2022年2022年矩阵论课后总答案 .pdf

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1、1 自测题一一、解：因为齐次方程0211211xxx的基础解系为TTT)1,0,0,0(,)0,1,0,1(,)0,0,1,1(321，所以 V 的一组基为00111A，01012A，10003A，显然 A1，A2，A3线性无关.VaaaaA22211211，有211211aaa，于是有322221112AaAaAaA，即 A 可由 A1，A2，A3线性表示，故 A1，A2，A3为 V 的一组基；且 dimV=3.二、解：（1）RVXX,.21，有21212122112211(2211)(XXXXXX）=)(1X)(2X,11122112211)(XXX)(1X.又因任意两个二阶方阵的乘积、和

2、仍为二阶方阵，故VV，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,EEEE下的矩阵 A：2221121111020020100012211)(EEEEE2221121112200)(EEEEE2221121121020)(EEEEE2221121122200)(EEEEE名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 32 页 -2 故2020020210100101A.显然,从自然基到所给基4321,EEEE的过渡过阵为1000110011101111C；10001100011000111C,所以在4321,EEEE下的矩阵为4020

3、0202231201011ACCB.三、解：（1）不是内积.因为)(,AAtrAA)(2)(22211aaAtr并不一定大于零.（2）因为1),(10dttegft,1021231)(),(dttfff,10212212)21()(),(edtegggt,gfgf),(,即212)21(311e.四、解：（1）2)2)(1(AI，2,1321.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 32 页 -3 行列式因子：1,1,)2)(1(1223DDD;不变因子：2321)2)(1()(,1)()(ddd;初等因子：2)2(),1(.（2）212121JJJA;（3）对TXAI)

4、1,1,0(0)(,1111得;TXAI)1,0,1(0)2(,2222得.再求22的一个广义特征向量：由23)2(XXAI得T)1,1,1(3.取111110111,1111011101PP,:,)(则令SinAAf2sin02cos2sin)(,1sin)()(22111JffJf,故12211)(),(sinPJfJfPdiagA1111101112s i n2c o s2s i n1s i n1111011102c o s1s i n1s i n2c o s1s i n2c o s2s i n2s i n1s i n1s i n2s i n1s i n2s i n2c o s2c o

5、s2s i n2c o s.五、解：（1）130143014,83,3014maxmax31jijiaA，故0limkkA；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 32 页 -4（2）0kkx的收敛半径为1，而1A若在其收敛域内，故0kkA绝对收敛，且01)(kkAIA.六、解：（1）6,5,15,511mmAAAA；又因为322232223511A，571A.所以7557)(1AAAc o n d；1,5,)1)(5(3212AI.故5lim)(iiA.（2）因为031221,0121，故可分解.（3）rBBB,均可取1B.七、证：设TnTnyyyYxxxX),(,),

6、(2121分别为在两组基下的坐标，则CYX，当YX时有：XCI)(，则0CI，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XCX1，由坐标变换公式知，在基1，2，n,下的坐标CXY，故有XY.八、证：A 对称正定，存在正交矩阵 C，使DdiagACCnT),(21名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 32 页 -5 其中特征值）nii,2,1(0.对X，有CXY，使DYYyyyAXXTnnT2222211,其中y.令nnnzyzyzy1,1,1222111.于是ZBZZYn,11121故ZZZDBBZDYYTTTT)(.而)(

7、PBCPZBZCYCXTTT令，所以ZZZAPPZAXXDYYTTTTT)(.因 Z的任意性，知IAPPT，即 A与 I 相合.自测题二一、解：IaAaIAIAkkkkkk,IaaaAaAaAaIannkn)(102210,其中Raaann10，故取 V 的基为 I，1dim V.二、解：（1）从基2,1xx到基22,1xxxx的过渡矩阵110011001C，所以在新基下的坐标为0111011C.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 32 页 -6（2）不是线性变换.因为),2()(33221121111babababbaa)()(.（3）不是内积.如034121212

