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矩阵论答案


习题 一

1. (1)因 ?

? cos nx sin nx ? ? ? ? sin nx cos nx ?

? cos x sin x ? ? cos(n + 1) x sin(n + 1) x ? ? ? sin x cos x ? = ? ? sin(n + 1) x cos(n + 1) x ? ,故由归纳法知 ? ? ? ?

? cos nx sin nx ? An = ? ?。 ? ? sin nx cos nx ?
(2)直接计算得 A = ? E ,故设 n = 4k + r ( r = 0,1, 2,3) ,则 A = A A = ( ?1) A ,即
4 n 4k r k r

只需算出 A , A 即可。

2

3

?0 1 ? ? 01 ? ? ? (3)记 J= ? O O ? ,则 ? ? O 1? ? ? 0? ? ?
1 2 ? a n Cn a n?1 Cn a n?2 ? n 1 Cn a n?1 ? a =? an ? ? ? ? ?



L Cnn

i An = (aE + J ) n = ∑ Cn a i J n?i i =0

n

? ? n L Cn ?1a ? ?。 O M ? 1 n ?1 ? O Cn a ? an ? ?

2.设 A = P ?

?λ1 a ? ?1 2 ? P (a = 1,0), 则由A = E得 ?0 λ2 ?

2 ?λ1 1 ? ?λ1 1 ? ?λ1 2λ1 ? 不可能。 a = 1时,? =? ?? ? 2 ? ?0 λ1 ? ?0 λ1 ? ?0 λ1 ? ? ? 2 ? λ1 0 ? ?λ1 0 ? ?λ1 0 ? ?1 而由 a = 0时,? =? ? 知 λi = ±1 所以所求矩阵为 PBi P , 0 λ2 ? ?0 λ2 ? ?0 λ22 ? ? ?? ? ? ?

其中 P 为任意满秩矩阵,而

?1 B1 = ? ?0

0? ?1 0 ? ? ?1 0 ? ? , B2 = ?0 ? 1? , B3 = ? 0 ? 1? 。 1? ? ? ? ?

注: A2 = ? E 无实解, An = E 的讨论雷同。 3.设 A 为已给矩阵,由条件对任意 n 阶方阵 X 有 AX=XA,即把 X 看作 n 个未知数时线 由线性方程组的理论知其系数矩阵为零矩阵, 性方程 AX ? XA=0 有 n 个线性无关的解,
2 2

通过直接检验即发现 A 为纯量矩阵。 an + an?1 + L + a1 = 0

4.分别对(A B)和 ?

? A? ? 作行(列)初等变换即可。 ?C ?

5. 先证 A 或 B 是初等到阵时有 ( AB ) = B A , 从而当 A 或 B 为可逆阵时有 ( AB ) = B A 。
* * * * * *

考虑到初等变换 A 对 B 的 n ? 1 阶子行列式的影响及 A* = A?1 即可得前面提到的结果。 下设 PAQ = ?

? Er 0? (这里 P,Q 满秩) ,则由前讨论只需证下式成立即可: ?, ?0 0 ?
0? ? E *? r ? B ? = B ?0 0? ? ?
*

? ? Er ?? ? ?0

0? , 0? ?

*

(1) r<n-1 时,因秩小于 n-1 的 n 阶方阵的 n-1 阶子式全为 0,结论显然;

? ? ? Er 0 ? ?0 0 ? ? Er 0 ? * (2) r=n-1 时, ? ? = ?0 1 ? , B ?0 0 ? = ? ?0 0 ? ? ? ? ? ? ? 0
* *

0

Bn1 Bn 2 M

Bnn

? ? ? ,但 ? ?

?b11b12 L b1n ? ?b11b12 L b1n ? ?b b L b ? ? ? ? Er 0 ? ? 21 22 2n ? ?b21b22 L b2 n ? ,故 = ? ? ? ? ? M M ?0 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?bn1bn 2 L bnn ? ?0 0 L 0 ?
? ? ? Er 0 ? ? ? ?? ? B? = ? ?0 0 ? ? ? ? ? 0
*

0
2

Bn1 Bn 2 M

Bnn

? * E 0? ? *? r ? =B ? ? 。 ?0 0 ? ? ?


