矩阵理论试题及其解答.doc

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1、矩阵论试题一．设是欧氏空间中的一组向量，表示与的内积，令试证明的充要条件为向量线性无关。证明：若，则用依次与此式作内积有：即此式仅有零解的充分必要条件为，故线性无关的充分必要条件为二．设试估计下述值解：，，，，。三．设，求和。解容易验证A的最小多项式为，取，（1）令，设，则有即从而，于是，故（2）（在（1）的中令即可）四．设，试叙述的奇异分解指的是什么？并试求矩阵的奇异值分解式。解设，的特征值为我们称为A的奇异值，存在m阶酉矩阵U和n阶酉矩阵V，使得（其中），此式称为A的奇异值分解式。当时，，得，对于由得

2、，故，取；对于由得，故，取，由于，，故取取，此时，，取，使得与的两个列量正交，从而有，，从而故取，因此，故。五．设可逆，，若对某种矩阵范数有，试证：可逆。证明：因为我们知道，对矩阵D，当时，可逆（这是因为若不可逆，则齐次线性代数方程组有非零解，因此有，故，从而，矛盾）。因此当A可逆时，由于，而A可逆，，因而也可逆，故可逆。六．（A）试用标准型理论求如下线性微分方程组的通解。解：因为所以我们有则，对于由得，故，对于由得，故对于由得，故令，则，从而有对线性微分方程组作变换有，因此，故有为其解.。（B）求如下线

3、性微分方程组的通解。解：因为所以我们有则，容易验证A的最小多项式为，取，令，设，则有即于是，故故（其中是任意常数）（C）求如下线性微分方程组的通解。解因为，所以我们有则，容易验证A的最小多项式为，取，令，设，则有即于是，故故（其中是任意常数）七．1求矩阵的分解。2.求矩阵的满秩分解。(1)解第一步可解出：，，，，第二步可解出：，，，第三步可解出：于是，（2）解：因为所以，，可求得，于是八．设和是数域P上线性空间V的任意两个子空间，试证明（1）（2）都是线性空间V的子空间。（1）证明：因为，所以，即是非空的

4、，又若，则，从而，即，令，则，所以，故是V的子空间。（2）证明：因为，所以，即是非空的，又若，则，，因为，，即。令，则，所以，故是V的子空间。九．向量组和都是线性空间V中的向量，试证明证明：因为所以对任何，有，，故，从而所以同理可证明因此证毕十．欧氏空间中定义内积，试求（1）基的度量矩阵；（2）利用度量矩阵乘法形式计算的内积。解（1），，，，，从而度量矩阵为：（2）而，，十二．（A）证明下列向量范数的等价性（其中为任意向量）：（1）（2）（3）（B）证明下列矩阵范数的等价性（其中为任意矩阵）：(A)证明:

5、(1)因为,,(2)(3),因为,所以,又,故(B)因为,而由于,从而故即十三、试证全体形如的数（其中为任意有理数）记为，它构成一个数域。十四、使用两种不同的方法证明定理：设为阶矩阵，其特征多项式为，则就有十五、设为阶实对称矩阵，其特征值为，使证明：存在最大值和最小值，且最大值是最大值的特征值在其对应的单位向量处取到，即，最大值是最大值的特征值在其对应的单位向量处取到，即。十六、设，试证明，并利用此结论证明对Householder矩阵（其中单位列向量）有。证明：根据矩阵分块变换准则有，而，故一方面有另一方

6、面有因此根据上述公式有十七、设A是非奇异n阶方阵，试证明存在置换矩阵P，使得PA=LDU，其中L是单位下三角矩阵，D为对角矩阵，U为单位上三角矩阵（见《现代数值分析》p31-32定理4的证明）。十八、试述正交变换、正交矩阵、酉变换、酉矩阵、矩阵、矩阵定义。十九、试求矩阵的标准型，其中二十、填空题(每题3分，共15分)1．设，则＝[E+]。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A的特征多项式为,则[20].二十一、（10分）设V是由函数的线性组合生成的线性空间

7、，定义V的一个线性算子如.求T的Jordan标准形及Jordan基。证明：1.由定义=，2．计算出A的特征值为1，3；3．用最小多项式或初等因子判断Jordan块形状；4．给出A的Jordan标准形；；5．写出过渡矩阵与基变换公式；6．给出Jordan基。注：Jordan基不唯一如，；等均算正确。二十二、设求证：.证法一1．算出特征多项式，2．指出，3．使用定理“两个矩阵函数相等当且仅当函数在A的谱上数值相等”正确地证明结论，证法二1．算出特征多项式，2．指出，3．使用归纳法或直接从多项式分解出因子从而证

8、明结论。证法三1．直接计算出，2．使用归纳法或直接从多项式分解出因子从而证明结论。解法四、1．求出A的Jordan标准形；2．用Jordan标准形计算出结论。二十三、对矩阵，求矩阵函数。解：1．求出特征值多项式并指出其为最小多项式，2．设，3．列出线性方程组，其4．算出。二十四、设矩阵（1）取何值时，可以对角化?（2）当可对角化时，求可逆矩阵使得为对角矩阵。（3）当可对角化时，求其谱分解表达式。