8、1），），（，（），（，不具有非负性.三、解：（1）利用 Schmidt正交化方法，得Te)1,1,1(1，Te)1,0,1(2，Te)61,31,61(3.（2）从321,到321,eee的过渡阵610021103421C，6003102211C，故所求00000034211ACCB.四、解：（1）由 于A 实 对 称，所以 存 在 正 交阵Q，使nAQQT21.故2)1nnAQQAFFTF（；nA)(；nA2；nAcond2)(；1)(21mA.（2）取000000111A，111，得名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 32 页 -7 naAnA212,1,即有2

9、12AA.五、解：（1）3)1(201335212AI；1321.33)1()(D，所以,不变因子为3321)1()(,1)()(ddd；初等因子为3)1(.故 A 的 Jordan标准形100110011J.（2）cosA的 Jordan标准形为：J=)1cos(00)1sin()1cos(0)1cos(21)1sin()1cos(.六、证：（1）因173.01A；故;0limkkA（2）因 A 有范数小于 1，故0kkA绝对收敛；且其和的形式为1)(AI.七、解：00032103101230121121A；取302121B，32103101C；则有BCA（最大秩分解）；1)()(12DD名

10、师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 32 页 -8 TTBBBB1)(,1)(TTCCCC,则BCA，所以,方程bAX的极小范数最小二乘解为bAX.八、证：（1）因为ACAACCAnT2)1(,所以，则有,0)1(2nCn 必为偶数.（2）设TnxxxXXAX,21的分量中绝对值最大者为kx，则XAX的第 k 个方程njjkjkxax1；njjkjnjjkjkxaxax11；njnjkjkjkjaxxa111，故有1.自测题三名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 32 页 -9 一、解：（1）不 是.设BBAATT,，则)(TTBABA=TTBA

11、BA)()(（一 般 情 况 下），又)()(BABABAT（一般情况下），即VBA.（2）001)(111010nnnndadaaDaDaIa100)(10nnnndadaa，故 得 一 组 基 为100,001，且nVd i m.二、解：（1）123)(22xxx,12)(xx,43)1(x,在基1,2xx下的矩阵为：411322003A.（2）)5)(1)(3(411322003AI,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)(ijCC，则1010213124114151CdxxCdxxC,10102223121331,31dxxC

12、CdxxC,10331032231,21dxCxdxCC.故12131213141314151C.三、解：设3322113)(xxx，使得)(1，)(2，)(3是标准正交的.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 32 页 -10)(1，)(2已标准正交化，（)(1，)(2）=（)(2，)(3）=0，)(3=1，即得1022022232221321321xxxxxxxxx；解得：32,32,31321xxx；即.22313213.因为)(1，)(2，)(3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,下的矩阵表示为3232132313231323

13、2A.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,(),(，求得3V的一组基为3213312321,，则在该基下的矩阵为J.五、证：当0X时，000FFX；当X时，0TX;从而0FTXX.,CkFTFTXkkxkX()(=XkXkFT,FTFTFTTFTYXYXYXYX)(=YX，因此,X是向量范数.又因为名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 32 页 -11 FTTFTAXAXAX)()(XAAXFFTFT，因此,FA与X相容.六、解：)6(2AI，特征根为0,6321；则6)(A

14、.由于AA62，故 A可以对角化,即存在可逆矩阵 C，使1006CCA；1001)(CCAA.故得.61001001lim)(lim11ACCCCAAkkkk七、证：设1)(A，取0)(121A，对于矩阵A，存在矩阵范数，使121)()(AeAA.1)(AA便得证.八、证：（1）1ABBABABATT,同理，有1TTTBAAB.（2）BABABABABATT)(11=ABABBAT，得 2即有,0BA0BA.自测题四名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 32 页 -12 一、解：（1）21111011201010011)(EEEEET，2122201120011010

15、1)(EEEEET，33332200010001000)(EEEET，所以在 E1，E2，E3下的矩阵为200011011A.(2)设有一组基321,eee，从 E1,E2,E3到 e1,e2,e3的过渡矩阵设为C,即CEEEeee),(),(321321再设 A 在 e1,e2,e3下的矩阵为B,则ACCB1.要使 B 为对角阵，即找一个可逆矩阵C，使ACC1为对角阵.因为2)2(200011011AI,对0，求得特征向量T0,1,1，对=2，求得两个线性无关的特征向量T0,1,1，T)1,0,0(.令100011011C，得10002121021211C，则ACCB1为对角阵.由10001

