矩阵分析习题附答案

空题（每小题5分，共30分）1、若矩阵A=的满秩分解为A=BC，则B=，C=。解：由初等行变换A=→→，知：B=，C=。2、矩阵A=的最小多项式为。解：由于知A的初等因子为（λ—1），（λ—1）2，故A的最小多项式为（λ—1）2。3、设，则N（A）的一个标准正交基为。解：由于等价于，而其解空间的一个基为α1=（-1，0，1，0，0）T，α2=（0，0，0，1，0）T，α3=（-2，2，0，0，1）T对其作标准正交化即得其一个标准正交基为（-1/，0，1/，0，0）T，（0，0，0，1，0）T，（-1/，2/，-1/，0，1/）T4、设为的两个基，T为的线性变换，且，则T在基下的矩阵为A=。解：：由于T（e1,e2）=（e1,e2）（e1,e2）-1T(（e1’,e2’）（e1’,e2’）-1（e1,e2）)，知所求矩阵为A=（e1,e2）-1T(（e1’,e2’）（e1’,e1’）-1（e1,e2）)=（e1,e2）-1T（e1’,e2’）（e1’,e1’）-1（e5、设W=span[]，则dimW=。解：由于，知dimW=3。6、矩阵A=的1—范数为。解：max{׀1׀+׀3׀+׀1׀，׀i׀+׀0׀+׀1׀，׀0׀+׀1׀+׀2i׀}=5设为向量形变量，为常矩阵,求。（10分）解：设A=，求sinA。（10分）解：由于，故有单根—2和重根1。设与sinλ在A的谱上一致的多项式为P（λ）=a+bλ+cλ2，则有解得从而sinA=aI+bA+cA2=====设分别为对应两向量范数的算子范数，其中B可逆，证明：。（10分）证明：设，证明：A正定的充分必要条件是存在可逆矩阵，使得。（10分）证明：由于且A正定，故有酉矩阵P使A=Pdiag（λ1,λ2,...,λn）PH其中λ1,λ2,...,λn为正数，故A=Pdiag（）diag（）PH记Q=diag（）PH，则Q可逆且A=QHQ。反之，若有可逆矩阵Q使A=QHQ，则对任意非零向量x，xHAx=xHQHQx=（Qx）HQx>0,即A正定，最后的不等号是因为x非零Q可逆，故Qx非零，从而xHAx=（Qx）HQx>0。设，且AB=BA，线性变换T（x）=Bx，，证明：A的特征子空间是T的不变子空间。（10分）证明：设x为任一属于A的相应于特征值λ特征的特征子空间的向量，即Ax=λx，则AT（x）=ABx=BAx=Bλx=λBx=λT（x），故T（x）也属于A的相应于λ的特征空间，由x的任意性知A的特征子空间是T的不变子空间。八、设，且，证明：A可表示为如下的形式，其中P为可逆矩阵。（5分）证明：设A的若当标准形为A=，其中Jk为若当块，则，故从而必为一阶块，且相应特征值与其立方值相等，即特征值只能为0，1和-1，所以得证。九、证明：对任意非零矩阵，可表示为A=BC的形式，其中B的各列构成的向量成为实标准正交向量组，C的各行构成的向量成为实正交向量组。（5分）证明：由于，所以，且正定对称。从而可以找到正交矩阵U，V使A的奇异值分解为A=Udiag（λ1,λ2,…,λr,0,…,0）V，其中λ1,λ2,...,λr为的非零特征值（为正数）。设U1为U的前r列所成的矩阵，V1为V的前r行所成的矩阵，则A=U1diag（λ1,λ2,…,λr）V1，而C=diag（λ1,λ2,…,λr）V1和B=U1就是满足条件的矩阵。空题（每小题5分，共30分）1、若矩阵A=的满秩分解为A=BC，则B=，C=。解：由初等行变换A=→→，知：B=，C=。2、矩阵A=的最小多项式为。解：由于知A的初等因子为（λ—1），（λ—1）2，故A的最小多项式为（λ—1）2。3、设，则N（A）的一个标准正交基为。解：由于等价于，而其解空间的一个基为α1=（-1，0，1，0，0）T，α2=（0，0，0，1，0）T，α3=（-2，2，0，0，1）T对其作标准正交化即得其一个标准正交基为（-1/，0，1/，0，0）T，（0，0，0，1，0）T，（-1/，2/，-1/，0，1/）T4、设为的两个基，T为的线性变换，且，则T在基下的矩阵为A=。解：：由于T（e1,e2）=（e1,e2）（e1,e2）-1T(（e1’,e2’）（e1’,e2’）-1（e1,e2）)，知所求矩阵为A=（e1,e2）-1T(（e1’,e2’）（e1’,e1’）-1（e1,e2）)=（e1,e2）-1T（e1’,e2’）（e1’,e1’）-1（e5、设W=span[]，则dimW=。解：由于，知dimW=3。6、矩阵A=的1—范数为。解：max{׀1׀+׀3׀+׀1׀，׀i׀+׀0׀+׀1׀，׀0׀+׀1׀+׀2i׀}=5设为向量形变量，为常矩阵,求。（10分）解：设A=，求sinA。（10分）解：由于，故有单根—2和重根1。设与sinλ在A的谱上一致的多项式为P（λ）=a+bλ+cλ2，则有解得从而sinA=aI+bA+cA2=====设分别为对应两向量范数的算子范数，其中B可逆，证明：。（10分）证明：设，证明：A正定的充分必要条件是存在可逆矩阵，使得。（10分）证明：由于且A正定，故有酉矩阵P使A=Pdiag（λ1,λ2,...,λn）PH其中λ1,λ2,...,λn为正数，故A=Pdiag（）diag（）PH记Q=diag（）PH，则Q可逆且A=QHQ。反之，若有可逆矩阵Q使A=QHQ，则对任意非零向量x，xHAx=xHQHQx=（Qx）HQx>0,即A正定，最后的不等号是因为x非零Q可逆，故Qx非零，从而xHAx=（Qx）HQx>0。设，且AB=BA，线性变换T（x）=Bx，，证明：A的特征子空间是T的不变子空间。（10分）证明：设x为任一属于A的相应于特征值λ特征的特征子空间的向量，即Ax=λx，则AT（x）=ABx=BAx=Bλx=λBx=λT（x），故T（x）也属于A的相应于λ的特征空间，由x的任意性知A的特征子空间是T的不变子空间。八、设，且，证明：A可表示为如下的形式，其中P为可逆矩阵。（5分）证明：设A的若当标准形为A=，其中Jk为若当块，则，故从而必为一阶块，且相应特征值与其立方值相等，即特征值只能为0，1和-1，所以得证。九、证明：对任意非零矩阵，可表示为A=BC的形式，其中B的各列构成的向量成为实标准正交向量组，C的各行构成的向量成为实正交向量组。（5分）证明：由于，所以，且正定对称