上海交大研究生矩阵理论答案.docx
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上海交大研究生矩阵理论答案
习题
-cosnxsinnx[
1-（"因[Lsinnxcosnx丄sin
C0SXsinx=COs（n1）xsin（n1）x，故由归纳法知xcosxf-sin（n1）xcos（n1）x
An
cosnxsinnx
'-sinnxcosnx
（2）直接计算得A4--E，故设n=4kr（r=0,1,2,3），则An=A4kAr=（-1）kAr，即
只需算出A2,A3即可。
（3）记J=
，则
anC：
a
nniin_i_
A=（aEJ）=6CnaJ
i=0
n』亠2n_2
Cna
C；anJ
n
a
IIIc：
〕
IIIc^a
C：
an」
na
2•设A=pFa1
-0/一2_
P’yo）,则由A2=E得
|讪
而由a=0时，
〔0
其中P为任意满秩矩阵，而
冷01
〔01一
B2=
【0-0]
，艮
0]
。
-1
i0-k
注：
A=-E无实解，An=E的讨论雷同。
性方程AX-XA=0有n2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。
an•an1■11（•=0
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阶子行列式的影响及A二A‘即可得前面提到的结果。
下设PAQ=Er0,（这里p,q满秩），则由前讨论只需证下式成立即可:
〔0。
」
6.由r（A）二r（A—）及AX二0=（AX）—AX=0，即AX=0与A—AX=0同解，此即所求证。
7.设其逆为aj，则当I固定时由可逆阵的定义得n个方程
.i1.12.1n-1〜
a其中j为Kronecker符号。
对这里的第I个方程乘以wJ‘n，然后全加起来得nw（J¥3.=w（J°『T），即得a.=」w（J4『十"）。
n
注：
同一方程式的全部本原根之和为0,且wm也是本原根（可能其满足的方程次数小于n）。
习题二
1
1.因X二1=X=1二X，所以V中零元素为1,X的负元素为—，再证结合律、交换律和
X
分配律。
2.归纳法：
设wAJw2^-Uw;j-V，则下面三者之一必成立：
（1）wUw2U…UWs」ws；
（2）wIMU…CM」二Ws。
（3）存在二三wUw^U…Uws」ws及i^Ws（wUw2U…Jw^）。
如果是
（1）
（2）则归纳成立，如果是（3）则选s个不同的数kjkzJH’ks，则必有某一个k「亠「W,Uw2U…Uws。
2
3.U是满足方程tr（A）=O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
非0的矩阵生成。
4.易证线性封闭。
又设V中元素为f=anXn，•an」xn，•III•a1，贝yu是满足方程
an•andJI]a^o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。
准形为
故UAw的基为-3w1w2,U的基为-3w1w2,u1；W的基为「3w1w2,w1；UW
的基为—3W|w2,U|,w1。
，Z1111r=2,
J-11_1丿
故dimUPW=2,dimUW=dimUdimW-dimU^W=4；
URW的基为方程组的解向量0,1,1,-1和1,1,—1,—1。
j二
7.
（1）由xj=（x_1）jaiXi知xj可表示为（x-1）i线性组合，由基定义知其为一组基。
7
nnjij
（2）由迟ajX，=迟bj（x—1j及xj=（x-1+1）j=迟Cj（x—1j得bj=迟Ckak。
i=0i=0iz0k=0
注：
当k&由为的线性组合知存在矩阵A使得〉1，〉2，川宀二1,2^1，tA，由：
•i线性无关可知rAi；=s故s岂t，把A的Hermite标准形非0行的第一个非0元所在列对应的'-i全替代为:
i即为所求。
9.易证为子空间；U为B在空间〈Z=XAx・Fn?
上的核空间，故
dimU二dimfz二XAXFn.；-rAB二rA-rAB。
习题三
1.略
ab'%
2.（x,y）=（为公2），故内积定义的
（1）（3）显然；而
2C八y2丿
ab2
（2）成立u为正定矩阵二a>0,ac—b>0。
©c丿
3.
（1）（3）显然
（2）（f,f）-0且等号成立当且仅当（f,f）=0二
acostbsinr-0
—a=b=0：
=f=0。
acosbsin0
22
22
||h（t）||-3cos74sin9|亠i4cos9-3sin75。
习题四
特征值勤全相同，所以它们都相似于dig.■2,1H‘n。
2.二对应的矩阵为
0-2-2T
-23-1,
-2-13一
e',e则％P
即匚q,e2,e3产㈡鸟‘包A,作基变换q,e?
^e3
-e',e2,e5二即佥金PAP，.故使为对角形的基久^©P’即可。
二0=仓-03,二佥二仓-仓,二仓二仓-色，故
000
□（e©®）=（e,e2,e3）11Tpq’q’ejA,
—1—11
求出使PAP」为对角形阵的P,基取为（^,e2,e3）PJ
tr（A）=1,|A|=0,A=P0Ip，“
]01一]05一
5.|，Em-AB|「-，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x2-8x•7为最小多项式，可能角化
（2）|，E—'A|=，-1］丿•2j/■3］为最小多项式，可对角化
2
（3）特征多项式为■_12，经验证A-EA2E，故最小多项式为
一1…2，可对角化。
2
（4）同（3）,但A-EA■2E•=0，故最小多项式为泸•-1jis.亠2，不能对角化。
ao_
-
B
-ILIJ
oa
ao_
-
A
\l7
1
z（\
22
则fA二fB二x—a,mA二x—a]ix—a二mB；
2
mA=[x-aj[x—bj〔x-aj[x-b=
：
2nn
二冷=0,M打■j=0，故0='■j='，：
.二：
冷■j二'冷2,
"i=1丿i=1i书im
又打为实数故打均为0。
现由Shur定理存在P使
0**IH*
0*III*
P，AP=|■/\:
=B，
F*
0j
直接计算得Bn=0,故An=PBnP4=0。
n
由''i二n且n.'iqlH'n
i±
10.略
11.略
12.盖尔圆分离且A为实阵，故A有n个不同实根。
（命题441及其推论）
13.略
习题五
1.略
2.略
3.略
4.略
100
5.