16、1011,321321EEEeee，可得011001010011211EEe011201010011212EEe100033Ee.二、证：易得122111,1,0，,1,0,1,0,332332221331即11)(e，22)(e，33)(e也是标准正交基，故是正交变换.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 32 页 -13 三、解：（1）令TY)0,0,(21，由YHX，知XHXY；取YXYXYXXYXX00；YYY10，构造初等反射矩阵TIH2，则有YYXHX0.（2）)3)(5(16)1(12812AI.因此3,521，所以5max)(iiA；因为65)(A，故

17、矩阵幂级数收敛.四、解：由正交矩阵行（列）向量组标准正交，得12122a12122b02bca四组解是：212121cba，212121cba，212121cba，212121cba.五、解：(1)31162,4,6maxmaxiijjaA；3153,4,5maxmaxjijiaA;9maxijmanA.因为221AI，2,1321,故2m a x)(iiA.（2）031，0521132，故可以进行LU分解.（3）易得2)(,3)(BRAR，所以6)(BAR，B的特征根为2,121，故BA的特征根为4,2,4,2,2,1231322122111.2)(BA的特征根为：1，4，4，16，4，16

18、.（4）02BB可逆，且1032211B，所以rBBB,均可取为：1032211B.（5）A 的 Jordan标准形为：2121J.（6）对应于11的特征向量T)11,0(，对应于22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(.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 32 页 -14 令TT111101110，1111101111T.令AAf1)(，则1)(11Jf；214121)(22Jf.12211)(),()(TJJdiayTAf11111011121004121000111110111053322211141.六、解：（1

19、）由XAX，即0)(XIA，若不是A 的特征根，则0IA，所以0)(XIA只有零解，故0dim V.若是 A 的特征根，则0IA，所以0)(XIA有非零解.设rIAR)(，则rnVdim.（2）设TIA2其中为单位向量1T.则)2)(2(2TTIIATTTTwI422IITT44.七、证：（1）设由于二,0mRX次型0AXAXAXAXBXXTTTT，所以 B 为半正定矩阵.（2）当 A 的列向量组线性无关时，若X0，则 AX0，故)(AXAXBXXTT0，即 A 为正定矩阵.八、证：（1）为非奇异，为A 的特征值，故0，而1为1A的特征值，据特征值上界原理,有11A，即11A.(2)对0X，由

20、已知有BXAXXBAA11)(BXAX1XBAX1XBA)1(1由已知11AB,即11AB,故知0X,0)1()(11XBAXBAA；即对0X,有0)(1XBAA，即0)(1XBAA无非零解.故0)(11BAABAA,从而0BA，即 A+B 可逆.自测题五名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 32 页 -15 一、解：(1)在 V1中，4324324321xxxxxxxxxxA100101010011432xxx.令1001,0101,0011321EEE,因321,EEE线性无关，由定义知，它们是1V的基，且3dim1V.(2)212，BBLV因为21,BB线性无关

21、；2dim2V.),(2132121BBEEELVV在22R的标准基下，将21321,BBEEE对应的坐标向量21321,排成矩阵,并做初等变换1000003100011100111113100020102000101111),(21321，可见4)dim(21VV.由维数定理145)dim(dimdim)dim(212121VVVVVV.二、解：(1)因为，过渡阵111111C，且111111C，所以在1，2，3下的坐标为3211aaaC23121aaaaa.（2）设,21VVX则有XXA1与XXA2，两式相减得021X，由于21，所在地只有 X=0，故0dim21VV.三、解：取3XP中的

22、简单基,132xxx由于)1(=,12x,)(3xxx221)(xx,33)(xxx,则在 1，x，32,xx下的矩阵为1010010110100101A.A 的特征值为：2,04321,相应的特征向量为：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 32 页 -16 1010,0101,1010,0101.令2200,1010010110100101C,则ACC1.再由Cxxxffff324321,1,求得3xP中另一组基：34233221)(,1)()(,1xxxfxxfxxxfxxf，.四、解：(1)10101dtdtdeAdteAtAt)(1IeAA.(2)当ji时0

