上海交大研究生矩阵理论答案.docVIP

习题 一 1．（1）因=，故由归纳法知 。 （2）直接计算得，故设，则，即只需算出即可。 （3）记J=，则 ， 。 2．设 不可能。 而由知所以所求矩阵为， 其中P为任意满秩矩阵，而 。 注：无实解，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看作个未知数时线 性方程AXXA=0有个线性无关的解，由线性方程组的理论知其系数矩阵为零矩阵， 通过直接检验即发现A为纯量矩阵。 4．分别对（A B）和作行（列）初等变换即可。 5．先证A或B是初等到阵时有，从而当A或B为可逆阵时有。 考虑到初等变换A对B的阶子行列式的影响及即可得前面提到的结果。 下设，（这里P，Q满秩），则由前讨论只需证下式成立即可： ， rn-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； r=n-1时，，，但 ，故 。 6．由，即与同解，此即所求证。 7．设其逆为，则当I固定时由可逆阵的定义得n个方程 ，， 其中为Kronecker符号。对这里的第个方程乘以然后全加起来得 ，即得。 注：同一方程式的全部本原根之和为0，且也是本原根（可能其满足的方程次数小于n）。 习题 二 因，所以V中零元素为1，x的负元素为，再证结合律、交换律和分配律。 归纳法：设，则下面三者之一必成立： （1）； （2）。 存在及。 如果是（1）（2）则归纳成立，如果是（3）则选s 个不同的数，则必有某一个。 U是满足方程tr(A)=0解向量空间，其维数为，故其补空间为一维的，可由任一迹非0的矩阵生成。 易证线性封闭。又设V中元素为，则U是满足方程的子空间。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。 记U=，，把U,W放在一起成4行5列的矩阵，其Hermite标准形为 ， 故的基为，U的基为，；W的基为，； 的基为，，。 6．，， 故； 。 7．（1）由线性组合，由基定义知其为一组基。 （2）由及得。 注：当kj时，。 8．由的线性组合知存在矩阵A使得，由线性无关可知故，把A的Hermite标准形非0行的第一个非0元所在列对应的全替代为即为所求。 9．易证为子空间； 上的核空间，故 。 习题 三 1．略 2．，故内积定义的（1）（3）显然；而 （2）成立为正定矩阵。 3．（1）（3）显然 （2）且等号成立当且仅当 。 。 习题 四 设AB的特征值及其对应的特征向量为，即，如，则（注意到只能有一个特征值为0）。故由知BA与AB特征值勤全相同，所以它们都相似于。 2．对应的矩阵为 ， 即作基变换则故使为对角形的基即可。 3．V的一组基为，分别记为，则 ，故 =， 求出使为对角形阵的P，基取为 4．令， 。 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。 （1）特征多项式为最小多项式，可能角化 （2）为最小多项式，可对角化 （3）特征多项式为，经验证，故最小多项式为，可对角化。 （4）同（3），但，故最小多项式为，不能对角化。 7．（1），则； （2） ， 由特征多项式的表达式特和题设有 ，故， 又为实数故均为0。现由Shur定理存在P使 =B， 直接计算得。 由且即得。 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 略 略 略 略 （1） ， 即初等因子为，故Jordan标准形为 ， 由AX=2X解出，再由AX-2X= 求出及由解出，则 即为所求。 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 J=， 但J的最小多项式为（r1）有重根不能对角化，故幂0阵的Jordan标准形不能对角 化，那它自己当然也不能对角化。 8．设为A的Jordan标准形 及 ，， 易算出，，而 。 9．特征值为，可对角化后计算。 10．记V的基为则 ， 可初等变换为，故初等因子为；以下略。 11．设A的标准形的Jordan块为，则 ，而，故时对应于每个特征值的Jordan块仅有一个。 习题 六 1．（1）（2）略 （3）直接计算有 ， 由内积的性质得。 设，（U为酉矩阵），故，所以 ， 3．（1）由