（1）入E—At06—2k—九2扎2+4九一10t
0-3九+54X-7
~1
0
01
_1
0
0〕
0
0
九2+4—4
T
0
0
0
K-2
_1
0
0
3
（扎-2）」
3
即初等因子为泸•—2，故Jordan标准形为
210
021，
002J
由AX=2X解出X1，再由AX-2X=-X1求出X2及由AX-2X二-X2解出X3，则
P一阪1,X2,X31即为所求。
6.略
7.由于幕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
■011
01
++
J=\\,
\1
.0」
但J的最小多项式为•r（r>1）有重根不能对角化，故幕0阵的Jordan标准形不能对角
化，那它自己当然也不能对角化。
1
&设PA?
~Ja为A的Jordan标准形及
0*0III0
0*III0
Ja=dig（人，再，…入）+=dig（人）+M，
\*
一0J
易算出Mn=0，（P」MP）n=0，而
A=P」JaP=P」dig打PP」MP=DN。
9•特征值为1,i,-i，可对角化后计算。
xx2x
10.记v的基为ee,e2二xe,e3二xe,e4
11.设A的标准形的Jordan块为JjJzJIlJr，则
r
mA（x）=|_mJ1,mJ2^l,mJrI,fA（x）=□Q,而mj,x）=（x）,故f^mA时对应
J-i#''
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，
AX_X,AX-X!
=：
〔A*AX-A*X,A*AX-A*Xi；h[x--AX,X-A*x
由内积的性质得AX-■X=OuX-■A*X=0o
2.设A=U*dig'i，・2，IH，'nU,（U为酉矩阵），故
A*二U*digd匕,川,nU，所以
AA*=U*dig|畀」2门山I订U,
3.
（1）由A=U*digi,d川，’nU及A*=U*dig\,匕,川，’nU即得，
（2）由第2题得；
（3）Am=U*dig■1m,Jill,U，故由二、知打必为1或0
4.
（1）
（2）略
（3）U*dig13,'；川1,'；U=U*dig；,；川1,；U，由’；二陥2'：
二陥故A2=A
（4）E=A*=U*dig■；,■；川I,■：
U,又r为实数，故r为一1,所以
A2二U*dig1,1JH,1U二E
5.k为AB的特征值，对应特征向量为X，则（AXjB（AX）=（AXj^X=&X*A*X；
丄十宀p,（AX^B（AX）
由A,B正定及A正定和AX=0（A满秩）知*0
XAX
MathType5.0*
6.由绍尔定理存在酉阵U使得關山讥i“iiU*AU
I102»||（b]n上2b23川b2n
412*
22
*|再丨+|%|
U*A*AU=:
+
**
川*1
III*
'・：
，故
nA
2
III|'n|亠二|bin
i壬
（匸A）2mtrAA
MathType
7•设關umZiA二UTdig'i,'2,IH'nU,U为正交阵,
令Y二UX，贝U
n
|XtAXIW'y2#max〈|'j|：
YTY二CXTX，其中C=max,、p
i=1
&设A=V*PV（V为酉阵）,贝"AV*=P，而
其中'i互不相同，则由AB=BA知
Bij=0（当i式j时）,即B=dig（B!
i，B22，||i,Brr）；
易证Bii为正规阵，故存在酉阵U1.U2JH.Ur使得
dig（U；,U；,lH,U；）BdigU「U2,川,5为对角阵，令U=digUi.—.lH.Ur，则
U*ABU为对角阵，故AB为正规阵。
9.略
p*p=EB;o,；bo,*bb*q=c由此即可算出。
11•特征多项式相同二特征值及其重数都相同二两个矩阵与同一对角阵相似。
2—
12.计算出fA-—1■axb，特征值为，=1,'2,'2，故
1所对应的特征向量为旋转轴，旋转角由cost-Re■2,sinv-Im■2决定。
13.特征值为_1,求出特征向量即可。
14.对XV,
TTTT
TX,TX=TXTX二x-NYXx-YYX
二XT-2XYYTX-2YYTX
二XTX-2XtYYtX-2XtYYtX4XtYYtYYtX
二xTx
T2
注意到上式已用到YY=||Y||=1o
15.两者均为正规阵，故求出特征向量并标准化即可。
习题七
1.略；2。
略
3.
（1）由'T*THE得
**
（2）由P（（TA）TA）=P（AA）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limAnAn=limAnlimAn得;
n_sc
2x2
&可简单计算出最小多项式为■-1，且函数fxk在A的谱上的数
y22-x
值为f1]=2,f'1]=2，故fX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Am>0。
2
10•mA-'■2「〔1，后略；
2
11•mA=1j[/■2].■亠2i,后略；
12.特征多项式为\y-11■j2■y3
3
或（丸-人）
亠2
或仏-人）（几-妇），故寻找二次多项式P（九）使得
P'iiue't
或PG）二e，lt,P'G）=te*P（毎）=/
或P^i-e，1t,P'■^te'1t,P"i-t2e1t；
后略;
14.略
15.略
、一Amm1,,—,r
16.
（1）设e=amX•am」xa°E，故
m
（eA）Tai（AT）i，注意到A与At有相同的特征值及其重数，故
i丿
At
e
mT
ai（AT）i，即eA
i卫
At
二e
，所以
ATAA-A0
eeee=E
（2）的证明类似，略。
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