23、)(ji；故度量矩阵nA21.五、解：（1）,9,1,3,3121mTXXXXX3,4,3XXXXXXTmTFT.（2）)1()(23D，易得1)()(12DD.不变因子)1()(,1)()(2321ddd；初等因子)1(,2.A 的 Jordan 标准形为：100000010J.六、解：（1）000001101101112101101011行变换A，令01101101,211011CB，则A=BC.其中 B为列最大秩矩阵，C为行最大秩矩阵.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 32 页 -17（2）121033312111016332)(11TTBBBB，12213

24、11251211301111001)(11TTCCCC，所以14527533014515112103312213112151BCA.（3）10111501515151413145275330145151bAX.七、证明提示：类似习题4.1 第 16 题（1）的证明.八、证明：ACABA因为两边左乘矩阵A，有CAAABAAA)()(,故AB=AC.ACAB因为，设A为 A 的加号定则，两边左乘A，有ACAABA.自测题六一、解：（1）当VxxxxX22211211时，由02112xx得011010000001212211XXXX.取0110,1000,0001321EEE,因线性无关，则它们是V

25、 的一个基.（2）0110)(111BEEBETT；0000)(222BEEBETT；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 32 页 -18 0220)(333BEEBETT；故在基321,EEE下的矩阵为：201000000A.（3）将 A 对角化，取110001020C使2001ACC；设所求基为321,YYY，有：CEEEYYY321321,.得0110,0112,1000321YYY，则在基321,YYY下的矩阵为对角形.二、解：(1)1(4963752542AI,A 的特征根1,0321；行列式因子)1()(23D，易得1)()(12DD；不变因子)1()(

26、1)()(2321ddd；初等因子1,2.(2)A 的 Jordan 标准形为100000010J；(3)01621511,0121；A 能进行 LU分解.三、解：（1）.13214,1010,00022322122tttdtdAtdtdAdtAd.（2）00032121312xxdXdf.四、解：(1)由)(21IBA,得IAAIABIAB44)2(,2222,显然,当且仅当IB2时，有AA2.(2)因BABBAABABBAABABA222)(,得,0BAAB即,BAAB两端右乘 B得BABAB2,从而ABBAB)(,由于幂等阵B 的任意性，故0AB.五、解：(1)mxxx21两两正交的单位

27、向量.)(21mxxxA为列满秩矩阵,故TTTAAAAA1)(.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 32 页 -19（2）101kAk，且12)1(kkk与1)1(kkk都收敛；12)1(kkkAk收敛.（3）762AI，而)2()52)(76(37291912222234；由于0762IAA；原式3217231)2(1IA.（4）A 的特征根为n)2,1(，ii；B 的特征根为m)21(，jj；BA的特征根为jin;2,1(，im)21，j.六、证：(1)当0A时，设 A 的最大秩分解为A=BC.则CBCBBCBCBAAD.而HHHHBBBBBBB1BBBBBBH

28、HH21211.BBCBCD21AA21.当 A=0 时上式也成立.(2)经计算AaaaA)(2321213.于是AAaaaAXA31232221)(，AaaaX1232221)(是 A 的一个减号逆.(3)IeeeeeeAAAAATATAAT,.,所以因为.故Ae为正交矩阵.七、证：(1)设RVn,，则00),()(k),(),(0000kk=)(+)(.所以是线性变换.(2)是正交变换),(),(TT,即),(),(),(),(2),(0020220kk,得0),(2),(0020kk.由nV的任意性，上式等价于0),(20k,名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 19 页，共

29、 32 页 -20 所以22200212),(2nk.八、证：由舒尔定理知，存在西矩阵U 及上三角矩阵ijrR，使得RAUUH，因此有HHHRUAU，从而得HHHRRUAAU.又因为HHHHRRtrUAAUtrAAtr,由于 R主对角线上的元素都是A的特征值，故由式得2112121ijnjniijniinirr,而式端是R的 Frobenius 范数的平方，又因在酉相似（即RAUUH）下矩阵的F 范数不变，所以211211ijniniijniniar综合、两式便得到所需证的不等式.又不等式取等号当用仅当ij 时都有0ijr，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）

