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自测题
一一、解因为齐次方程的基础解系为,所以V的一组基为,,,显然A1,A2,A3线性无关.,有,于是有,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),有=.又因任意两个二阶方阵的乘积、和仍为二阶方阵,故,即为从V到V(自身)的线性算子,所以为线性变换.
(2)先求的自然基下的矩阵A故.显然从自然基到所给基的过渡过阵为;所以在下的矩阵为.
三、解
(1)不是内积.因为并不一定大于零.
(2)因为即.
四、解
(1),.行列式因子;不变因子;初等因子.
(2);
(3)对;.再求的一个广义特征向量由得.取故.
五、解
(1),故;
(2)的收敛半径为1,而若在其收敛域内,故绝对收敛,且.
六、解
(1);又因为,.所以;.故.
(2)因为,故可分解.
(3)均可取.
七、证设分别为在两组基下的坐标,则,当时有,则,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,由坐标变换公式知,在基,,下的坐标,故有.
八、证A对称正定,存在正交矩阵C,使其中特征值.对,有,使其中.令.于是故.而,所以.因Z的任意性,知,即A与I相合.自测题
二一、解其中,故取V的基为I,.
二、解
(1)从基到基的过渡矩阵,所以在新基下的坐标为.
(2)不是线性变换.因为.
(3)不是内积.如,不具有非负性.
三、解
(1)利用Schmidt正交化方法,得,,.
(2)从到的过渡阵,,故所求.
四、解
(1)由于A实对称,所以存在正交阵Q,使.故;;;;.
(2)取,,得即有.
五、解
(1);.,所以不变因子为;初等因子为.故A的Jordan标准形.
(2)cosA的Jordan标准形为J=.
六、证
(1)因;故
(2)因A有范数小于1,故绝对收敛;且其和的形式为.
七、解;取,;则有(最大秩分解);则,所以方程的极小范数最小二乘解为.
八、证
(1)因为,则有n必为偶数.
(2)设的分量中绝对值最大者为,则的第k个方程;;,故有.自测题三解
(1)不是.设,则=(一般情况下),又(一般情况下),即.
(2),故得一组基为,且.
二、解
(1)在基下的矩阵为.
(2)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,则.故.
三、解设,使得,,是标准正交的.∵,已标准正交化,∴(,)=(,)=0,=1,即得;解得;即.因为,,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下的矩阵表示为.
四、解由自测题一中第四题
(2)知A的Jordan标准形为,相似变换矩阵.由,求得的一组基为,则在该基下的矩阵为J.
五、证当时,;当时,;从而.==,因此是向量范数.又因为,因此与相容.
六、解,特征根为;则.由于,故A可以对角化即存在可逆矩阵C,使;.故得
七、证设,取,对于矩阵A,存在矩阵范数,使.便得证.
八、证
(1)同理,有.
(2)=,得
2.自测题四解
(1),,,所以在E1,E2,E3下的矩阵为.2设有一组基,从E1E2E3到e1e2e3的过渡矩阵设为C即再设A在e1e2e3下的矩阵为B则.要使B为对角阵,即找一个可逆矩阵,使为对角阵.因为对,求得特征向量,对λ=2,求得两个线性无关的特征向量,.令,得,则为对角阵.由,可得.
二、证易得,即,,也是标准正交基,故是正交变换.
三、解
(1)令,由,知;取;,构造初等反射矩阵,则有.
(2).因此,所以;因为,故矩阵幂级数收敛.
四、解由正交矩阵行(列)向量组标准正交,得四组解是,,,.
五、解1;;.因为,故.
(2),,故可以进行LU分解.
(3)易得,所以,B的特征根为,故的特征根为.的特征根为1,4,4,16,4,
16.
(4)∵∴B可逆,且,所以均可取为.
(5)A的Jordan标准形为.
(6)对应于的特征向量,对应于的线性无关的特征向量只有一个,再求一个广义特征向量.令,.令,则;..
六、解
(1)由,即,若λ不是A的特征根,则,所以只有零解,故.若λ是A的特征根,则,所以有非零解.设,则.
(2)设其中为单位向量.则.
七、证
(1)设次型,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,而为的特征值,据特征值上界原理有,即.2对,由已知有由已知即故知;即对有,即无非零解.故从而,即A+B可逆.自测题五解1在V1中,.令因线性无关,由定义知,它们是的基,且.2因为线性无关;.在的标准基下,将对应的坐标向量排成矩阵并做初等变换,可见.由维数定理.
二、解1因为,过渡阵,且,所以在1,2,3下的坐标为.
(2)设则有与,两式相减得,由于,所在地只有X=0,故.
三、解取中的简单基由于=则在1,,下的矩阵为.A的特征值为相应的特征向量为.令则.再由求得中另一组基.
四、解
1.2当时;故度量矩阵.
五、解
(1).
(2),易得.∴不变因子;初等因子.A的Jordan标准形为.
六、解
(1),令,则A=BC.其中B为列最大秩矩阵,C为行最大秩矩阵.
(2),,所以.
(3).
七、证明提示类似习题
4.1第16题
(1)的证明.
八、证明两边左乘矩阵A,有故AB=AC.,设为A的加号定则,两边左乘,有.自测题
六一、解
(1)当时,由得.取因线性无关,则它们是V的一个基.
(2);;;故在基下的矩阵为.
(3)将A对角化,取使;设所求基为,有.得,则在基下的矩阵为对角形.
二、解1A的特征根;行列式因子,易得;不变因子;初等因子.2A的Jordan标准形为;3∵;∴A能进行LU分解.
三、解
(1).
(2).
