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2009矩阵分析试题A参考答案及评分标准


重庆邮电大学 研究生(矩阵分析 考卷( 矩阵分析)考卷 重庆邮电大学 2009 级研究生 矩阵分析 考卷(A 卷)

参考答案及评分细则
一 、已知 α1 = (1, 2,1, 0)T , α 2 = (?1,1,1,1)T , β1 = (2, ?1, 0,1)T , β 2 = (1, ?1, 3, 7)T 的和与交的基和维数。 求 span{α1 , α 2 } 与 span{β1 , β 2 } 的和与交的基和维数。 10 分) ( 解:因为
span{α1 , α 2 } + span{β1 , β 2 } = span{α1 , α 2 , β1 , β 2 }

(2 分)

=3, 的一个极大相信无关组, 且 由于秩 {α1 , α 2 , β1 , β 2 } =3, α1 , α 2 , β1 是向量组 α1 , α 2 , β1 , β 2 的一个极大相信无关组, 所以和空间的维数是 3,基为 α1 , α 2 , β1 。 设 ξ ∈ span{α1 , α 2 } I span {β1 , β 2 } 于是由交空间定义可知 ξ = k1α1 + k2α 2 = l1β1 + l2 β 2 此即
?1? ? ?1? ?2? ?1? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 1 ?1 ?1 k1 ? ? + k2 ? ? ? l1 ? ? ? l2 ? ? = 0 ?1? ?1? ?0? ?3? ? ? ? ? ? ? ? ? ?0? ?1? ?1? ?7?

(2 分)

解之得 k1 = ?l1 , k2 = 4l2 , l1 = ?3l2 (l2为任意数) 于是
ξ = k1α1 + k2α 2 = l2 [?5, 2,3, 4]T , (很显然ξ = l1β1 + l2 β 2)

(2 分)

所以交空间的维数为 1,基为[-5,2,3,4]T
?a 1 0 ? 证明: 二、证明:Jordan 块 J (a) = ? 0 a 1 ? ? ? ?0 0 a ? ? ? ?a ε 0 ? 为任意实数。 (10 相似于矩阵 ? 0 a ε ? ,这里 ε ≠ 0 为任意实数。 ( 分) ? ? ?0 0 a ? ? ?

(2 分)

证明: 由于容易求出两个 λ ? 矩阵的不变因子均为 1,1, (λ ? a)3 , 从而这两个 λ ? 矩 证明:
1

?a 1 0 ? ?a ε 0 ? 阵相似, 阵相似,于是矩阵 J (a) = ? 0 a 1 ? 与 ? 0 a ε ? 相似 ? ? ? ? 相似. ?0 0 a ? ?0 0 a ? ? ? ? ?

? ?1 0 1 ? 三、求矩阵 A = ? 1 2 0 ? 的 ? ? ? ?4 0 3 ? ? ?

(1)Jordan 标准型; (2)变换矩阵 P ; 标准型; ) 解 (1)Jordan 标准型为
?1 1 0? ? ? J = ?0 1 0? ?0 0 2? ? ?

( (3)计算 A100 。 10 分) )

(3 分)

(2) 相似变换矩阵为
? 1 0 0? ? ? P = ? ?1 ?1 1 ? ? 2 1 0? ? ?

(3 分)

(3) 由于 P ?1 AP = J ,因此 An = PJ n P ?1 ,容易计算
A
100

? ?199 ? = ? 201 ? 2100 ? ?400 ?

0 2 0
100

100 ?101 + 2 201
100

? ? ? ? ?

(4 分)

?0 ?1 i ? 为对角矩阵。 四、 验证矩阵 A = ?1 0 0? 是正规阵, 使 H ? ? 是正规阵 并求酉矩阵 U , U AU 为对角矩阵。 (10 ? i 0 0? ? ?