6.由 r ( A) = r ( A⊥ )及AX = 0 ? ( AX ) ⊥ AX = 0 ,即 AX = 0 与 A AX = 0 同解,此即所 求证。

7.设其逆为 aij ,则当 I 固定时由可逆阵的定义得 n 个方程

( )

ai1 + ai 2 ( w j ?1 ) + ai 3 ( w j ?1 ) + L + ain ( w j ?1 )
1

n ?1

= δ ij , j = 1, 2,L n ,
( j ?1)( n?l )

其中 δ ij 为 Kronecker 符号。对这里的第 l 个方程乘以 w

然后全加起来得

nw(

j ?1)( n ?1)

aij = w(

j ?1)( n ?i )

,即得 aij =

1 ( j ?1)( n+1?i ) w 。 n
m

。 注:同一方程式的全部本原根之和为 0,且 w 也是本原根(可能其满足的方程次数小于 n)

习题 二 1. 因 x ⊕ 1 = x = 1 ⊕ x ,所以 V 中零元素为 1,x 的负元素为 分配律。 2. 归纳法:设 W1 U W2 UL U Ws ?1 ≠ V ,则下面三者之一必成立: (1) W1 U W2 ULU Ws ?1 ? Ws ; (2) W1 U W2 ULU Ws ?1 ? Ws 。 (3) 存在 α ∈ W1 U W2 UL U Ws ?1 \ Ws 及 β ∈ Ws \ (W1 U W2 UL U Ws?1 ) 。 如果是(1) (2)则归纳成立,如果是(3)则选 s 个不同的数 k1 , k2 ,L , k s ,则必有某 一个 kiα + β ? W1 U W2 ULU Ws 。 3. U 是满足方程 tr(A)=0 解向量空间,其维数为 n ? 1 ,故其补空间为一维的,可由任一迹
2

1 ,再证结合律、交换律和 x

非 0 的矩阵生成。 4. 易证线性封闭。又设 V 中元素为 f = an x
n ?1

+ an?1 x n?2 + L + a1 ,则 U 是满足方程

an + an?1 + L + a1 = 0 的子空间。故 U 的维数为 n-1,其补空间为一维的,故任取一系
数非 0 且不满足此方程式的元即可生成此补空间。 5. 记 U= ( u1 , u2 , u3 ) , W = ( w1 , w2 ) ,把 U,W 放在一起成 4 行 5 列的矩阵,其 Hermite 标 准形为

?1 ? ?0 ? ?0 ? ?0 ?

4 5 1 1 1 1 3 0 0 1

0 0 0

2? 5? ? 9? , 3? ? 0? ?

故 U I W 的基为 ?3w1 + w2 , 的基为 ?3w1 + w2 , 1 ; 的基为 ?3w1 + w2 , 1 ; + W U u W w U 的基为 ?3w1 + w2 , u1 , w1 。 6. U I W = ?( x, y, z , w) ?

? ?

? x + y + z + w = 0? ?1 1 1 1 ? ?,r? ?=2, ?x ? y + z ? w = 0? ? 1 ? 1 1 ? 1?

故 dim (U I W ) = 2,dim (U + W ) = dim U + dim W ? dim (U I W ) = 4 ;

U I W的基为方程组的解向量 ( 0,1,1,-1) 和 (1,1, ?1, ?1) 。
j ?1

7. (1)由 x = ( x ? 1) ?
j j

∑ a X 知x 可表示为( x ? 1) 线性组合,由基定义知其为一组基。
i j i i =0 i j j

(2)由

∑ ai xi = ∑ bi ( x ? 1) 及 x j = ( x ? 1 + 1) j = ∑ C ij ( x ? 1) 得 b j = ∑ Ckj ak 。
i i i =0 i =0 i =0 k =0
j

n

n

注:当 k<j 时, Ck = 1 。

8.由 α j为β1 , β 2 ,L , β t 的线性组合知存在矩阵 A 使得 (α1 ,α 2 ,L ,α s ) = ( β1 , β 2 ,L , β t ) A , 由 α i 线性无关可知 r ( A ) = s 故 s ≤ t , A 的 Hermite 标准形非 0 行的第一个非 0 元所在列 把 对应的 β i 全替代为 α i 即为所求。

