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1、矩阵论课后参考答案：第1章 线性代数引论习题1.1 2（1）解：由定义知 故可知其基为个阶矩阵，简单基记为在矩阵上的某一元素位置上为1，其他元素为0 ，如下 ， （2） 解：对约束分析可知，其为一个上下对称的矩阵（对称阵），则其维数为 其基为个阶的矩阵，故基可写为， （3） 解：同上理，对分析可知其为一个上下成负对称的矩阵，且对角元全为0，则其维数为 其基为个阶的矩阵，故基可写为， 3 解：由题可得 不难看出其秩为3，则 设,则存在有 则 ，故有即所以8(先补充定理： 定理：设n元齐次线性方程组的系数矩阵A的秩，则齐次线性方程组的基础解析存在，并且基础解系所含线性无关的解向量的个数等于) 证：
2、1）对任意的,则有且成立，故 所以。 2）明显 3）对于来说，为的一个基础解系，不妨设，则 有 式1而由约束条件知 其中为的一个基础解系，则有 故的秩为 式2故由式1及式2可知：综上1），2），3）。则有 证毕习题1.2 8 解：由题可知与时空间的两组基，则存在一个过渡矩阵C使得 -1 引入的一组简单基 则 -2其中 ，-3故有 -4 则 -5设B为T在基下的矩阵，则由题意有 -6由式1与式6综合可得 -7故 补充知识：对求逆及求原始的 从题中我们可以看出直接求的逆有很大的困难度，而的逆矩阵较为好求，故我们将式5转化一下变为， 故可知 从而可求得 同理知道后可求得C如下 从而可得 17 证明：
3、由题知n阶矩阵A的秩为1，则说明A有n-1重0特征根与一个特征根。又因存在 ，故可知，故A的特征多项式可写为 且存在可逆矩阵P， 使得又最小多项式,且最小多项式与特征多项式具有相同的根，则最小多项式为 因为 故n阶矩阵A的最小多项式为。18 证明：不妨引入辅助矩阵，则有下式成立 则 = 故可得 亦即 从而有 19 解：借用18题的结论，则可知BA的特征值为，C=AB的特征多项式为 20 解：和19题的解法相同.的特征多项式为 故特征根为0（n-1重）与。习题1.3 13 解：由题可得的初等因子为 的不变因子为， 22解： 故其初等因子为，所以 令,则有,即 即则由解出向量则由解出向量（这为任取
4、一个值）则由解出向量（这是给定后的任一值）故可得 补充要点：关于的讨论 由于不仅与有关，它还与下面的式子有关，故需要找到一个合适的式子使得两式成立。不妨设 则由式可得 而由式可知 故可知 从而可得 不妨取，则可得 习题1.42.（2）解： 复数域中向量,内积为 正交化后2. (3) 解：先取一组简单基为，再根据题中内积定义进行Schmidt正交化。对单位化：,最后得到该组标准正交基为 4 解：将齐次方程组写为 其中A为 化简上式后有 原方程为 由于，故方程组有3个基础解系。将分别取值为,故可得解空间的一组解为 对上式解用施密特正交化，有将上式归一化后的标准正交基为 9 证明：由于A为hermi
5、te矩阵，则有 .式1不妨令为特征值所对应的一个特征向量，即 .式2将式1代入式2可得 .式3将式3两边同取共轭有 .式4对上式同时右乘特征向量后有 .式5将式2代入式5中有 .式6从而有 .式7故可知为实数，从而可知Hermite矩阵的特征根为实数。第2章 矩阵的分解习题2.1 1（1） 解：，,故由Gram_Schmidt正交化有 求其单位向量后有 ，则单位化后有，令，则故 1（2）一个givens变换如下： function Q R=qrgivens(A)m,n=size(A);if(mn) fprintf(这是一个列满秩矩阵n) elseif(m=n) fprintf(这是一个方阵矩阵
6、n) else fprintf(这是一个行满秩矩阵，不能用QR分解n) Q=null;R=null; returnendA_tempt=A;%将矩阵赋给一个用于中间过程运算的矩阵T_all=eye(m);%初始化Givens矩阵for index_j=1:n %对每一列的向量进行变换 b=A_tempt(:,1);%取第一列的向量进行运算 sub_T=eye(m-index_j+1,m-index_j+1);%初始化每次交换值时的每个Givens变化 T=eye(m-index_j+1,m-index_j+1);%初始化当前列交换完成时候总的Givens矩阵 for sub_i=2:m-ind