四、解1由得显然当且仅当时,有.2因得即两端右乘B得从而由于幂等阵B的任意性,故.
五、解1∵两两正交的单位向量.∴为列满秩矩阵故.
(2)∵,且与都收敛;∴收敛.
(3)∵,而;由于;∴原式.
(4)∵A的特征根为;B的特征根为;∴的特征根为.
六、证1当时,设A的最大秩分解为A=BC.则.而..当A=0时上式也成立.2经计算.于是,是A的一个减号逆.
3.故为正交矩阵.
七、证1设,则=+.所以是线性变换.2是正交变换即得.由的任意性,上式等价于所以.
八、证由舒尔定理知,存在西矩阵U及上三角矩阵,使得,因此有,从而得.又因为
①由于R主对角线上的元素都是A的特征值,故由
①式得
②而
②式端是R的Frobenius范数的平方,又因在酉相似(即)下矩阵的F范数不变,所以
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,即A酉相似于能角形矩阵,也就是A为正规矩阵.自测题七解
(1)由,得基础解系,,;所以V1的一组基为,且.因为,易知是的一个极大无关组,故,的一组基为.
(2).所以.解此方程组得.所以的一组基为,且.
二、解
(1)即,故A=;2由得到即显然与均为阶可逆方阵,于是有即亦即故从而.
三、解
(1),,,.,所以初等因子为.A的Jordan标准形为.
(2).
(3)两边求导数,利用且得.
四、解
(1);.
(2);故;,故.
(3);.,所以,故的特征值为
(4)∵,存在,∴.
五、解
(1),.
(2)∵;;∴相容.
(3)∵;,∴极小范数解.
六、解
(1).
(2)A的4个盖尔圆为它们构成的两个连通部分为,.易见,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.七.证
(1)设为正交变换,λ为的特征值则有,=.∵∴故;
(2)设λ为的任一特征根,α为的属于λ的一个特征向量,即,则.记的特征子空间为的特征子空间为.对有2+2,而22,所以.又且;得,即,故.自测题
八一、解1在已知基下的矩阵为;2;基且到基的过渡矩阵为;则.3设度量矩阵则;;;故.
二、解1令矩阵若的特征值为则的特征值是故的个特征值为.从而.2;特征根为.行列式因子,;不变因子;初等因子;故A的Jordan标准形为.
三、解
(1)由于A实对称,所以易求得非奇异矩阵P,使,其中于是==.2X.
四、解
(1);;特征根为;则.
(2)∴;B的特征根,∴的全部特征根为-8,-6,16,16,12,
12.
(3)∵,∴可取.
五、解,构造,.同理,构造.令则A=QR.
六、证
(1)∵A为对称正定矩阵,∴有,当且仅当时,有;对有;
(2)∵;∴是A的右逆.
(3)因为,且A为正交矩阵,所以有则,即.故A一定有特征根-
1.
七、证由得即A故.自测题
九一、解不是.如取=(1,2),=(3,4),.
二、解
(1)令,则.,,则+,,所以是线性变换.
(2),,,,设在基下的矩阵为B,则.
(3)令其中为B的列向量,由于,且是的一个极大线性无关组所以dim,且,其中,,且为的一组基,得dimKer=4-dimV=
2.令,得基础解系.记则ker,且为的一组基.
三、解非负性.A=0时,.相容性.设A,BC,则有同样可验证齐次性与三角不等式.在此是矩阵范数.
四、解
(1).
(2)...
(3),故有解,极小范数解为.
五、解
(1)因,得.令,特征值.所以的所有特征值为;.
(2)∵B的特征值,∴的特征值;.
六、解所以取.
七、证
(1)令,其中线性无关.通过标准正交化,将变为W的一个标准正交基.由已知可得;因而,线性无关.把单位化,令,于是与均为V的标准正交基.同时,由题设,而,则把标准正交基变为标准正交基,故为正交变换.
(2)因为为正交变换,()=()A,所以A为正交矩阵.又A的所有特征值都为实数,故有即A为实的正规矩阵,从而存在正交矩阵Q,使得则A=,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,令,则的特征根是由题设〈1,,故即,因此进而,然而,故.
(2)设A的三个特征根为,则,由于A是奇数阶正交方阵,且,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,则,于是,从而.其中为实数(因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.故有所以,即.由哈密顿-凯莱定理知.自测题
十一、解
(1)因为求得的基础解系即为V的一组基,且dimV=
2.2设A为P上任一n阶方阵,则为对称阵,为反对称阵,且A=+,得.又若则有且从而则故.
二、解
(1).设在基下的坐标为,则在基下的坐标为.且及其中.得基础解系;取中两个线性无关的解向量所以,dim.
(2)由于中有一组基,所以取,易知线性无关,则构成V的一组基.设由基到基的过渡矩阵为C,则所以在下的矩阵为.
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),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,∴.
(2)解令,∴B是幂收敛.∴原级数和为.
(3)解设A的最大秩分解式为则.显然
五、解令,由于所以方程组无解.全部最小二乘解为,极小范数最小二乘解为.
六、证
(1)设X=()T,则.
(2)设A的特征值为,B的特征值为,则的特征值为.因此.
七、证由得.对于存在常数使得从而有=故W是的不变子空间.八.
(1)证设dim为的一组基,而是V的一个子空间.所以的基可扩充为V的基.下面来证为的一组基.a,则存在使,而故有=;b设=所以故.于是,即,而是V的一组基,于是,故线性无关.由a、b得dim(,所以dim(+dim=n.
(2)与V未必相等.反例令为求导变换,,,,尽管有dim(+dim=dimV,但=.4。