9.易证为子空间;

U 为B在空间 Z = XA x ∈ F n 上的核空间,故
n

{ } dim U = dim {Z = XA X ∈ F } ? r ( AB ) = r ( A) ? r ( AB ) 。
习题 三

1.略 2. ( x, y ) = ( x1 , x2 ) ?

? a b ? ? y1 ? (3)显然;而 ? ? ? ,故内积定义的(1) ? b c ?? y2 ?

(2)成立 ? ? 3. (3)显然 (1)

? a b? 2 ? 为正定矩阵 ? a > 0, ac ? b > 0 。 ?b c ?

(2) ( f , f ) ≥ 0 且等号成立当且仅当 ( f , f ) = 0 ?

?π ? ?π ? f 2 ( 0) + f 2 ? ? = 0 ? f ( 0) = f ? ? = 0 ?2? ?2?

?a cosθ + b sin θ = 0 ? ? ? ? a = b = 0 ? f = 0。 π π ?a cos 2 + b sin 2 = 0 ?

|| h(t ) ||=

( 3cos 7 + 4sin 9 ) + ( 4cos 9 ? 3sin 7 )
2

2

=5。

习题 四

1. 设 AB 的特征值及其对应的特征向量为 λi , X i ,即 ABX i = λi X i ,如 BX i = 0 , 。故由 BABX i = λi BX i 知 BA 与 AB 则 λi = 0 (注意到只能有一个特征值为 0) 特征值勤全相同,所以它们都相似于 dig ( λ1 , λ2 ,L λn ) 。 2. σ 对应的矩阵为

? 0 ? 2 ? 2? ? ?2 3 ?1 ? , ? ? ? ?2 ? 1 3 ? ? ?
T



σ ( e1, e2 , e3 ) = ( e1 , e2 , e3 ) A,









( e1, e2 , e3 ) = ( e1' , e2' , e3' ) P.



' ' σ ( e1' , e2 , e3 ) = ( e1, e2 , e3 ) PAP ?1. 故使为对角形的基 ( e1 , e2 , e3 ) P ?1 即可。

3.V 的一组基为 ?

?1 0 ? ?0 0 ? ?0 1 ? ?, ?, ? ? ? ,分别记为 e1 , e2 , e3 ,则 ?0 ? 1? ?1 0 ? ?0 0 ?

σ e1 = e2 ? e3 ,σ e2 = e2 ? e3 ,σ e3 = e3 ? e2 ,故
? 0 0 0? σ ( e1, e2 , e3 ) = ( e1 , e2 , e3 ) ? 1 1 ? 1 ? = ( e1, e2 , e3 ) A , ? ? ? ?1 ? 1 1? ? ?
求出使 PAP ?1 为对角形阵的 P,基取为 ( e1 , e2 , e3 ) P
?1

4.令 P = ?

?1 2 ? ?0 0 ? ?1 ? , 则P AP = ?0 1 ? , ?2 ? 1 ? ? ?
0? 。 5? ?

?0 0 ? ?0 tr ( A ) = 1,| A |= 0, A = P ? ? P ?1 = ? ?0 1 ? ?0

5. | λ Em ? AB |= λ

m? n

, ( λ En ? BA) 知除 0 外 AB 与 BA 的特征值全相同(包括代数重数)

而迹为矩阵特征值之和。

6. (1)特征多项式 x ? 8 x + 7 为最小多项式,可能角化
2

(2) | λ E ? A |= ( λ ? 1)( λ ? 2 )( λ ? 3 ) 为最小多项式,可对角化 (3)特征多项式为 ( λ ? 1)
2

( λ + 2 ) ,经验证 ( A ? E )( A + 2 E ) ,故最小多项式为

( λ ? 1)( λ + 2 ) ,可对角化。
(4)同(3) ,但 ( A ? E )( A + 2 E ) ≠ 0 ,故最小多项式为 ( λ ? 1)
2

( λ + 2 ) ,不能对角化。

7. (1) A = ?

