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1、山东科技大学2006—2007学年第一学期《矩阵理论》考试试卷班级姓名学号题号一二三四五六七总得分评卷人审核人得分一、单项选择题(每题2分，共8分)1、设收敛，则A可以取为A.B.C.D.2、设，则M不存在A.QR分解B.满秩分解C.奇异值分解D.谱分解3、设，则A=A.B.C.D.4、设3阶矩阵A满足多项式,且其最小多项式m(x)满足条件，则A可以相似于A.B.第18页共18页C.D.二、填空题(每题5分，共20分)1、设，则＝。2．已知,并且,则矩阵幂级数=。3．设矩阵，则A的谱半径＝。4、设5阶复数矩阵
2、A的特征多项式为,则.三、（12分）设，试求矩阵B使得。四、（10分）设，求。五、证明题(10分)设是n阶复数矩阵，是由A的元素取模后得到的矩阵。设对一切欧几里德范数为的复向量均有，证明可逆，并求其逆。六、(10分)复数域C是实数域R上的2维线性空间.试定义C上的一个内积,使得1与成为C的一个标准正交基；并求的长度.七、(10分)求矩阵的满秩分解。八、(10分)对于任何非零列向量及任何单位列向量，存在Householder矩阵第18页共18页H，使得。九、（10分）在复数域上求矩阵的Jordan标准形，并求出
3、可逆矩阵，使得。第18页共18页第18页共18页第18页共18页第18页共18页第18页共18页第18页共18页山东科技大学2006—2007学年第一学期《矩阵理论》考试试卷答案一、（答案AAAAB）1注：A的特征值为0，-1，而的收敛区间为2、注：由定理M有n个不同特征值，故可以对角化3、注：M的秩为2故无QR分解4、注：，故5、注：B中矩阵的最小多项式为二、1、E+2．3．4、20注：把E写成1或I均可；也可有其它等价形式如等三、解A的特征值为－1，－1，1。属于－1的特征向量与广义特征向量为，；属于1的
4、特征向量为。令，则。令第18页共18页故取，则于是令，则。故(解法2)更简单地，A的Jordan标准型J如上。则为使只要找到K使得于是选从而取，则有这个矩阵与A的差别仅在于右上角，而这可以利用相似的初等变换得到，即将K的第3行的1倍加到第1行，自然将其第1列的第18页共18页－1倍加到第三列即可：于是，B=PKP－1，其中P为下面的初等矩阵此时四、解IA的Jordan标准形与过渡矩阵分别为。因此解2利用A的最小多项式(x-1)2.可知必有一次多项式f(x)=ax+b,使得f(A)即为所求。由a+b=f(1)=
5、与a=f’(1)=可知b=.于是五、证明由于(取a=(1,1,…,1)T即可)。故第18页共18页，因此矩阵A的特征值的模均小于1，从而矩阵的特征值的模均大于,从而可逆。进一步，矩阵幂级数收敛，其和恰为，因此＝。六、解对任意xj+yjiÎC，j=1,2,有xj+yji=(xj-yj)·1+yj·(1+i)。为使1与成为C的一个标准正交基，必要且只要<1,1+i>=0，<1+i,1+i>=1，<1,1>=1,必要且只要=(x1-y1)(x2-y2)+y1y2.上式定义了一个C上的内
6、积：对称性与正定性是显然的；且由于该内积还是x1，x2，y1，y2的二次型，故双线性性质也成立。在上述内积下，向量x+yi的长度等于[(x-y)2+y2]1/2;因此1－i的长度为51/2.七、解：对矩阵进行初等行变换其中所以，；而，其中由此可见，所以有。八、[证明]当时，选u满足，则第18页共18页当时，选，有九、解：由初等变换可得，所以，与Jordan标准形相似。令，1）求解方程组，得到，取；2）由，得到，取；3）由，得到，取；第18页共18页1）由，得到，取；所以，。检验有，即。第18页共18页山东科技
7、大学2010研究生矩阵理论试卷1、在矩阵的四个空间中，行空间、列空间、零空间和左零空间中，维数与矩阵的秩相等的子空间是______.2、在矩阵的四个基本子空间中，和列空间构成正交补的是_____。3、利用QR分解可以讲矩阵分解为____和_____矩阵乘积。4、通过矩阵_____分解，可以获得矩阵四个基本子空间的标准正交基。5、将3×3矩阵的第一行加到第三行是初等变换，对应的初等矩阵式_____.6、当矩阵的_____空间中有非零向量的时候，线性方程组Ax=b有无穷多解。7、所有的2×2实矩阵组成一个向量空间
8、，这个空间的标准基是____.8、通过施密特正交化可以获得矩阵的_____分解。9、在选定一个基后，任何维数为n的欧式空间与_____同构。10、如果将矩阵视为线性处理系统，矩阵有m行，n列，则输入空间的维数是______。二、判断题1、给定一个线性空间，他的基不是唯一的，但是各个基中的基向量个数是相等的。（）2、两个子空间的并集是一个子空间。（）3、在线性方程组Ax=b，当矩阵A式列满秩的时候，无
