2022年《矩阵论》习题答案 .pdf

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1、1 第一章第一章第 6 题实数域 R 上的全体 n 阶对称（反对称）矩阵，对矩阵的加法和数量乘法。解：实数域R 上的全体 n 阶矩阵，对矩阵的加法和数量乘法构成R 上的线性空间nnR,记AARAAWAARAAVTnnTnn,/;,/以为， 对任意的,BBAAVBATT则,BABAT即VBA,所以 V 对加法运算是封闭的；对任意的AARkVAT,则,VkAkAkAT即所以 V 对数乘运算封闭；所以，V 是nnR的一个线性子空间，故V 构成实数域R 上的一个线性空间。同理可证， W 也是一个线性空间。P41 第一章第 8 题(参考 P10 例题1.2.5) 证明：存在1k,2k,3k,4k使得11

2、2233440kkkk即11111k+21101k+31110k+41011k=0 解12341231341240000kkkkkkkkkkkkk得12340kkkk所以1，2，3，4线性无关P42 第 1 章第 12 题解：因为 A=x11+x22+x33+x44即x1+x2+x3+x4=1 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 2 x1+x2+x3=2 x1+x3+x4=-2 x1+x2+x4=0 x1=-2 x2=3 x3=1

3、x4=-1 所以 A 的坐标为 x1,x2,x3,x4T=-2,3,1,-1 TP42 第一章第 13 题 答案f(x)=3+1 -n2x( 泰勒展开 )(fx=2(n-1)2-nx(x)f=2(n-1)(n-2)3-nx)1(fn(x)=2(n-1)! )(fn(x)=0 f(1)=5 )1(f=2(n-1) ( 1 )f=2(n-1)(n-2) )1(fn(1)=2(n-1)! f(x)=f(1)+ )1(f(x-1)+ !21(1)f2) 1(x+ +)!1(1n)1(fn(1)1) 1(nx=5+2(n-1)(n-2)+! 2)2)(1(2nn2)1(x+)!1()1(2nn！1) 1

4、(nx=5+211nC(x-1)+221nC2)1(x+ +211nnC1) 1(nx取 f(x)=3+1-n2x在基 1, (x-1), 2) 1(x, ,1)1(nx下的坐标为（5 , 211nC, 221nC, , 211nnCT)教材 P42 习题 14：求基T)0, 0,0 , 1 (1，T)0 ,0, 1 , 0(2，T)0 , 1 ,0, 0(3，T)1 , 0,0 ,0(4，到基T) 1 , 1, 1 , 2(1，T)0, 1 , 3 ,0(2，T) 1 ,2, 3 ,5(3，T)3, 1 ,6, 6(4的过度矩阵，确定向量Txxxx),(4321在基1，2，3，4，下的坐标，

5、并求一非零向量，使它在这两组基下的坐标相同。所涉知识点：基，过度矩阵及其应用。参考例题 -例 1.3.3-P16 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 3 1分 析 ：设 过 渡 矩 阵 为44434241343332312423222114131211ttttttttttttttttT， 公式T),(),(43214321,4443424134333231242322211413121143214321),(),(ttttttttt

6、ttttttt，又432144321343212432113166123501301112，对比以上两式，易得过渡矩阵3101621165316502T。设Txxxx),(4321在基1，2，3，4，下的坐标为),(4321bbbb，则44332211bbbb， 即432143214321),(xxxxbbbb， 向量4321xxxx为任意给定的一个向量，该向量的每个分量可以看做已知量，向量4321bbbb为给定已知向量4321xxxx在基1，2，3，4下的坐标，其坐标可以看做是方程A的解，其中矩阵3101121163316502)4, 3,2, 1(A，向量Txxxx),(4321为任意给定

7、向量，),(4321bbbb为要求量。 方程A是非齐次线性方程组，该方程有解的充要条件是)()(ArAr.解得该方程组的解即可确定向量Txxxx),(4321在基1，2，3，4下的坐标。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 4 00031011211633165021)4()4(r)4(r -4r4321irrrrxxExxxxA）（初等行变换，i=2,3,4。ix是4321,xxxx在初等和变换的过程中变换而来的。4321,xxxx