?a 0 ? ?a 1 ? 2 2 , B=? ? ? ,则 f A = f B = ( x ? a ) , mA = ( x ? a ) ≠ ( x ? a ) = mB ; ?0 a ? ?0 a ? 1 0 0? ?a ? ?0 a 0 0? ,B = ? ?0 0 a 0? ? ? 0 0 b? ?0
2

?a ?0 (2) A ? ?0 ? ?0

1 0 0? a 0 0? ? 0 b 0? ? 0 0 b?
2

f A = ( x ? a ) ( x ? b) ≠ ( x ? a ) ( x ? b) = fB ,
3 2 2

mA = ( x ? a ) ( x ? b ) = ( x ? a ) ( x ? b ) = mB
8. 由特征多项式的表达式特和题设有
n n ? n ? ∑ λi = 0, ∑ λiλ j = 0 ,故 0 = ? ∑ λi ? = ∑ λi2 + ∑ λiλ j = ∑ λi2 , ? i =1 i≠ j i =1 i≠ j i =1 ? i=1

n

2

又 λi 为实数故 λi 均为 0。现由 Shur 定理存在 P 使

?0 * * L * ? ? 0 * L *? ? ? P ?1 AP = ? OO M ? =B, ? ? O *? ? ? 0? ? ?
直接计算得 B n = 0, 故An = PB n P ?1 = 0 。

9. 由

∑ λi = n 且 λ1λ2 Lλn ≤
n i =1

n

∑λ
i =1

n

i

n

即得。

10. 11. 12. 13.

略 略 盖尔圆分离且 A 为实阵,故 A 有 n 个不同实根。 (命题 4.4.1 及其推论) 略

习题 五 1. 略 2. 略 3. 略 4. 略

0 0 ?1 ? ? ? 5. (1) λ E ? A → ? 0 6 ? 2λ ? λ 2 λ 2 + 4λ ? 10 ? → ?0 ? 3λ + 5 4λ ? 7 ? ? ? ?1 ? ?0 ?0 ? 0 0 λ ?2 ? ? 2 λ + 4λ ? 4 ? → ? ?1 ? 0
3

?1 ? ?0 ? ?0 ?

0 0 0

? ? 0 ?, 3? ( λ -2 ) ? ? 0

即初等因子为 ( λ ? 2 ) ,故 Jordan 标准形为

?2 1 0 ? ?0 2 1 ? , ? ? ?0 0 2? ? ?
由 AX=2X 解出 X 1 ,再由 AX-2X= ? X 1 求出 X 2 及由 AX ? 2 X = ? X 2 解出 X 3 ,则

P = [ X 1 , X 2 , X 3 ] 即为所求。
6. 略 7.由于幂 0 阵的特征值全为 0,故若其不为 0 阵则其 Jordan 标准形必含阶大于 1 的 Jordan 块

?0 1 ? ? 0 1 ? ? ? ?, J= ? O O ? ? O 1? ? ? 0? ? ?
但 J 的最小多项式为 λ (r>1)有重根不能对角化,故幂 0 阵的 Jordan 标准形不能对角
r

化,那它自己当然也不能对角化。
?1

8. PAP 设

= J A 为 A 的 Jordan 标准形 及



?0 * 0 L 0 ? ? 0 * L 0? ? ? J A = dig ( λ1 , λ2 ,L , λn ) + ? OO M ? = dig ( λi ) + M , ? ? O *? ? ? 0? ? ?
易算出 M = 0 , ( P ?1MP) n = o ,而
n

A = P ?1 J A P = P ?1dig ( λi ) P + P ?1MP = D + N 。
9.特征值为 1, i, ?i ,可对角化后计算。

10.记 V 的基为 e1e , e2 = xe , e3 = x e , e4 = e 则
x x 2 x 2x

?1 ?0 T ( e1 , e2 , e3 , e4 ) = ( e1 , e2 , e3 , e4 ) ? ?0 ? ?0 ?1 ?0 λ E ? A 可初等变换为 ? ?0 ? ?0 ?
0 1 0 0 0

1 0 0? 1 2 0? ? = ( e1 , e2 , e3 , e4 ) A , 0 1 0? ? 0 0 2? 0

? 0 0 ? ? ,故初等因子为 λ ? 2, ( λ ? 1)3 ;以下略。 λ -1 0 ? 3? 0 ( λ -1) ? ?

