终极资料整理版-山东科技大学矩阵理论往年试卷

. 山东科技大学山东科技大学 20062006——20072007 学年第一学期学年第一学期 《矩阵理论》考试试卷《矩阵理论》考试试卷 班级姓名学号 题号 得分 一、单项选择题(每题 2 分，共 8 分) 一二三四五六七总得分评卷人审核人 1、设 Ak f (A)   k1 k  收敛，则A可以取为  0 0 C. 9 1  A.  B.  9 1  0 0   1 0 1 1 D.   1 0 0.1 1   2 1 1  2、设M  1 12 ，则M不存在   1 2 1  A.QR分解B. 满秩分解C. 奇异值分解D. 谱分解 3、设e At  e 2t    0  0  12et12e2t13te2t e2t 3et 3e2t 1   0  0  1 1 6 4  0  C. 1   2 4et 4e2t  0 ，则A=  et  4  20  D. 31   2 2 1 4 A.  020  B.   031   2   0  0  2 2 2 0 4  020   061  4、设 3 阶矩阵A满足多项式 (A  4E) (A3E)  O, 且其最小多项式m(x)满足条件 m(1) m(3) 1，则A可以相似于 页脚 . A. M  1 3  2 0 0  2 B. 0  M  0 0 0 0 2   0 2 0 0 0 2 0  0 22  C. 2  M   1  0  2 0 0  D.  030M     01 3 22 二、填空题(每题 5 分，共 20 分) 1、设 2A  A  0，则cos2 A＝ 。 2．已知 ACnn 2 ,并且(A) 1,则矩阵幂级数  kA k0  k =。    A   3．设矩阵    1 4 3 2 2 1 4 3 3 2 1 4 4  3 ，则 A 的谱半径 (A)＝ 。 2  1  4、设 5 阶复数矩阵A的特征多项式为 f () 2(21)(2) ,则       . 1 5 2  三、 （12 分）设A   010，试求矩阵 B 使得B5 A。  001   2 2 1 At  四、 （10 分）设A  111  ，求 e 。 1 22   五、证明题(10 分) 设A  (aij)nn是n阶复数矩阵，B  (a ij ) nn 是由A的元素取模后得到的矩阵。设对一切欧几里德 范数为 n的复向量x均有 x Bx  1，证明3E2A可逆，并求其逆。 * 六、 (10 分)复数域C是实数域R上的 2 维线性空间. 试定义C上的一个内积,使得 1 与1i成为C 页脚 . 的一个标准正交基；并求1i的长度. 2  1 01  七、(10 分) 求矩阵A  1211 的满秩分解。  22 21  n nn n 八、 (10 分)对于任何非零列向量x x R R及任何单位列向量z z R R， 存在 Householder 矩阵 H， 使得HxHx   x x z z。  4 2 10  九、 （10 分）在复数域上求矩阵A  437的 Jordan 标准形J，并求出可逆矩阵P，使  317   得P1AP  J。 页脚 . 页脚 . 页脚 . 页脚 . 页脚 . 页脚 . 山东科技大学山东科技大学 20062006——20072007 学年第一学期学年第一学期 《矩阵理论》考试试卷答案《矩阵理论》考试试卷答案 一、 （答案 AAAAB） xk 1 注：A 的特征值为 0，-1，而  的收敛区间为[1,1) k1 k  2、注：由定理 M 有 n 个不同特征值，故可以对角化 3、注：M 的秩为 2 故无 QR 分解 0A0At(e )  Ae 注：，故A  Ae  Ae  e 4、 At At   t0 5、注：B 中矩阵的最小多项式为x2 二、1、 E+2cos11A2． 2 A E  A I 2 3． 32 3 4、20 注 ： 把E写 成1或均 可 ； A E  A2 也 可 有 其 它 等 价 形 式 如 E  A2 A,AE  A, 2 E E  A2  E 等 E  A 0   1  ；属 5  0     1   三、解A 的特征值为－1，－1，1。属于－1 的特征向量与广义特征向量为  0  ，    0     1  1    于 1 的特征向量为 0 。令 P   0   1   0  0 1 5 0 1   0 ，  1   则  1  P1AP   0  0  0  10   J 01   1 。令 页脚 .  1  K   0  0  故取 x 1 0  (1)n 0    0  , K n  0  01    则 (1)n 1nx (1)n 0 0   0  1   令 x  1 5 ， K5 J. 于是 B  PKP1 ，则 B5 PK5P1 PJP1 A 。故  1  B  0   0     1    0   0      1    0  0  1 1   0   1  1 5    1 0  0 10   0 5  001   0 01      1 1  5   1 0  1  1  0   050  5 1    00  01     1 2    10  . 01   0 0 5 0  1   0  1   5B A 只要找到 K 使得(解法 2)更简单地，A 的 Jordan 标准型 J 如上。则为使 1 5 0  K5  010,  001  于是选  1  K   0  0  x 1 0  (1)n 0    0  , K n  0  01    5 (1)n 1nx (1)n 0 0   0   1  1 1 0 1 5 0  5x   1K 010010 取 从而， 则有 .这个矩阵与 A 的差别仅在于右上  001  001  角，而这可以利用相似的初等