30、由02421aaa，得基础解系)0,0,1,2(1，)0,1,0,0(2，)1,0,0,1(3；所 以V1的 一 组 基 为321,，且3d i m1V.因 为),(),(2132121LLVV),(21321L，易 知1321,是21321,的一个极大无关组，故4)dim(21VV，21VV的一组基为1321,.（2）251433221121,kkkkkVV.所以02514332211kkkkk.解此方程组得），133,2,2(),(54321kkkkk.所以21VV的一组基为)3,2,21，（，且1)dim(21VV.二、解：（1）211111)(cEaEE221212)(cEaEE211

31、121)(dEbEE名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 20 页，共 32 页 -21 221222)(dEbEE即dcdcbabaEEEEEEEE00000000),(),(2221121122211211故 A=dcdcbaba00000000;(2)由,BAAB得到IIBAABBAAB,0,即IIBIA)(,显然IA与IB均为阶可逆方阵，于是有IIAIB)(,即IIBABA,亦即0BABA,故BABA,从而ABBA.三、解：（1）)2()1(2320110012EA，)2()1()(23D，1)(2D，1)(1D.)2()1()()()(,1)()()(,1)(223312

32、21DDdDDdd，所以初等因子为：2,)1(2.A的 Jordan标准形为200010011.（2）nIAtrdAd.（3）两边求导数，利用,AtAtAeedtd且,0Ie得133131113A.四、解：（1）iijjaA5max1；jijiaA5max.（2）122212221AI)5()1(2,5,1321；故5max)(iiA；3122411B，故1)(BBBcond54145.（3）2,3rankBrankA；623)(BArank.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 21 页，共 32 页 -22)4)(1(26521232BI，所以4,121，故BA的特征值为：20

33、,4,4,5,1,1654321（4）0A，1A存在，3222322235112221222111AAA.五、解：（1）000032102101321043211111A，BCA32102101102111.（2）2rankA；2):(bArank；bAX相容.（3）142062030106104TAA；211030010502152011070)(TTmAAAA，极小范数解1234101bAXm.六、解：（1）0maxxPA21210220maxmaxPAPyyPAPPXPAXXAXxxPP.（2）A 的 4 个盖尔圆为它 们 构 成 的 两个连通部分为11GS，GGGS3224.易见，1S

34、与 S2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 S1中含 A 的一个实特征值，而S2中至少含 A 的一个实特征值.因此 A至少有两个实特征值.,28,36,24,14321ggGggGggGggG名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 22 页，共 32 页 -23 七证：（1）设为正交变换，为的特征值,则有()0()，),(=()(,)(),(),(2.0),(,12,故1；（2）设 为的 任 一 特 征 根，为的 属 于 的 一 个 特 征 向 量，即0,)(，则1,11)(2,1222.记11的特征子空间为,1V12的特征子空间为1V.对V有()()2+()()

35、2，而()()2,1V()()2 1V，所以11VVV.又11VV,)(且,)(；得，即0，故11VVV.自测题八一、解：(1)在已知基)(),(),(321tftftf下的矩阵为：111323221A;(2)(321),1()(2tttf；基2,1tt且到基)(),(),(321tftftf的过渡矩阵为：101110102C；则21321234321)(),(,)()(ttCtftftftf.(3)设度量矩阵33)(ijdD,则101021121121,11tdtdddtd；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 23 页，共 32 页 -24 10102222311331,31d

36、ttddttdd；10104333322351,41dttddttdd；故51413141312131211D.二、解：(1)令 矩阵,3)(IAAf若A的特征值为,则)(Af的特征值是3)(f,故)(Afn 的个特征值为32)2(,3)6(,1)4(,1)2(nnffff.从而)32(531(3)(nIAAf.(2)2)1)(2(224023638AI；特征根为1,2321.行列式因子：23)1)(2()(D，1)()(12DD;不变因子：2321)1)(2()(;1)()(ddd；初等因子：2)1(),2(；故 A 的 Jordan 标准形为100110002J.三、解：（1）由于 A 实