7、ex_j+1%将每一列的数据从第二个数据开始依次与第一个数据进行变化 xi=b(1);%获取第一个数据 xj=b(sub_i);%依次获取当前列之后的数据 r=sqrt(xi2+xj2); cost=xi/r;%求得矩阵常数c sint=xj/r;%求得矩阵常数s %构造出当前交换两个数据是的Givens矩阵% sub_T(1,1)=cost; sub_T(1,sub_i)=sint; sub_T(sub_i,1)=-sint; sub_T(sub_i,sub_i)=cost; % T=sub_T*T;%将每次两个数据交换后的Gives变化给乘起来，直到当前列所有数据交换完成 b(1)=sqr
8、t(b(1)2+b(sub_i)2);%1求得交换数据之后的第一个数据的值 b(sub_i)=0;%将交换的数据位置0 sub_T=eye(m-index_j+1,m-index_j+1);%进行下一个数据与第一个数据的交换时重新初始化每次交换时的Givens矩阵 end T_all=blkdiag(eye(index_j-1),T)*T_all;%将每一列的数据变为与单位向量平行后的每列的Givens矩阵乘起来 A_after_givens=T_all*A;%求得经过Givens变化后的矩阵 A_tempt=A_after_givens(index_j+1:m,index_j+1:n);%取
9、得余下的余子式endQ=T_all;R=T_all*A;习题2.3 3（1） 解： 故取 ,所以 3（2） 解： 故取，所以习题2.42 证：设的特征值为 则存在n阶酉矩阵V，使得 亦即相似与对角矩阵，则由相似的性质可知 又因为奇异值，故有，从而有 3（1） 解： 的特征值为对应的特征向量依次为 ，所以rank（A）=2； 取,则A的奇异值分解为： 3（2） 解： 的特征值为对应的特征向量依次为 ，因为rank（A）=1； 取,则A的奇异值分解为： 习题2.55 解：由，（提示：先交换第1列与第3列后再进行化简）得 可得特征值对应的特征向量分别为 ，故，则 故A的谱分解为 6 解： A的特征多
10、项式为 所以A的特征值为，根据单纯矩阵的性质可知，对应于A的二重特征值6，A应该有两个线性无关的特征向量，故线性方程组的系数矩阵的秩应该为3-2=1，即,故从而可知时，A为单纯矩阵。 由特征值可得对应的特征向量分别为 ，故，则 故A的谱分解为 求可逆阵P，（1）将标准正交化求得结果为 （2）直接令p=x即可 第3章 矩阵的广义逆习题3.24 证明：对于r阶对角阵S，不难看出其逆矩阵满足Moore-Penrose方程，亦即有。在此，不妨令 则有下式 故由定义可知G为A的广义逆，即有 。 证毕习题3.3补充作业1 1、求广义逆 解：A为对称阵，故为正规矩阵，由,解出 故可求得的标准正交基为 则有
11、故A的广义逆为 =补充作业21 设A,B都是n阶酉矩阵，则 解： 不难看出分别为一个列满秩矩阵与行满秩矩阵，故由满秩分解求其广义逆为 2 设A是n阶可逆矩阵，则 解：,故同上理，用满秩分解求广义逆的方法有 习题3.4 15（2）解：方程的增广矩阵为 故，故可知方程式相容的。方案1: 故可的其关于的通解为 故从上式可得A的满秩分解为 ,从而 因此通解为 方案2: 故可得其关于的通解为 利用Hermite初等型求解A-1逆 可知，故矩阵A的1逆为 （不妨取） 因此通解为 17（2）解：方程的增广矩阵为 故，故可知方程不相容。故可得其关于的极小最小二乘解为 故从上式可得A的满秩分解为 ,从而 带入公
12、式即可。 第4章 矩阵分析习题4.3 4 解： 设, 由Neuman级数可知式子收敛且其和为 7 解： 由于，故可知幂级数收敛，且其和为设 前n项和为S，则其展开为 （1）将式（1）其两边同乘则有 （2）将式（1）减去式（2）后并等式两边同时加上一个单位矩阵I有 上式变为 ，因此 两边取极限可得同上理 （3） 将式（3）其两边同乘则有 （4） 将式（3）减去式（4）后有 （5） 将式（5）其两边同乘则有 （6） 将式（5）减去式（6）后并等式两边同时加上一个2倍单位矩阵I有 （7） 上式变为 两边取极限，整理可得 。10 解：因为 故其收敛半径为1。又A的特征值为 故则其谱半径为又 故可知矩阵级数发散。习题4.4 6 （1） 解：当时 由得 ， 所以。同理当时 同理当时 （3） 解：当时 由得 所以。同理当时 同理当时习题4.5 1 解：由矩阵函数的性质得知 式中