分) 解:
?2 0 0 ? ? ? Q AA = A A = ? 0 1 ? i ? , ∴ A是正规矩阵 , ?0 i 1 ? ? ?
H H

(2 分)

λ 1 ?i 得特征根: λ E ? A = ?1 λ 0 = λ (λ 2 + 2) ,令 λ E ? A = 0 得特征根 令 ?i 0 λ

2

λ1 = 0, λ2 = 2i, λ3 = ? 2i

(2 分)

解得特征向量为: 当 λ1 = 0 时, 解得特征向量为 α1 = (0, i,1)T 解得特征向量为: 当 λ2 = 2i 时, 解得特征向量为 α 2 = ( 2, ?i,1)T 解得特征向量为: 当 λ3 = ? 2i 时, 解得特征向量为 α 2 = ( 2, i, ?1)T 正交, 将它们分别单位化得: 显然 α1 , α 2 , α 3 正交 将它们分别单位化得
v1 = (0, i
2 , 1 2 ) , v2 = ( 2 2 , ? i , 1 ) , v3 = ( 2 , i , ? 1 ) 2 2 2 2 2

(3 分)

? 0 2 2 ? ? 2 2? ? ? 令U = ? i 2 ? i 2 i 2 ? 得 ? ? ?1 2 1 2 ? 1 2 ? ? ?

?0 ? U H AU = ? 0 ? ?0

0 ? ? 2i 0 ? ? 0 ? 2i ? 0

(3 分)

五、已知 A 是 Hermit 矩阵,且 Ak = 0 ( k 为自然数) 试证: A=0 。 (10 分) ,试证:
所以存在酉 证明: 因为 A 是 Hermit 矩阵,所以存在酉矩阵 U 使得

? λ1 0 L 0 ? ? ? H ? 0 λ2 L 0 ? , (其中 λ 为 A 的特征根, 且为实数) UAU = i ? M M M M ? ? ? ? 0 0 L λn ?
于是

(3 分)

? λ1 0 L 0 ? ? ? 0 λ2 L 0 ? H ? A =U U ? M M M M ? ? ? ? 0 0 L λn ?
从而

(2 分)

3

? λ1k 0 L 0 ? ? ? λ2k L 0 ? k H ? 0 A =U ? U =0 M M M M ? ? ? ? 0 0 L λk ? ? n ? 所以

(2 分)

λ1 = λ2 = L = λn = 0

A=0

(3 分)

? ? ? 六、验证矩阵 A = ? ? ? ? ?

0 1 2 1 4

2 0 1 2

? 4? ? 为单纯矩阵, 的谱分解。 (10 ( 分) 2 ? 为单纯矩阵,并求 A 的谱分解。 ? ? 0? ?

解:

?λ 1 因为 A ? λ E = 2 1 4

2 ?λ 1 2

4 2 ?λ (3 分) = ? λ 3 + 3λ + 2 = ? (λ + 1)2 (λ ? 2 )

所以得特征要分别为: λ1,2 = ?1, λ3 = 2 当 λ = ?1 时, 求得线性无关的特征向量分别为

α1 = (?2,1, 0)T , α 2 = (?4, 0,1)T ,
当 λ = 2 时, 求得线性无关的特征向量分别为

(1 分) (1 分)

α 3 = (4, 2,1)

所以
? ?2 P = (α 1 , α 2 , α 3 ) = ? 1 ? ? 0 ? ?4 0 1 4? 2? ? ? 1?

4

1 ? ? ? 6 ? 1 ?1 T β = (P ) = ? ? ? 12 ? ? 1 ? 12 ?

2 3 1 ? 6 1 6

2 ? 3 2 3 1 3

? ? ? ? ? ? ? ? ?

T

? 1 ?? 6 ? 2 = ? ? 3 ? ?? 2 ? 3 ?

?

1 12 1 ? 6 2 3

1 12 1 6 1 3

? ? ? ? ? ? ? ? ?

因此

β1 = (? , , ? )T , β 2 = (?