8、为给定的向量的坐标。 显然由上式可知：) , , , (4321xxxx。2 设某一非零向量为Txxxx),(4321，向量在基1，2，3，4下的坐标为T),(4321,则41i44332211ii，即432143214321432143211000010000100001),(xxxx，44332211,xxxx，所以，向量Txxxx),(4321在基1，2，3，4下的坐标为Txxxx),(4321,由题意知： 向量Txxxx),(4321在基1，2，3，4与基1，2，3，4下具有相同的坐标，即向量在基1，2，3，4下的坐标也为Txxxx),(4321，则41i44332211iixxxxx

9、，即432143214321432143214321302163365023101121163316502xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx，化简该式可得如下其次线性方程组：02001063206504321432143214321xxxxxxxxxxxxxxxx（ I ）, 方程组 （I ）中系数矩阵),(,21011111632165014321xxxxxA向量，写成矩阵形式即为：0Ax（II ） ，求方程精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 30 页 - - -

10、- - - - - - - 5 组（ II）的解就是所求向量。对矩阵A 做出的行变换如下所示：CArrrrrrrrrrrrrrrrr0000110010101001000011001010650100001100011065011100770001106501110076100110650144007610022065012101111163216501153323471323414212141312显然，,CAA 与 C 相似。43)()(nCrAr，det(A)=0, 方程0Ax有非零解，由上面分析易得解为：1, 1, 1, 14321xxxx,s 所以满足条件的一个非零向量为T)1, 1

11、 , 1 , 1(,其在基1，2，3，4与基1，2，3，4下具有相同的坐标。（注：所解过程如有不对地方，建议各方交流啊！）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 6 第 27 题0100103-1 , 1 ,3261026101 ,32,32-113232-1022023320223, 2, 1,2-1-1- ,23-1-03-0,2,3, 3, 2,0,7,8 ,2,3,3 ,5, 1 , 1,1,2,2,-13, 1 , 1 ,3,

12、7,8,2,33, 5, 1 , 1,2,2, 1,V4321443322114443333222211114432143214321432143214i4432132121332223322,31113311 ,313232321313312211121112211121121212122113214TTTTTTTTTTiSR，由，令，得，取，令，使再取，正交化，所以，且，取解：令第二章P78 第 2 章第 6 题（1）（x1，x2，x3）=（2x1-x2，x2+x3，x1）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - -

13、 - - - -第 6 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 7 1=（1,0，0）=（2，0，1）=21+32=（-1,1,0）=-1+23=(0 ,1, 0)= 2(1,2,3)=(1,2,3)0,011 , 1 ,00 ,1-2，所以在1,2,3下的矩阵是0, 011 , 1 ,00, 1-2，（2）由（1，2，3）=（e1，e2，e3）1 , 1, 11 , 0, 10, 1 ,1=P （e1，e2，e3）到（1，2，3）的过渡矩阵为P=1 , 1, 11 ,0, 10 ,1 ,1及（1，2，3）=（1，2，3）1 ,2, 1-0, 1 , 11 ,0, 1令 A=

14、1 ,2 ,1-0 ,1 ,11 ,0 ,1由（e1，e2，e3）=（1，2，3）p1-（e1，e2，e3）=（1，2，3）p1-=（1，2，3）Ap1-=（e1，e2，e3）pAp1-（3）由（1，2，3）=（e1，e2，e3）A, A=0, 1 ,21-1 ,03,0, 1-，得（e1，e2，e3）=（1，2，3）A1-（e1，e2，e3）=（1，2，3）A1-=（e1，e2，e3）9, 6, 311050,5，A1-(4) (E11)=0, 00, 3=3E11(E12)=0, 01 , 1=E11+E12精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下

15、载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 8 (E21)=0,60, 3=-E11+6E21(E22)=2, 21, 1=E11-E12+2E21+2E2202, 0,02, 6, 0,01, 0, 1 ,01, 1, 1 , 3T缺第 8 题第二章第九题 P79页：解： (1)令1021121312552212A即：123414,(.)AA12341234(,)(,)P，由题目知；1000230001101112PA 在基1234,下的矩阵为1PAP那么 ,123412341234(,)( ,)(,)AAPAP(2)

