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•
（1）因
sinnxcosnx
cosx
sinx
sinx
cosx
cos（n1）xsin（nsin（n1）xcos（n
1）x，故由归纳法知
1）x
An
cosnxsinnx
sinnxcosnx
（2）直接计算得A4
故设n
4k
r（r
0,1,2,3），贝UAn
4krkr
AA
（1）A,即
只需算出
A2,A3即可。
（3）记
J=
，则
Jn1
Cna
n
a
An
（aE
J）n
cnaJni
i0
—2n2
Cna
C；an
n
a
2•设A
P01
1（a
1,0）,则由A2
a1时,
其中
B1
注:
而由a
0时,
P为任意满秩矩阵，而
B2
，艮
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
性方程AXXA=0有n2个线性无关的解,
不可能。
0m
知
2
2
Cn
C1a
M。
C：
an1
n
a
1
1所以所求矩阵为PBiP,
2
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,
通过直接检验即发现A为纯量矩阵。
anan1Lai0
4•分别对（AB）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ABBA,从而当A或B为可逆阵时有ABBA。
*d
考虑到初等变换A对B的n1阶子行列式的影响及AA1即可得前面提到的结果。
0
0，（这里P，Q满秩），则由前讨论只需证下式成立即可:
求证。
其中ij为Kronecker符号。
对这里的第I个方程乘以
nwj1n1aijwj1ni，即得aij-wj1n1i。
n
nl然后全加起来得
（可能其满足的方程次数小于
注：
同一方程式的全部本原根之和为0，且wm也是本原根
习题
1
1•因x1x1x，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W1UW2ULUWs1V，则下面三者之一必成立：
（1）W1UW2ULUWs1Ws；
（2）W1UW2ULUWs1Ws。
（3）存在WUW^ULUWs1Ws及Ws（WUW2ULUWs1）。
如果是
（1）
（2）则归纳成立，如果是（3）则选s个不同的数,L,ks，则必有某一个kiWUW2ULUWs。
2
3•U是满足方程tr（A）=O解向量空间，其维数为n1,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fanXn1an1Xn2La1，则u是满足方程
anan1La10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
（x,y,z,w）
UIW的基为方程组的解向量0,1,1,-1和1,1,1,1
j1
7•
（1）由xj（x1）jaiXi知xj可表示为（x1）i线性组合，由基定义知其为一组基。
i0
注：
当k&由j为1,2,L,t的线性组合知存在矩阵A使得1，2，L
由i线性无关可知rAs故st，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ZXAxFn上的核空间，故
dimUdimZXAXFnrABrArAB。
习题三
1.略
2•x,y
x1,x2aby1，故积定义的
（1）（3）显然；而
bcy2
ab2
（2）成立
为正定矩阵a0,acb0。
bc
3.
（1）（3）显然
（2）（f,f）0且等号成立当且仅当（f,f）0
acosbsin0
acosbsin0
22
习题四
'''11
e1,e2,e3即色鸟PAP.故使为对角形的基e©©P即可。
10
00
01
3.V的一组基为
分别记为e,e2,e3，则
01
10
00
eie2e3,
e2e2
e3,
e3
es
€2，故
0
0
0
e,e2,e3
^,e2,e3
1
1
1
=ei，e>，e3A,
1
1
1
求出使PAP1为对角形阵的P,基取为e,e2,e3P
4•令P12,则P1AP
21
而迹为矩阵特征值之和。
（2）IEA|1
23为最小多项式，可对角化
（3）特征多项式为
2
12，经验证AEA2E，故最小多项式为
12，可对角化。
a
0
a
1
则
2
2
7.
（1）
A
J
B
fA
fB
xa
mA
xaxamB；
0
a
0
a
a
1
0
0
a
1
0
0
0
a
0
0
0
a
0
0
3
xb
2.2「
（2）
A
B
fA
x
a
xaxbfB,
0
0
a
0
0
0
b
0
0
0
0
b
0
0
0
b
2
b
2
b
mA
x
a
x
x
a
x
mB
&由特征多项式的表达式特和题设有
n
n
2
n
n
i
0,
ij0,故0
i
2
i
ij
2
i,
1
ij
i1
i1
ij
i1
又i为实数故i均为0。
现由Shur定理存在P使
0**l*
0*L*
P1APOOM=B,
O*
0
n
i
即得。
n
直接计算得Bn0,故AnPBnP10。
n
9.由in且n12L
i1
10.
