号：50920021课程名称：矩阵论年级：2013开课单位：数理系命题教师：邱启荣考核方式：闭卷考试时间：120分钟试卷页数：2页特别注意：所有答案必须写在答题册上，答在试题纸上一律无效一、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。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n2.设12,,,m是线性无关的向量,则12dim(span{,,,})mm.正确，线性无关的向量张成一组基3.如果12,VV是V的线性子空间,则12VV也是V的线性子空间.错误，按照线性子空间的定义进行验证。4.n阶-矩阵()A是可逆的充分必要条件是()A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。题号12345答案×√××√二、填空题（每小题3分，共27分）（6）210021,003A则Ae的Jordan标准型为223e100e0,00e。首先写出Ae然后对于若当标准型要求非对角元部分为1.（7）301002030的Smith标准型为10003000(3)(2)见书61-63页，将矩阵做变换即得A2（8）设1000.10.30.200.40.5A，则100lim000000nnA。见书109页，可将A对角化再计算即得。（9）2345在基11120000,,,00001321下的坐标为(1,1,2,1)T。见书12页，自然基下坐标为（2,3,4，-5）T，再写出过渡矩阵Ａ，坐标即A的逆乘以自然基下坐标。对于本题来说。由于第一行实际上只和前两个基有关，第二行只和后两个基有关。因此不用那么麻烦，只需要计算（1,1）x+（1,2）y=（2,3）就可得解为1,1.再解（1，-3）x+（2,1）y=（4，-5）就可以得解为2,1.整理一下即得坐标。（10）设423243537A，则A15。见书100页，计算每行的绝对值的和。（11）20211123xxxxxexxsincosln()limsin=2003。对矩阵中的每个元素求极限。（12）设,,mnpqmqARBRCR是已知矩阵，则矩阵方程AXBC的极小范数最小二乘解是+()TXABC见书113-115页，将矩阵方程拉直，再用广义逆的定义去算。（13）若n阶方阵A满足30A，则cosA212EA。见书121页，30A，所以后面的项都为零。（14）方阵A的特征多项式是33(2)(3)(5)，最小多项式是2(2)(3)(5)，则A的Jordan标准形是3((2,1),(2,2),3,5)diagJJE。特征多项式决定了A的阶数以及各个特征值的重根数，即有3个2,3个3，1个5.最小多项式决定了若当块的大小，如2有1个1阶和1个2阶，3和5都只有1阶的若当块。三(7分)、设1213200102171,012225018202140ABC，证明AXXBC有唯一解。A3见书114页，本题需要验证A和-B没有相同的特征值，具体解法如下。证明：33+TAEEB非奇异。显然,B的特征值为2,1,2,下证明：2,1,2不是A的特征值：（1）方法1：用圆盘定理。A的三个行圆盘分别是(12,4),(7,2),(8,1)BBB,2,1,2都不在(12,4)(7,2)(8,1)BBB中，因此A与B没有相同的特征值，从而0不是33+TAEEB的特征值，故33+TAEEB可逆，从而AXXBC有唯一解。（2）方法2：求出A的特征多项式，再证明2,1,2不是A的特征值。方法3：直接写出33+TAEEB，再证明它非奇异。四(8分)、设3维内积空间在基123,,下的矩阵211150103A。求123{++}span的正交补空间。见书28页，内积空间在基下的矩阵是指度量矩阵。按照内积定义给出正交补空间中元素应该满足的条件。然后求解。解：设112233123=++({++})xxxspan，则123(,,)Txxx满足方程123(,,)(1,1,1)0TxxxA1232+6+2=0xxx它的基础解系为12=(-3,1,0),=(0,1,3)TT，因此1231223({++})={3+,3}spanspan五(10分)、设5阶实对称矩阵A满足23(3)(5)0AEAE，(3)1rankAE，求A的谱半径和Frobenius范数FA。注意A满足的方程说明那个式子是零化多项式，并不是最小多项式，也不是特征多项式。只说明A的特征根为3和-5，再根据后面的条件才知道有4个3和1个-5.然后根据范数定义得到结果。解：因为实对称矩阵A是5阶矩阵，且满足23(3)(5)0AEAE，(3)1rankAE，因此存在正交矩阵P,使得(3,3,3,3,5)TPAPdiagA4由于正交变换不改变矩阵的Frobenius范数，因此(3,3,3,3,5)492561FFAdiag六(10分)、求+502145513305127。见书184页，首先对矩阵满秩分解，再按广义逆的计算公式计算得到结果。七(14分)、3()Pt的线性变换2323012302132031()()()()()Taatatataaaataataat（1）求()()RTNT，的基。（2）求T的一个三维不变子空间。见书34-37页，要求相空间及零空间的基即对线性变换在自然基下的矩阵做初等行变换。然后观察可得。解：（1）求T在下的矩阵。解：基231,,,ttt，因为232233(1)1,(),()1,()1TtTtttTttTtt所以T在基231,,,ttt下的矩阵1010010110100101A。1010101001010101~1010000001010000A因此231,ttt是()RT的基，231+,+ttt是()NT的基。（2）取232{1,1+}Uspantttt，,易见2321,1+tttt，线性无关，因此232{1,1+}Uspantttt，是三维的，且()=()TURTU,因此U是T的一个三维不变子空间。八(14分)、已知321141123A,本题为三阶矩阵，因此首先计算A的特征多项式，发现特征根为2和6，然后判断最小多项式，A5即可得到若当标准型。见书72-75页。求lnA的方法见书127页。或者126页，或者123页。（1）求A的Jordan标准型。（2）求lnA.解：622AJ12()(6)(2)fAfAfA1211(2),(6)44AAEAAEln6ln2ln(2)(6)44AAEAE