1 2 6 3

2 3

1 1 2 1 1 1 , ? , )T , β 3 = ( , , )T 12 6 3 12 6 3

(3 分)

于是 A 的投影矩阵为
4 ? 1 ? ? 3 3 ? 1 2 G 1 = α 1 β 1T + α 2 β 2T = ? ? ? 6 3 ? 0 ? 0 ? ? 2 4? ? 2 ? ? ? ? 3 3 3 ? ? 2 2? ? ? 1 = ? ? ? 6 3 3 ? ? 1 2 ? ?? 1 ? ? 12 ? 6 3 ? ? 4 3 2 ? 3 0 ? ? ? ?+ ? ? ? ? ? ? 1 ? 3 ? ? 0 ? 1 ?? ? 12 2 3 0 ? 1 6 ? ? ? ? ? 1 ? ? 3 ? 8 3 0

G 2 = α 3 β 3T

? ? ? = ? ? ? ? ? ?

1 3 1 6 1 12

2 3 1 3 1 6

4 3 2 3 1 3

? ? ? ? ? ? ? ? ?

故 A 谱分解表达式为 A = ?G1 + 2G2
(2 分)

5

( 七、讨论下列矩阵幂级数的敛散。 10 分) 讨论下列矩阵幂级数的敛散。
?1 0 0 ? ? 0.2 0.5 ? 1 ?1 7 ? 1 ? ? ( 1) ∑ 2 ? ? ; ( 2 ) ∑ ? 0.1 0.5 ? ; ( 3 ) ∑ k 2 ? 0 ?1 1 ? . ?3 ? k =1 k ? 0 k =1 ? k =1 ? ? 0 0 ?1 ? ? ?
∞ k ∞ k ∞ k

答:
∴ ( 1) R = 1(1分),ρ ( A ) = 3(1分),Q R < ρ ( A ) , 发散(1分); ( 2 ) A ∞ = 0.7(2分),Q A ∞ < 1,∴ 收敛(1分);
k ?1 ?1 0 0 ? ∞ ? 1 ? 1 ? ( 3 ) ∑ 2 ? 0 ?1 1 ? = ∑ 2 ? 0 k =1 k ? k =1 k ? ? ?0 ? 0 0 ?1 ? ?


0

( ?1 )
0

k

? ∞ 1 ? ∑ k2 ? ? k =1 0 ? k ?1 ? k ( ?1 ) ? = ? 0 ? ? k ? ?1 ) ? ? ( ? 0 ? ?

0


k =1



( ?1)
k2 0

k

? ? ? k ?1 ? ∞ ( ?1 ) ? ∑ k ? (3分), k =1 k ? ∞ ( ?1) ? ∑ k2 ? ? k =1 0

( . Q 9个级数∑ aijk )都收敛, 该矩阵幂级数收敛(1分) ∴ k =1



的两组基 八、设 (α1 , α 2 ,L , α n ) 与 ( β1 , β 2 ,L , β n ) 是实数域 R 上的线性空间 V 的两组基,且
( β1 , β 2 ,L , β n ) = (α1 , α 2 ,L , α n ) P ,又对任意的 x ∈ V 有

? x1 ? ? y1 ? ? x1 ? ? y1 ? ?x ? ?y ? ?x ? ? ? ? 2 ? = ( β ,β , , β ) ? 2 ? ;α = ? 2 ? , β = ? y 2 ? . x = ( α1 , α 2 , L , α n ) 1 2 L n ? M ? ? M ? ? M ? ? M ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? xn ? ? xn ? ? yn ? ? yn ?

证明: (1) 中的向量范数; 证明: ) x = α 2 是 V 中的向量范数; ( 是正交矩阵时 阵时, (10 (2)当 P 是正交矩阵时,有 α 2 = β 2 。 ) ( 分)

6

证(1):x = α 2 是V 到R的映射; a(非负性):若x ≠ 0,则α ≠ 0,而 α 2 是向量范数,因此 x = α 2 > 0; 当且仅当x = 0时α = 0,而α = 0当且仅当 α 2 = 0. 2分); ( , b 齐次性): = kα 2 = k α 2 = k x (2分); ( kx c(三角不等式):?x、y ∈V,设 ′ ′ ′ ′ ? x1 ? ? y1 ? ? x1 ? ? y1 ? ? ′? ? ′? ? ′? ? ′? x2 ? y2 ? x2 ? y2 y = (α1, α2 ,L , αn ) ? L = ( β1,β 2, ,β n ) ? ;α ′ = ? ,β ′ = ? ? ? M ? ? M ? ? M ? ? M ? ? ? ? ? ? ? ? ? ′ ′ ′ ′ xn ? yn ? xn ? ? ? ? ? yn ? . 则 x + y = α ′ + β ′ 2 ≤ α ′ 2 + β ′ 2 = x + y (2分); 故 x = α 2 是V中的向量范数.

