《高等工程数学》科学出版社--吴孟达版习题答案(1-8章)

高等工程数学科学出版社版习题答案：第一章习题（P26）1略2在R4中，求向量a1,2,1,1T,在基a1 1 , 1, 1, 1T, a2 1 , 1, 1,1Ta3 1 , 1, 1, 1T a4 1 , 1,1, 1T下的坐标。解：其坐标为：x( 5/4, 1/4, 1/4，1/4 )T3在R22中，求矩阵，在基，下的坐标。解：其坐标为：x( 3, 3, 2，1 )T4试证：在R22中，矩阵，线性无关。证明：设 k1B1+ k2B2+ k3B3+ k4B4=，只要证明k1= k2 = k3= k4 =0即可。余略。5已知R4中的两组基：和求由基到基的过渡矩阵，并求向量在基的坐标。解：基到基的过渡矩阵是：向量在基的坐标是：6设Rxn是所有次数小于n的实系数多项式组成的线性空间，求多项式p(x) = 1+ 2x n1在基1，(x1)，(x1)2，(x1)3，.，(x1)n1的坐标。解：所求的坐标是：（3，）T7已知，求V1的和与交的基和维数。解：V1V2的一组基为，所以维数为3 V1V2的一组基是：，所以维数为1。8设T是n维线性空间V上的一个线性变换，对某个V，有Tk1（）0，Tk（）0。试证：线性无关。证明：设（*）下证即可。对（*）两边的向量作线性变换：Tk1，根据Tk1（）0，Tk（）0，得到 由此（*）变为. （*）对（*）两边作线性变换：Tk2，根据Tk1（）0，Tk（）0，得到 依次进行，得到，即线性无关。9设n维线性空间V上线性变换T，使对V中任何非零向量都有Tn1（）0，Tn（）0。求T在某一基下的矩阵表示。解：任取V中一非零向量，因Tn1（）0， Tn（）0，所以由第8题的结果，有是V中的一组基。则T在此基下的矩阵：10设T是线性空间R3的线性变换，它在R3中基下的矩阵表示是：A求T在基下的矩阵表示。解：T在基下的矩阵表示是：B11设T在基下的矩阵表示是：A（1） 求T在基下的矩阵表示。（2） 求T的核和值域。（3） 求T的特征值和特征向量。解：（1）T在基下的矩阵表示是：B（2）核空间N（T）(0,0,0)T 值域 R（T）R3。（3）特征值为：对应的特征向量是：12求矩阵A的列空间R（A）yR3|yAx，xR3和核空间N（A）xR3|Ax0。其中：（1）A （2）A解：（1）列空间为R（A）， 核空间为N（A）（2） 列空间为R（A）， 核空间为N（A）13设V是一线性空间。是V的一组基 ，线性变换T在基在的矩阵B分别如下，求T的特征值和特征向量，并判断T是否可对角化。（1）, (2) ,（3），（4）解：（1）特征值为： 特征向量是： 不可对角化（2）特征值为：特征向量是： 可对角化（3）特征值为：特征向量是： 可对角化（4）特征值为：特征向量是： 略 可对角化14略15设欧氏空间P2（t）中的内积为（1）求基1，t，t2的度量矩阵。（2）采用矩阵形式计算f（t）1tt2与g（t）14t5t2的内积。（3）用Schmidt正交化方法求P2（t）的标准正交基。解：（1） 所以度量矩阵为（2）（3）所以标准正交基是：高等工程数学科学出版社版习题答案（第二章）P501 求下列矩阵的特征值、代数重数核几何重数，并判断矩阵是否可对角化（1） （2） （3）解：（1）特征值：可对角化。（2）特征值：不可对角化。（3）特征值：不可对角化。2 求下列矩阵的不变因子、初等因子和Jordan标准形（1）（2） （3） （4）解：（1）不变因子是：初等因子是：Jordan标准形是：（2）不变因子是：初等因子是：Jordan标准形是：（3）不变因子是：初等因子是：Jordan标准形是：（4）不变因子是：初等因子是：Jordan标准形是：3 设（1）（2）（3）求可逆矩阵P，使得P1AP是Jordan标准形解：（1）A的特征值为 对应的特征向量是： 二级根向量是： （2）A的特征值为 对应的特征向量是： 二级根向量和三级根向量是： （3）此题数据不便于求解特征值，A的特征多项式是： 4 试求第2题 最小多项式。解：（1）最小多项式是： （2）最小多项式是：（3）最小多项式是： （4）最小多项式是： 5 设，计算方阵多项式解：因为：而是A的特征多项式 ，所以f（A）0故有6 设A是可逆方阵，证明A1可表示为A的方阵多项式。证明：设A是n阶方阵，其特征多项式是：因A可逆，所以（为什么？自己证明）由 得所以A1可表示为A的多项式。7 设，证明A不能与对角矩阵相似。证明：由题设知，A的最小多项式是：，有重根，所以不能相似对角化。 8 已知，证明A与对角矩阵相似。证明：由题设知， 是A的零化多项式，而多项式没有重根（为什么？自己证！），所以A的最小多项式没有重根，故与对角矩阵相似9 设，试证A的Jordan标准形是diag1,1,1,0,0证明：因为是A的零化多项式，且是最小多项式，所以A的特征值只能是0和1，且可对角化，所以A的Jordan标准形是diag1,1,1,0,010 设方阵A的特征多项式和最小多项式分别为： （1）（2）试确定A的所有可能的Jordan标准形解：（1）A的可能Jordan标准形为 或（2）A的可能Jordan标准形为 高等工程数学科学出版社版习题答案（第三章）P501 自己验证范数的三个条件2 自己验证范数的三个条件3 （1）(（2）（3）4 已知 试求第解： 5 证明：(1)(2) 67 (1)证明：假设IA不可逆，则|I-A|=0，即1是A的特征值，所以矛盾，所以IA可逆(2)由 得8 (1)证明： （2）9(1) 解： (2) 因为收敛半径为：R=5，所以收敛 10解： 11(1) (2)12 解： A的特征值为：1，1，213 解： A的特征值为：1，1，4 高等工程数学科学出版社版习题答案（第三章）P100123 （1）(4 567 参见第三章第5题（2）的答案8 (1) 高等工程数学科学出版社版习题答案（第五章）P113123 （1）自己验证M-P广义逆的四个条件即可(2) 因为 rank(A)= rank(AA+A)rank(AA+)rank(A+)= rank(A+A A+)rank(A+A) rank(A)所以命题成立 4（1）因为rank（A|b）rank（A）所以是相容方程组 （2）因为rank（A|b）rank（A）所以是相容方程组（3）因为rank（A|b）rank（A）所以是相容方程组5 自己验证广义逆的四个条件6高等工程数学科学出版社版习题答案（第六章）P138123 4 56789 Easy10111213141516171819202122 自己按公式计算23其余题目自己按公式计算！9、证明比较简单：按照F分布定义即可证明。第七章第八章正交试验设计的目的是如何科学、合理地安排试验，使之能在很多的试验条件中选出代表性强的少数几个试验条件，并通过较少次数的试验就能取得最好的结果。