11.
13.
习题五
0,
3
-2
PX1,X2,X3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
01
01
J=00,
010
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PAPJa为A的Jordan标准形及
0*0L
0
0*L
0
Jadig
1,2,L,
n
00
M
digiM,
0
*
0
易算出
Mn0,
（P1
MP）no,
而
AP
1JaPp
1dig
iPP1
MP
DN。
9•特征值为1,i,i，可对角化后计算。
xx2x2x…
10.记v的基为ee,e2xe,e3xe,e4e贝y
1100
0120
Tei,e2,e3,e4e1,e2,e3,e4e1,e2,e3,e4A,
0010
0002
1
0
0
0
0
1
0
0
3
1;以下略。
EA可初等变换为0
0
-1
0，故初等因子为
2,
0
0
0
-13
11.设A的标准形的Jordan块为J1,J2丄Jr，则
f,x，故fAmA时对应
Ji
mAxmJ1,mJ2,L,mjr,fAx
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
AXX,AXX
*
AAX
A*X,A*AX
*
AXx
A*X,X
*
Ax
由积的性质得AXX
0X
A*X0。
2.设AU*dig1,
2,L,nU
（U
为酉矩
阵），
故
Au*dig2,L,nU，所以
AAUdig|2|2,L,|nFU,
3.
（1）由AU*dig1,
2丄，
nU及A*
U*dig1,2,L,nU即得,
（2）由第2题得；
（3）AUdig1,
2m,L,
n"u，故由
i"i知i必为1或0
4.
（1）
（2）略
（3）U
*
dig
13,
33*
2,L,nUUdig
22L
1,2
nU
，由
32
ii
2
i
2
i故AA
（4）
E
Ak
kkk
Udig1,2,L,n
U,又
i为
实数
故
i为
1,所以
A2U*
dig
1,1,L
1UE
5.为
AB
的特征值，对应特征向量为
X,则AX
*
B
AX
*
AX
X
**
XAX；
*AXBAX
由A,B正定及A正定和AX0（A满秩）知*0
XAX
6.由绍尔定理存在酉阵
U使得
MathType5.0
Ecimlian
UAU
|2
7.设
AAU
|2
|b1212
|2
i
1
|bin
i
1bi2bi3Lbin
2b23L
O
A）2tr
MathTypc5L0
Luiimtiuri
UX
，则
|XTAX||
8•设AV
AB正规
其中
Bij
UTdig
nU，U为正交阵,
b2n
M
bn1,n
n
iy|max|
i1
PV（V为酉阵）,
VABV
正规
i|YTY
则VAV
CXTX，其中C
P，而
PVBV正规并且ABBA
max|
PVBV
i|
VBVP,
故不妨设
1E1
2E2
O
rEr
B11
B21
M
Br1
i互不相同，则由AB=BA
0（当ij时），即B
B12LBr
B22LB2r
MMM，
Br2LBrr
易证Bii为正规阵，故存在酉阵U1,U2丄，Ur使得
dig（U1,U2丄，UJBdig5^2丄，U「为对角阵，令U
digU1,U2,L,U
U*ABU为对角阵，故AB为正规阵。
9.略
*
*P
0PB
*
PP
*
PB
10.AA*
*_—.
*
*
*E，故
B
Q0Q
BP
BB
QQ
**
PPE,B
P0,P*B
*
0,BB
*
QQ
E由此即可算出。
O—
12•计算出fA1axb，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
cosRe2,sinIm2决定。
13.特征值为1，求出特征向量即可。
14.对XV,
T
TT
T
TX,TX
TX
TXx
2YYXx
2YYX
xt
2XYYTX
2YYTX
XTX
2XtYYtX
2XtYYtX
4XtYYtYYtX
XTX
T2
注意到上式已用到YY||Y||1。
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*TE得
（2）由TA*TAA*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数。
5•略；
6•不一定，反例略;
7•由limAnAnlimAnlimAn得;
nnn
值为f12,f'12，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Am0。
2
10•mA21，后略；
2
11•mA122,后略；
12•特征多项式为
，故寻找二次多项式P使得
eit
14.略
15.略
Amm1
16.
（1）设eamXamixLa°E，故
m
（eA）Tai（AT）i，注意到A与A有相同的特征值及其重数，故
i0
At
e
m
ai（A），即
eA，所以
ATAAtA0
eeeeE。
（2）的证明类似，略。
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