证 ( 2) :

α
= = = =

2

= Pβ
T

2

(1 分 ) (1 分 ) (1 分 )

(P β ) (P β )
β β β
T

(P
β
.

T

P


(1分 )

T

2

九、已知矩阵

? 1 0 0? ? ? A = ? ?1 2 ?1 ? , ? 0 0 2? ? ?

计算 A 。 10 分) (

7

?1 ? ? ? 1 答 .λ E ? A ? ? , ( 2分 ) ? 2? ? ? ( λ ? 1) ( λ ? 2 ) ? ? ?1 ? ?1 0 0 ? ? 1 0 0? ? ? ? ? ? ? ?1 J =? 2 1 ? (2分)P = ? 1 1 0 ? (2分)P = ? ?1 1 0 ? , , ? ? ? ? ? ? 2? ? ? 0 0 ?1 ? ? 0 0 ?1 ? ? f ( 2) 0 0 ? ? ? f ( A ) = Pf ( J ) P ?1 = ? f ( 1) ? f ( 2 ) f ( 2 ) ? f ′ ( 2 ) ? ? ? f ( 2) ? 0 0 ? ? 2 0 0 ? ? ? 1 ? ?1? 2 2 ? . =? ( 2 分) 2 2? ? ? ? 0 ? 0 2 ? ?

, ( 2分 )

十、以下三题任选一道。 (10 分) 以下三题任选一道。 矩阵。 1、证明: 在 C 上的任何一个正交投影矩阵 P 是半正定的 Hermit 矩阵。 证明: 证明:由正交投影矩阵的性质知: 证明:由正交投影矩阵的性质知:存在次酉矩阵 U ∈ U rn×r 使得
P = UU H
n

于是, 于是,由 P H = P = UU H 知 P 是 Hermit 矩阵 又由于当 X ∈ C n 时有

(5 分)

X H PX = X H UU H X = (U H X ) H (U H X ) = (U H X , U H X ) ≥ 0

所以 P 是半正定的 Hermit 矩阵

(5 分)

2、证明:正规矩阵属于不同特征值的特征子空间是互相正交的。 证明:正规矩阵属于不同特征值的特征子空间是互相正交的。 证明: 证明:设 λi ≠ λ j , Axi = λi xi , Ax j = λ j x j , 则
λi ( xi , x j ) = (λi xi , x j ) = ( Axi , x j )
= x H Axi = ( x H Axi )T j j = xiT AT x j = ( xiH AH x j )
8

(4 分)

由正规矩阵的性质知: 由正规矩阵的性质知:
λi ( xi , x j ) = ( xiH AH x j ) = ( xiH λ j x j ) = λ j ( xiH x j )
= λ j ( xiH x j ) = λ j ( xiH x j ) H = λ j ( x H xi ) = λ j ( xi , x j ) j
T

(4 分)

由于 λi ≠ λ j ,故
( xi , x j ) = 0

(2 分)

维线性空间, 3、设 V 是数域 K 上的 2 维线性空间,V 的一组基为 α1 , α 2 ,V 的两个子 空间分别为 空间分别为 分别
W2 = {k1α 1 + k 2α 2 k1 , k 2 ∈ K且k1 + k 2 = 0} W1 = {k 0 (α 1 + α 2 ) k 0 ∈ K },

证明: 证明:V=W1⊕W2. 证明:由于 W1 = span{α1 + α 2 } , W2 = span{α1 ? α 2 } . 因此, W1 + W2 = span{α1 + α 2 , α1 ? α 2 } , 而 {α1 + α 2 , α1 ? α 2 } 线性无关, 所以, V = W1 + W2 , 又因为, W1 ∩ W2 = {0} , 所以 V=W1⊕W2. (2 分) (3 分) (3 分) (2 分)

9


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