37、对称，所以易求得非奇异矩阵P，使APP1，其中2200,1001011001101001P,于是12211PeePettAt=12111000011PPePPt=tttttttteeeeeeee22222222100101100110100121.(2)XTttAteeXet22,0,0,0.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 24 页，共 32 页 -25 四、解：（1）6A；2)4)(2(224)4(31213232AI；特征根为4,2321；则4)(A.（2）2)3(,3)(RAR6)(BAR；B 的特征根3,421，BA的全部特征根为：-8，-6，16，16，12，12.

38、（3）310125411B，BBl,可取1B.五、解：1T4,0,3，构造3040504035113R，113140430735AAR.同理，构造RARR5135165735,3404300055112323.令TRRQ2313012202015012161551,则A=QR.六、证：（1）A 为对称正定矩阵，0有：0A，当且仅当0时，有0A；对RR有：ATAkAkk；AAATTTA),(2)()(AAAA2)(,名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 25 页，共 32 页 -26（2）IAAAAAAAATTTT11)()(；1)(TTAAA是 A 的右逆.（3）因为1A，且 A为

39、正交矩阵，所以有TTTAIAAIAAAAAI)()(,则AIAIAAIT)(，即0AI.故 A 一定有特征根-1.七、证：,1111AaaAIfnnnn因为由0Af得01111IAAaAaAnnnn,即AIAIaAaAnnnn112111,故IaAaAAAnnn12111111.自测题九一、解：不是.如取=（1，2），=（3，4），.,4,3,2,1则有.二、解：（1）令1111A，则VXAXX,)(.VYX,，Pk，则)()(YXAYX)(X+)(Y，kkX)()(X，所以是线性变换.（2）0101)(1111AEE，1010)(1212AEE，0101)(2121AEE，1010)(222

40、2AEE，设在基22211211,EEEE下的矩阵为B，则1010010110100101B.（3）令),(4321B其中i为 B 的列向量，由于2)(Brank，且21,是4321,的一个极大线性无关组,所以 dim2)(V，且),()(21BBLV，其中名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 26 页，共 32 页 -27 0101),(1222112111EEEEB，1010),(2222112112EEEEB，且21,BB为)(V的一组基，得dimKer=4-dim(V)=2.令00004321xxxxB，得基础解系1010,010121.记1010),(,0101),(22

41、221121141222112113EEEEBEEEEB,则 ker),(43BBL，且43,BB为Ker的一组基.三、解：非负性.A=0时，A0,0,0,0;0,0,0AAAAAAbHabHa从而时从而.相容性.设 A，BCnn，则有.BABBAAABBAABABABbHabHabHbHaabHa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）FGA，A11101101412101000011101101行.（2）303241012120663)(11TTTFFFFF.11111001313003)(11TTTGGGGG.54131473032410361FGA.（3）bbAA

42、bAT,)1,1,0,1(，故bAX有解，极小范数解为TbAX)1,1,0,1(0.五、解：（1）因2,3rankBrankA，得623)()()(Br a n kAr a n kBAr a n k.令0)2)(7(BI，特征值2,721.所以BA的所有特征值为：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 27 页，共 32 页 -28 4,14,14,2,7,7161514321；10976)14()2(3232BABA.（2）B的特征值2,721，IBBBf3)(2的特征值4537721；113)2()2(22.六、解：,11120013221111e122212221312,111

43、311111TIH令,1102003131AH1101110210,11201221eA2011,01102,1121122222AHIHT所以取QRARHHQ得211313,21212222131121.七、证：（1）令),(11nLW，其中11,n线性无关.通过标准正交化，将11,n变为 W 的一个标准正交基11,n.由已知可得1,2,10,nii;因而11,n，线性无关.把单位化，令|1n，于是nn,11与nn,11均为 V 的标准正交基.同时，由题设,1,2,1,)(niii，而nn)(，则把标准正交基nn,11变为标准正交基，故为正交变换.（2）因为为正交变换，（n,21）=（n,2