16、 由线性映射值域和核的定义可以得到：()()|( )|()0R AAVVN AVAV第二章第 10 题10 在 n 维线性空间中 nR x中，定义线性变换( )( )f xfx，其中( ) nf xR x。求的值域与核。解：N(D)=常数，2, ,nR(D)span 1 xx，取11，2x，1nnx；121201000020(,)(,)00010000nnDn；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 9 0100002000010000

17、Dn( ) nR(D)DfxfR x，( )0N(D)=f Dfx，11(0,)TnfTR(x)，( )Dfx，0100D，00101000Df1101R(x)R(D)xfx，001N(D)fxR(x)第二章 13 题解： （1）由题可得AA),(),(321321P),(),(321321APPA1321321),(),(2)由aAaxAx0122020021AI即0)1)(2)(1(特征值1, 2, 132111时，把11代入式中得000010101222010020则0,231xxx特征向量为1011X22时，把22代入式中得000120101322000021精品资料 - - - 欢迎

18、下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 10 则32312,xxxx特征向量为2122X13，把13代入式中得000010001022030022则Rxxx321,0, 0特征向量为1003X第二章 14 14.设线性空间3RD3 的线性变换A 定义为3231321322xxxxxxxA求线性变换A 的特征值与特征向量。解：由3231321322xxxxxxxA取标准基1e，2e，3e。得0021Ae，0202Ae，3013Ae；在1e，2e，3e下的矩阵300

19、020102A利用0300020102AI则0)3)(2)(2(可求得特征值：3, 2,2321。2,221时，由xAx2可得100000100230002201022可得03x；由此得到对应的特征向量：010,00121xx精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 11 33时，由xAx3可得000010101330003201032则0,231xxx；由此得到对应的特征向量：1013x。第二章 17 17、 （1）B=PAP1Bk=

20、 (PAP1)k=PAkP1结论成立（2）令： P()=a1n+a21n+ .+an+a1nP(A)= a1A n+a2A 1n+ .+anA +a1nP(B)= a1B n+a2B 1n+ .+anB +a1n由（ 1）得 Bk=PAkP1即多项式每一项都成立，则有P(A)= P P(B) P (3) BT= (PAP1)T= (P1)TATPT=( PT)1ATPT即结论成立第三章第三章 2（1） 、 （3）2. 化下列矩阵为 Smith 标准形：（1）10解：2 1()2(1)2221,22 1()111101000000（3）22222113131211解：22221 3(1)2 3(

21、3)2 1( 1)2222221122223131222000111111精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 12 2212 1(1)2,32223222221110(2)200000022(2)2322322 1( 1)13 1()220020010(2)0222)2000000232222112 3(1)3 2()3 2()222002002000223022202200000000011()212()23 2()200100

22、02000000000第三章 3 3.求下列矩阵的不变因子和初等因子；(1) 300130013解：由题意，知：3001300133001030313001300312300130001203031000123300010001所以，此行列式的初等因子为33，故此行列式的不变因子为333d，12d，11d。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 13 第三章 .6（1）解：由于同理可得BIA 与 B 具有相同的不变因子，故A 与 B

23、相似第三章 9 （1）求 Jordan 标准型参考 P107 例 3.5.1 A=2,6,151,1, 51,2, 6IA2,6,151,1,51, 2,6=1, 2,61,1,52, 6,15=1,2,61,1,52,6,15=1,2,60,1,10, 2(1),(3)(1)=21,2,60,1,10,0,(1)21,0,00,1,00,0,(1)则 A 的初等因子为1，2(1)，故 A 的 Jordan 标准型为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 30 页 - - - - -

24、 - - - - - 14 J=1,0,00, 1,10,0,1精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 16 第三章 第 14 题14 求下列矩阵的最小多项式：（1）311020111（2）422575674解： （1）由3311020

25、(2)113fIA再由20AI,2(2 )0AI得 A 的最小多项式为2( )(2)（2）由23422575674fIA验证20AI,25110AAI得 A 的最小多项式为3272122第四章P142、第四章第三题 (1)，参考例题例 4.2.2 求下列矩阵A 的满秩分解：（1）123002111021A解：取1100010101L则1123002110211L A取2100010011L则(1)21123002110000L L AA因此11(1)12100100123001001002111010110000ALLA精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - -

26、 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 17 100123001002111010000令100110B，12300211C，则ABC. 4-9（1）解：令 A=L U=1010013121lll332322131211000uuuuuu由公式：当 ji 时，11irrjirijijulau当 ji 时，jjjrrjirijijuulal/ )(11所以：4, 3, 2131211uuu2/121l1, 1, 2/1, 7, 2/13332312322ulluu故 LD 分解为： L=11210121001

27、U=1007210432又令 U=D U =1-00021-000210041-102231精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 18 所 以LDU分 解 为 ： L=11210121001D=1-00021-0002U=10041-102231第四章第 10 题10 利用系数矩阵的LU 分解解下列线性方程组（1）123123123234197269xxxxxxxxx（2）12312312323403525433028xxxxxxx

28、xx（1） 解： 据题意可得： 系数矩阵 A=234119126； L=213132100101lll；U=111213222333000uuuuuu由 A=LU 即111213212223313233100234100119100126uuuluullu得：111110 00 022uu；122212100 033uuu；1323331310044uuuu；2111211100012lul；21122231110012luul；21122222110012luuu；21132333231097luuuu；31123222321 021lulul；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - -

29、 - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 19 311332233333161luluuu；所以 L=10011021112； U=2341072001根据 LU 分解有AxLUxbUxyLyb得：1122331100111510722911112yyyyyy112233234111150712210011xxxxxx（2） 解： 据题意可得： 系数矩阵 A=2343524330； L=213132100101lll； U=111213222333000uuuuuu由 A=LU 即

30、1112132122233132331002341003521004330uuuluullu得：111110 00 022uu；122212100 033uuu；1323331310044uuuu；2111213100032lul；311132310 1 042lull精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 20 21122222110052luuu；21132333231024luuuu；31123222321 036lulul；3

31、113322333331302luluuu；所以 L=1003102261； U=2341042002根据 LU 分解有AxLUxbUxyLyb得：11223310000310552282261yyyyyy1122332341010452221002xxxxxx第五章第五章第七题(1)nCx，令 y=AxmC,则0. 0AAyyAxAxHHHH同理mCx，令nHCxAy，则0,0HHHHAAyyxAAx(2) 秩（AAH）= 秩（HAA）= r,可逆矩阵P,Q,使mnrHHIAPAP000,nmrHHIQAAQ000故AAH与HAA有 r 个特征值。(3) 列满秩AAH非奇异且根据结论1AAH

32、为 Hermite 正定矩阵第五章第 6 题;,31213121321xxxixxxxxixxxf精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 20 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 21 其解矩阵0010010iiA的特征值为0,2,2首先对2取特征向量121i2|1102222211iw)22(2223)22(2121)22(2223)22(22232121212222111iiiiwwHH满足222202222000211iiAHHH矩阵22222222ii的特征向量是0,

33、2首先对2取特征向量i112|22iw213112得到2222222222*222iiwwHH令*00122HH从而0000200022112HHHAHHH最后令2122122122122212210222212iiiiHHu取, uuAHuxy故yyAxxxxxfHH321,所以其标准形为：222132122,yyxxxf第五章 19精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 21 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 22 设 A=，求对角元为正数的下三角矩阵L 使得 A= L

34、LT，解： A1=A2=A1=；即对 A 进行 AU 分解后得 A=；对 A 进行 LDU 分解后得 A=；令 L=，即 A=LLT第六章P.198 习题第 6 题题目： 6.设nmijCaA)(，令ijjianA,max。证明：是nmC上的相容矩阵范数。证明：nmijCaA)(，nmijCbB)(设)(ijCAB则nkkjikijbaC1所以kjjkikkikjnkikijbnanbaC,1maxmax从而BAbnanCnABkjjkikkiijji,maxmaxmax所以相容。依题意，易知，当0A时，0A；当 A=0 时，0A；对任意nmCACk，有AkankkankAijjiijji,m

35、axmax；对任意nmCBA,，有BAbnanbanBAijjiijjiijijji,maxmaxmax精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 22 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 23 所以是nmC上的相容矩阵范数。第六章第 7 题(1)I= 2III=I1(2)A=a是相容向量范数a=AAa=A1A=a=1AAa=11A第六章，第十题， Page198. 问题：对下列矩阵A，求FAAAA,21(1)221211411A(2)121011A解： （公式）miijnjaA

