15答案

一 、

x1111解：因为N/A是方程组012x20的解空间，解得基础解系为 x3x13,x22,x31,

故N/Aspan31223 ；R/Aspan/A1,/A2,/A3

span1,12,122span1,2

二、

证明：由于容易求出两个矩阵的不变因子均为1,1,(a)3，

a10从而这两个矩阵等价，于是矩阵J(a)0a1a0

与0a相似. a

0000a

三、

解 （1）Jordan标准型为

110 J010 002（2） 相似变换矩阵为

 P100111 210（3） 由于P1APJ，因此AnPJnP1，容易计算

190100 A100920121002100101 2 4000201四、

1

x130813EA1,而A的316,xtx,x01解: 令A，求得22051x3最小多项式为mA12tp1c0c1e，设pc0c1,由，解得tp1c1tect01te,ct1te,于是eAtc14t08t3t16t0Ec1Aet，故

2t014t112txteAtx0et9t。

16t 五、

证明: 因为A是Hermit矩阵，所以存在酉矩阵U使得

100UAUH020, (其中i为A的特征根, 且为实数) 00n100k100AUH0k20U； 从而AkUH020 U0； 00n00kn所以 12n0

故 A0

六、

24解:

因为AE122332(1)2(2) 1142 2

所以得特征要分别为: 1,21,32 当1时, 求得线性无关的特征向量分别为

1(2,1,0)T,T2(4,0,1),

当2时, 求得线性无关的特征向量分别为

3(4,2,1)

所以

T1221144633612P(21,2,3)102，(P1)T1122101112633611121263233

12211(6,3,)T,2(12,16,23)T,11133(12,6,3)T 于是A的投影矩阵为

1442333182243333GTT221230031211126330323000116112631212163

124333GT11223333，故A谱分解表达式为AG12G2。 61111263七、 （1）设A1713，求得A的特征值为122,所以A2。又幂级数12xk的收敛半径为1，而A21，故1Ak发散。 k1k2k1k 3

1121613 18（2）设A，求得A的特征值为13,25,所以A5。又幂级

21数kkk6kx的收敛半径为6，而A56，故kAk绝对收敛。 k1k16 八、

证（1）：x2是V到R的映射；a(非负性)：若x0,则0，而2是向量范数，因此x20;当且仅当x0时0，而0当且仅当20.（2分）；b(齐次性)：kxk2k2kx（2分）,;c(三角不等式)：x、yV，设x1y1x1y1y1,2,,nx2y2x2y21，2，，n；，xnynxnyn则xy222xy（2分）；.故x2是V中的向量范数.证（2）：PT2=2 =PP

TPTP T 2. 九、

4

1 答.EA 1, 122 1100 J21 ,P110 ,P1100110 2 ,001001  fAPfJP1f100 f1f2f2f2 

00f2 100 122122 .002

十、以下三题任选一道。

1、

证明:由正交投影矩阵的性质知:存在次酉矩阵UUnrr使得

PUUH

于是,由PHPUUH知P是Hermit矩阵 又由于当XCn时有

XHPXXHUUHX(UHX)H(UHX)(UHX,UHX)0所以P是半正定的Hermit矩阵 2、证明:设ij,Axiixi,Axjjxj,则

i(xi,xj)(ixi,xj)(Axi,xj)xHHTjAxi(xjAxi)

xTiATxj(xHiAHxj)由正规矩阵的性质知:

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i(xi,xj)(xiHAHxj)(xiHjxj)j(xiHxj)

j(xxj)j(xiHxj)Hj(xHjxi)j(xi,xj)HiT

由于ij,故

(xi,xj)0

3、

证明:由于W1span{12}，W2span{12}.

因此，W1W2span{12,12}， 而{12,12}线性无关，

所以， VW1W2， 又因为，W1W2{0}，

所以V=W1W2.

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