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1、附件 2：标 准（或参考）答 案 及 评 分 标 准 课程编号：003203 课程名称：矩阵论 B 一、填空题（每题 3 分，共 30 分）1在3 F x中，由基底2,1xx到基底21,(1),(1)xx的过渡矩阵为 。答案：001012111 2设2 3C的子空间0+=;,00yzAx y z x y zCx，则A的一组基底为 。答案：001011,100000 3设HAA，12,n是矩阵A的特征值，则22|mA 。答案：21nii 4设3V为三维酉空间，123,为3V的一组标准正交基，3,x yV，且 123(1)-26xi；123(1-)-3-yi，则x与y的内积(,)=x y 。答案：
2、2 5设 31004100,00210010A，则A的若当标准形J 。答案：111111 第 页 6设,4321,1001021001201001xA则FA ；2A ；Ax 。答案：14；2A3；Ax8 7设011 1,901 1AB，则 AB 的所有互异特征值是 。答案：0,6，-6 8设0kkA为矩阵级数，其中11634136A，则()A ；0kkA和S 。答案：5 6；522 853 9设33sin(),sinttettA ttte，则10()A t dt 。答案：3311(1)cos1 13211cos1 1(1)23ee 10 设 R2按照某种内积构成欧式空间，它的两组基为1211,
3、11 和1206,212 且i与j的内积为1112(,)1,(,)15,21(,)1,22(,)3则21,的度量矩阵为 。答案：2112 二、计算题（55分）1、（10分）已知矩阵空间2 2R 的线性变换T将2 2R 的基 （）：123410111111,00001011AAAA 变换为基（）：123401101111,11110110BBBB，（1）分别求T在基（）下的矩阵A和基（）下的矩阵B；（2）求()R T和()N T的维数。解：（1）取2 2R 的简单基为11122122,EEEE，则有 1234111221221,A A A AEEEEC 1234111221222,B B B B
4、EEEEC 其中 121111011101111011,0011110100011110CC 设12341234,B B B BA A A A C，则 1121100011000111110CC C，于是 123412341234(,),TA A A AB B B BA A A A C,则AC；123412341234(,)(,),TB B B BTA A A ACB B B BC，则BC-（6 分）（2）因为det()30C ，所以 dim()4R TrankC -（2 分）dim()0N T -（2 分）2、（8分）若111110010110A，求齐次线性方程组AX 的解空间()N A的正
5、交补。解：对A坐初等行变换111110011001011001100000A ，得到()N A的一组基 121001,0110TT。-（4 分）设1234()xxxxxNA，则120,0TTxx ，解得 121001,0110TT，-（3 分）所以12()(,)NAL -（1 分）3、（10 分）已知二次型21232221321)1(22)1()1(),(xxaxxaxaxxxf的秩为 2.(1)求a的值;(2)求正交变换Qyx化),(321xxxf为标准形;解：(1)二次型的矩阵110110002aaAaa的秩 2,所以04|aA,从而0a.-（2 分）(2)2110|110(2)002EA
6、,A的特征值 221,03;-（1 分）方程组0)(1XAE的基础解系为T)0,1,1(1,T)1,0,0(2(正交);方程组0)(3XAE的基础解系为T)0,1,1(3;-（3 分）单位化321,得到 Te)0,1,1(211,Te)1,0,0(2,Te)0,1,1(213;-（2 分）取),(321eeeQ,-（1 分）则正交变换Qyx化),(321xxxf为标准形 232221321022),(yyyxxxf;-（1 分）.4、（10 分）设矩阵211212112A ，求A的若当标准型J，并求相似变换矩阵T，使得 1TATJ 。解:2111EA,则A的初等因子为21,(1)，-（2 分）
7、则A的若当标准型为100011001J，-（1 分）设相似变换矩阵为T，则1ATJT ，即 123123100,011001ATA t ttt tt，则有1122323AttAttAttt，-（1 分）解方程111111222000111000AE，基础解系为 12111,001 -（2 分）取1211211221211,0kkttkkkk ，-（1 分）将2t代入方程32()AE tt，增广阵为 1212112211221211111122200021110002kkkkAEkkkkkkkk，当122,1kk 时方程有解，-（1 分）于是21,21t ，再求方程的一个特解31,00t，-（1
8、 分）则111020110T ，且1ATJT 。-（1 分）5、（10分）求矩阵111242335A 的谱分解。解：2111211211242042042335235024(2)(6)EA 故A的特征值为1232,6。-（2分）当2 时，求得特征向量为12111,001 。当6 时，求得特征向量为3123 。所以1112323111222111331,102,444013111444PP -（4分）取1112251111144411111222,1033122201331444444H ，-（2分）取233111444111111124442223333444H ，-（2分）则1226AHH
9、6、（7 分）设12Tnx，()ijn nAa为是对称阵，12Tnb为n维向量，c为常数，求()TTf xx Axb xc对x的导数.解：2()()()TTdf xd x Axd b xdcAxbdxdxdxdx -（7 分）三、证明题：1、（10分）设12,m nnAC ，则（1）12(),nR Aspan （2）dim()R ArankA （3）dim()dim()R AN An 证明：（1）12(),nnnR AAx xCy yx xC 1122,nnny yxxxxC 12,nspan -（4分）（2）由12(),nR Aspan 再由定理知 1212dim()dim,nnR Aspa
10、nrankrankA -（3分）（3）由于()N A是方程组0Ax 的解空间，所以dim()N AnrankA ，所以由（2）dim()()N AnrankR A，即dim()dim()R AN An -（3分）2、证明(5分)对任意m nijm nAaC，规定,|max,max|Miji jAm na 证明|MA是m nC上的一种矩阵范数，且它与向量1范数相容。证明：（1）若0A，则|0MA；若0A，则,|max,max|0Miji jAm na。正定性成立；-（1分）（2）对任意的kC，有,max,max|max,max|ijijMMi ji jkAm nkakm nakA -（1分）（3
11、）对任意的n lBC，有,max,max|max,max|max,max|max|ijijMi jijiji jijijMMi ji jABm nabm nabm nabAB -（1分）（4）对任意的n lBC，有,1,max,max|max,max|max|max,max|max,max|nikkjMi jkikkji kk jikkjMMi kk jABm la bm l nabm nan lbAB -（1分）从而|MA是m nC上的一种矩阵范数。设T12,.,nnxC，则 11111,111,1|max|max,max|mnmnijjijjijijmnikji jijnikjMi jjAxaaam naAx -（1分）