36、111max（行和范数）21max2)(AAAH（矩阵的谱范数）THAA)(为矩阵A的共轭转置矩阵。njijmiaA11max（列和范数）212)(ijFaA（Frobenius范数）注意：不是212)(ijFaA因为在复数矩阵中这样计算是不正确的。（1）8224211111max1A24606600034416424224424411211224211111221211411224211111AAH精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 23 页，共 30 页 - - - - - - - - -

37、 - 24 0)10830)(3(24606600032AAIH解得：31，24683021084303022，24683021084303022246830max所以117152468302A6221211411maxA334414111611FA（2）用同样的方法求，注意3115111212141121011111201AAH第六章 18 题试讨论幂级数nnn3141112的收敛性 .设 A=3141，则存在 P=1021,使得11011JAPP，从而幂级数nnn3141112=1121112112110111011pnnnppnpnnnnnnn收敛 .第七章第七章 1 题精品资料 - -

38、 - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 24 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 25 对下列矩阵A，计算Ae，Ate和sin At（1）200011001A1）( )xf xe，( )xfxe200000Aeeeee2）( )xtf xe，( )xtfxte200000tAtttteeetee3）( )sinfxxt，( )cosfxtxtsin 200sin0sincos00sintAttttt（2）221261004A（3）（4）200111113A的特征值2（三重）初等因子2和2(2

39、)220011111311(2)13(2)(2)IA精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 25 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 26 即求逆解P使1200021002pAPJ令123(,)ppppJ即112233222APPAPPAPP由(2)0IA x123000411101110 xxx1230 xxx得2的两个解是101 ,101取1121122233,2ppkkpAPP得满足即1321 122122-(2)=-=-= -kIA Ppkkk kk取12=0=1kk

40、，时得3221= 0=0PP，从而-1100100= 110= -1100111-11PP，即1APJp1) 21222220002AJeePe Peeeee精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 26 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 27 2）2122222200(1)(1)tAtJttttttteePe Ptet etetetet e3）1sin 200sinsincos2sin2cos2cos2cos2cos2cos2sin 2tAtpJtptttttttttttt

41、tt第七章 8 （2）A=0 -1;4 4,求 arcsinA/4 解：特征值2（二重） ，初等因子)2(2存在可逆矩阵 P：JAPP12,01 , 2令 P=（pp21，） ，由 A（pp21，）=（pp21，）J PPA112(1) PPPA2122(2) 由(1)得1, 1p1，由(2)得1,0p2从而得1,20 , 1pPp1)4arcsin()(Axf,xfx2161)(PJPAAf1)4arcsin()4arcsin()(=Parcsin214161；0 arcsin21p1-= P 60636，p1-=6-33-63; 33233+2T(3)A=16 8 ; 8 4, 求1)(A

42、I和A21I+A=211 , 2，1 , 00 ,211211 ,2，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 27 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 28 1)(AI=211 , 2，1 , 00,2111211 ,2，=211 ,2，1 , 00,211525151 ,52，A=211 , 2，1 ,00 ,201211 , 2，A21= A=211 , 2，1 ,00 ,201211 ,2，= 211 , 2，1 ,00,20525151 ,52，第七章第 9 题9 设

43、矩阵值函数23sincossin( )10tttttA tettt其中0t，计算0lim( )tA t，( )dA tdt，22( )d A tdt，( )d A tdt，( )dA tdt。解： （1）0010110100lim( )tA t（2）23cossin1( )cossin200tttdA ttttetdttt（3）233242sincos1( )sin2cos2 sin2003ttttd A ttttttteedttt（4）222( )sincossin costtA tt etttettt222222( )2sin2sincos2 cossin2 sin coscossintt

44、tttd A ttetett etttttedttettttttt精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 28 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 29 （5）2cossin( )3tttdA ttedtP231、第七章 12 题设矩阵值函数222( )20300 xxxxexexA xeex，计算10( )A x dx和20( )xdA t dtdx解：根据矩阵值函数积分和导数的定义，对矩阵值函数的积分是对每个元素进行积分和求导，因此：2112011(1)123( )110

45、3002eA x dxee且3323323520411(1)(1)123( )1103002xxxxxeexxA t dteex则332332254222305333( )360600 xxxxxx ex exdA t dtx ex edxx精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 29 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 30 页，共 30 页 - - - - - - - - - -