11.设 A 的标准形的 Jordan 块为 J1 , J 2 ,L J r ,则

mA ( x ) = ? mJ1 , mJ 2 ,L , mJ r ? , f A ( x ) = ∏ f Ji ,而 mJi ( x ) = f J ( x ) ,故 f A = mA 时对应 ? ?
i =1
i

r

于每个特征值的 Jordan 块仅有一个。

习题 六

1. (2)略 (1) ( 3 ) 直 接 计 算 有



( AX ? λ X , AX ? λ X ) = ( A* AX ? λ A* X , A* AX ? λ A* X ) = ( x ? λ A* X , X ? λ A* x )
由内积的性质得 AX ? λ X = 0 ? X ? λ A X = 0 。
*

2. 设

A = U *dig ( λ1 , λ2 ,L, λn )U

, (

U









) ,



A* = U *dig ( λ1 , λ2 ,L , λn )U ,所以 AA* = U *dig (| λ1 |2 ,| λ2 |2 ,L ,| λn |2 )U ,
3. (1)由 A = U dig ( λ1 , λ2 ,L , λn )U 及 A* = U *dig λ1 , λ2 ,L , λn U 即得,
*

(

)

(2)由第 2 题得;
m m (3) Am = U *dig λ1m , λ2 ,L , λn U ,故由 λi = λi 知 λi 必为 1 或 0
m

(

)

4. (2)略 (1) (3) U *dig

( λ , λ ,L, λ )U = U dig ( λ , λ ,L, λ )U ,由 λ
3 1 3 2 3 n * 2 1 2 2 2 n

3 i

= λi2 λi2 = λi 故A2 = A

( 4 ) E = Ak = U *dig



k 1

, λ2k ,L , λnk )U , 又 λi 为 实 数 , 故 λi 为 ±1 , 所 以

A2 = U *dig (1,1,L,1)U = E
5. λ 为 AB 的特征值,对应特征向量为 X,则 ( AX ) B ( AX ) = ( AX )
*

*

λ X = λ X * A* X ;

由 A,B 正定及 A

*

( AX ) B ( AX ) > 0 正定和 AX ≠ 0 (A 满秩)知 λ =
*

X * AX

6. 由绍尔定理存在酉阵 U 使得

MathType 5.0 Equation

?λ1 b12 b13 L b1n ? ? ? ? λ2 b23 L b2 n ? ?, U * AU = ? OO M ? ? O bn?1,n ? ? ? λ ? ? ?



?| λ1 |2 * ? 2 2 ? * | λ2 | + | b12 | U * A* AU = ? M ? ? * ? * ?
( ρ ( A )) 2 ≤ tr ( A* A )

? ? L * ? ? ,故 O M ? n ?1 ? 2 L | λn | + ∑ | bin ? i =i ? L *

7.设

MathType 5.0 Equation

A = U T dig ( λ1 , λ2 ,L λn )U ,U 为正交阵,

令 Y = UX ,则

| X T AX |=| ∑ λi yi2 |≤ max {| λi |}Y T Y = CX T X ,其中 C = max {| λi |}
i =1

n

8.设 A = V * PV (V 为酉阵),则VAV * = P ,而 AB 正规 ? VABV 正规 ? PVBV 正规并且 AB = BA ? PVBV = VBV P ,故不妨设
* * * *

?λ1E1 ? ? B11 B12 L B1r ? ? ? ? ? λ2 E2 ? ? , B = ? B21 B22 L B2 r ? , A= ? ? ?M M M M ? O ? ? ? ? λr Er ? ? ? Br1 Br 2 L Brr ? ? ? ? ?
其中 λi 互不相同,则由 AB=BA 知