44、1）A，所以 A 为正交矩阵.又A 的所有特征值n,21都为实数，故有,TTAAIAA即 A 为实的正规矩阵，从而存在正交矩阵Q，使得321AQQT,则 A=AQQQQAQQYTTTT,，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,1，令1)(f，则AIAf)(的特征根是,1,11n由题设i11，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 28 页，共 32 页 -29 ni,1，故,111i即20i，因此,1,20nii进而nn2|01，然而ndA1|，故nnd2|,|01.（2）设 A 的三个特征根为321,，则32132312123213)()(|)(AIf

45、，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，则1|32321A，于是323231213211，从而1|)(23ttAIf.其中321t为实数（因32,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,所以31132，即31t.由哈密顿凯莱定理知：023ItAtAA.自测题十一、解：（1）因为,2rankA求得AX的基础解系,9,0,21,2,0,9,24,121TT即为 V 的一组基，且dimV=2.(2)设 A 为 P 上任一 n 阶方阵，则)(21TA

46、A为对称阵，)(21TAA为反对称阵，且A=)(21TAA+)(21TAA，得21VVPnn.又若21VVB,则有TBB,且TBB,从而B,则21VV,故21VVPnn.二、解：（1）)(1)(.设在基4321,下的坐标为),(4321xxxx，则()在基4321,下的坐标为4321xxxxA.且()及0004321xxxxA,其中00000000101001011111111111111111A.得基础解系1010,0101；取)(1中两个线性无关的解向量422311,所以),()(211L，dim2)(1.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 29 页，共 32 页 -30（2

47、）由于)(1中有一组基1,2，所以取432121,，易知4321,线性无关，则4321,构成 V 的一组基.设由基4321,到基4321,的过渡矩阵为C，则1010010100100001,10100101001000011CC,所以在4321,下的矩阵为22002200110011001ACC.三、解：（1）先由 rankA=n，即 A 的列向量组线性无关，证ATA 是正定矩阵（见自测题四中第七题），再由习题 2-1 第 7 题知，Rn构成一个欧氏空间.（2）令 C=ATA=（cij），ijjijicC,所以自然基在该内积定义下的度量矩阵为C=ATA.四、（1）证：A 是幂收敛的，BAAAB

48、nnn22limlimlim.（2）解：令014112BA，1212BI,B 是幂收敛.原级数和为04141BI.（3）解：设 A 的最大秩分解式为：10010110012AIFGA,则1002011001010101AAFFHH.显然1001)(,10021211IGGFFHH,.0102102101010110021)()(1111FFFFGGGAHHH名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 30 页，共 32 页 -31 五、解：令7610,122121211142bA,561651224112331A，由于bbAAT6,6,11,所以方程组无解.全部最小二乘解为4321552

49、1552122341149111313221)(yyyyYAAIbAX任意,),(4321Cyyyy，极小范数最小二乘解为：TbAX31,32,2,10.六、证：（1）设 X=（nXXX,21）T，则nnnTxxxxxxxxxX212121,.221XnxnXXiniFT.（2）设 A的特征值为m,21，B的特征值为n,1，则BA的特征值为ji),2,1;,2,1(njmi.因此mnmimnjjnjnmiijiBABA)(det)(det)det(1111.七、证：由A321321,得132122,2232123213222.对于,W存在常数,21kk使得3221121132121kkkkkk

50、,从而有21kk()(11k()(22k)(3=Wkk)()(132121,故 W 是的不变子空间.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 31 页，共 32 页 -32 八（1）证：设 dimrr,)(11为)(1的一组基，而)(1是 V 的一个子空间.所以)(1的基r,1可扩充为 V 的基nrr,11.下面来证,),(1r)(n为)(V的一组基.(a)(V，则存在,V使)(，而nnrrrraaaa1111,故有1)(ara)(11)(rranra)(1)(n1ranra)(1)(n；(b)设1ranra)(1)(n=,所以)(11nnrrkk,故nnrrkk11)(1.于是rrn