矩阵,试题,答案

若Tn1()，Tn()，

（1）证明,T(),,Tn1()为Vn的一个基； （2）求T在上面基下的表示矩阵。 解：

（1）由于线性空间是n维的，只需证明,T(),,Tn1()这n个向量线性无关。

设k0k1T()kn1Tn1()上式两边作用Tn1(kiR)

k0Tn1()k1Tn()kn1T2(n1)()k0Tn1()k00

再由k1T()kn1Tn1()两边作用Tn2k10

类似k2kn10。这说明,T(),,Tn1()线性无关。 （2）由于

T()01T()0T2()0Tn1() T2()00T()1T2()0Tn1()



Tn1()00T()0T2()1Tn1() Tn()00T()0T2()0Tn1()

010n1n1 10即T[,T(),,T()][,T(),,T()]10所以，上式右边的矩阵即为所求。

二（10分）在R中Lspan(,)，其中(1,1,0)T,(0,0,1)T,

3（1）求正交投影矩阵PL；

（2）求x(1,2,3)T在L和L

上的正交投影。 解：

（1）根据P58计算公式

10M10，MTM20110101，(MTM)120P11LM(MTM)1MT102110 002（2）在L上的投影：yP13Lx23 6在L

上的投影：zxy1121 0

※ 1 ※

02 111，已知A的特征多项式为22117三（20分）设A5IA(1)，

62621（1）求A的初等因子组； （2）写出A的Jordan标准形J； （3）求可逆矩阵P满足PAPJ 解：

11115

2117（1）IA26216行列式因式D1()1，D2()1，D3()2(1) 这是因为D1()1显然，D3()2(1)由已知，而

115214，2(32)互素，所以D2()1

2117626不变因子，d1()1，d2()1，d3()2(1) 初等因子组为：2,1

010

（2）Jordan标准为J1（3）记P[1,2,3]，由APPJ得

A10111A21解之得P[1,2,3]321 A21343

※ 2 ※

四（10分）设ARnn，是Rnn上的一个算子范数，如果A1，

（1）证明IA可逆 （2）(IA)证：

（1）[方法一]A的特征值：

从而IA可逆。

[方法二]反证。如IA不可逆，则(IA)x0有非零解，从而 ，矛盾。 AAA1（这里向量范数与矩阵范数相容）

11

1Ai(A)A1，IA的特征值：1i0

（2）(IA)1(IA)I(IA)1I(IA)1A

(IA)1I(IA)1A1(IA)1A

(IA)1(1A)1结论。

※ 3 ※

五（20分）对下面微分方程组

dxdtAx3081，A316，x01 x(0)x02051（1）求A的最小多项式mA()； （2）求eAt

（3）求该方程组的解。 解：

（1）易求得IA(1)3，易验证mA()(1)2 （2）设r()a0a1

r(1)att0a1ea0(1t)e(1)artt 1tea1te1t08teAta3t14t0Ia1Aet1tet3tt6tt1t2t05te3t2t14t08t1（3）x(t)eAtx(0)et3t16t112t1et19t 2t014t116t

※ 4 ※

08t16t014t 六（20分）对下面矛盾方程组Axb

x41x1x2 x1x2x32x41  x3 x41（1）求A的满秩分解AFG； （2）计算A；

（3）求该方程组的极小范数最小二乘解xLS。 解：

1101110（1）A1112110， Ar01110，F11，G00110000010（2）GGT3112，FTF2112 AGT(GGT)1(FTF)1FT

10141021211101515145310113120111527 1150332（3）xAb12LS15

46

※ 5 ※

101011 七（10分）设AiRmn,biRm(i1,2,,k)，

f(x)Aixbii1k22

（1）求

dfddf() 和Tdxdxdx（2）如果x0Rn是f(x)的极小值点，证明x0为下面方程组的解

(AAi)xAiTbi

Tii1i1kk解

（1）f(x)(Axb)iiT(Aixbi)(xTAiTAixxTAiTbibiTAixbiTbi)

df2(AiTAixAiTbi) dxddfT()2AiAi Tdxdx（2）如果x0是f(x)的极小值点，则

dfdxxx02(AAix0Abi)0(AAi)x0AiTbi。

TiTiTii1i1kk或者

A1b1k方程组x的最小二乘问题为求f(x)Aixbii1Akbk而极小值点与法方程组(22的极小值，

Ai1kTiAi)xAiTbi的解等价。

i1k ※ 6 ※