Bij = 0 (当 i ≠ j 时) B = dig ( B11 , B22 ,L, Brr ) ; ,即
易证 Bii 为正规阵,故存在酉阵 U1 ,U 2 ,L ,U r 使得
* dig (U1* ,U 2 ,L ,U r* ) Bdig (U1 ,U 2 ,L ,U r ) 为对角阵,令 U = dig (U1 ,U 2 ,L ,U r ) ,则

U * ABU 为对角阵,故 AB 为正规阵。
9.略

? P * 0 ? ? P B ? ? P* P P * B ? 10. A A = ? =? * ?? ? = E ,故 ? * * * * ? B Q ? ?0 Q ? ? B P B B + Q Q ?
*

P* P = E , B* P = 0, P* B = 0, B* B + Q*Q = E 由此即可算出。
11.特征多项式相同 ? 特征值及其重数都相同 ? 两个矩阵与同一对角阵相似。 12.计算出 f A = ( λ ? 1) λ 2 + ax + b ,特征值为 λ = 1, λ2 , λ2 ,故 1 所对应的特征向量为旋转轴,旋转角由 cosθ = Re λ2 ,sin θ = Im λ2 决定。 13.特征值为 ±1 ,求出特征向量即可。 14. 对 X ∈ V ,

(

)

(TX , TX ) = (TX ) (TX ) = ( x ? 2YY T X )
T

= ( X T ? 2 XYY T )( X ? 2YY T = XTX

( x ? 2YY X ) X)
T T

= X T X ? 2 X T YY T X ? 2 X T YY T X + 4 X T YY T YY T X

注意到上式已用到 YY T =|| Y ||2 = 1 。

15.两者均为正规阵,故求出特征向量并标准化即可。

习题 1. 略;2。略 3. (1)由 ρ T *T = (2)由 ρ
*



(

)

ρ (E) 得
*

((TA) TA) = ρ ( A A) 得

4.见习题六第 6 题的证明,注意被酉阵乘后不改变这两种范数。 5.略;

6.不一定,反例略; 7.由 lim A A = lim A lim A 得;
n n n n n→∞ n→∞ n→∞

8.可简单计算出最小多项式为 ( λ ? 1) ,且函数 f ( x ) =
2


k =0



xk 2 = 在 A 的谱上的数 k 2 2? x

值为 f (1) = 2, f ' (1) = 2 ,故 f ( x ) 与多项式 2x 在 A 的谱上的数值相同,所以 f(A)=2A

9.易计算出其特征值为 0,0.2,故 A → 0 。
m

10. mA = λ + 2λ + 1 ,后略;
2

11. mA = ( λ ? 1)

2

( λ ? 2 )( λ + 2 ) , 后略;

12.特征多项式为 ( λ ? λ1 )( λ ? λ2 )( λ ? λ3 ) 或 ( λ ? λ1 ) 或 ( λ ? λ1 )
3

2

( λ ? λ2 ) ,故寻找二次多项式 P ( λ ) 使得

P ( λi ) = eλit
或 P ( λ1 ) = e 1 , P ' ( λ1 ) = te 1 , p ( λ2 ) = e
λt λ λt λt λ2t

或 P ( λ1 ) = e 1 , P ' ( λ1 ) = te 1 , P " ( λ1 ) = t e 1 ;
2 λt

13. (1)

MathType 5.0 Equation

eA = eA = ∑
2



k =0

∞ Ak A = ∑ = E + (e ? 1) A , k ! k =0 k !

后略; 14.略 15.略

16. (1)设 e = am x + am ?1 x
A m

m ?1

+ L + a0 E ,故

(e A )T = ∑ ai ( AT )i ,注意到 A 与 AT 有相同的特征值及其重数,故
i =0

m

e A = ∑ ai ( AT )i ,即 ( e A ) = e A ,所以
T

m

T

T

i=0

(e )

A T

eA = eA

T

+A

= e0 = E 。

(2)的证明类似,略。


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