上海交大研究生矩阵理论答案.docx

1、上海交大研究生矩阵理论答案习题-cosnx sin nx1-(因Lsinnxcosnx丄sinC0SX sin x = COs(n 1)x sin(n 1)x，故由归纳法知 x cosx f-sin(n 1)x cos(n 1)xAncosnx sin nx-sinnx cosnx(2)直接计算得 A4 - -E，故设 n =4k r(r =0,1,2,3)，则 An = A4kAr =(-1)k Ar，即只需算出A2, A3即可。(3 )记 J=，则an C：an n i i n _i_A =(aE J) = 6 Cna Ji =0n亠2 n _2CnaC；anJnaIII c：III ca

2、C：ann a2设 A=pF a 1-0 /一2 _Pyo),则由 A2 =E 得|讪而由a = 0时，0其中P为任意满秩矩阵，而冷010 1 一,B2 =【0 -0，艮0。-1i 0 -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 an 1 11（ = 05.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 = Er 0 ,（这里p, q满秩）

3、，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 AAX = 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.i 1 . 1 2 . 1 n-1 ahai2（wJ j+ai3（wj ）+H| + ain（wj ）=外，j =1,2j|n，其中j为Kronecker符号。对这里的第I个方程乘以w J n，然后全加起来得 nw（J 3. =w（JT），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）。习题二11.

4、 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） w Uw2UUWsws；（2） w IMUCM二Ws。（3） 存在二三wUwUUwsws及 iWs（wUw2UJw）。如果是（1） （2）则归纳成立，如果是（3）则选s个不同的数kjkzJHks，则必有某 一个 k亠W, Uw2U Uws。23. 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， anxn， III a1，

5、贝y u是满足方程an and J I ao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 U Aw 的基为-3w1 w2, U 的基为-3w1 w2 , u1 ； W 的基为3w1 w2 , w1 ； U W的基为3W| w2, U| , w1。，Z1 1 1 1 r =2 ,J -1 1 _1丿故dim U PW =2,dim U W =dimU dimW -dim UW =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)j aiXi知xj可表示为(x -1)i线性组

6、合，由基定义知其为一组基。7n n j i j(2)由迟 ajX，=迟 bj(x1 j 及 xj =(x-1+1)j =迟 Cj(x1 j 得 bj =迟 Ckak。i =0 i =0 iz0 k=0注：当 k0,acb 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a cos t bsin r - 0a=b=0：= f =0。a cos bsin 02 22 2|h(t)|- 3cos7 4si n9| 亠 i4cos9-3si n 7 5。习题四特征值勤全相同，所以它们都相似于 dig . 2,1 H n。2.二对应的矩阵为0 -2 -2 T-

7、2 3 -1 ,-2 -1 3 一,e ,e则 P即 匚q,e2,e3产鸟包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0 0 0(e )=(e,e2,e3 ) 1 1 T pqqejA ,1 1 1求出使PAP为对角形阵的P,基取为(,e2,e3 )PJtr (A) = 1,|A| = 0,A = P 0 Ip，“0 1 一 0 5 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

8、小多项式，可能角化(2) |，E A| =，-1 丿 2 j / 3 为最小多项式，可对角化2(3)特征多项式为 _1 2，经验证 A-E A 2E ，故最小多项式为一1 2，可对角化。2(4)同(3),但 A-E A 2E = 0，故最小多项式为泸 -1 j is.亠2，不能对角化。a o_-B-ILIJo aa o_-Al71z(2 2则 fA 二 fB 二 x a ,mA 二 x a ix a 二 mB ；2mA =x-a j xb j x-a j x-b =：2 n n二冷=0, M 打 j = 0，故 0 = j = ，：.二：冷 j 二 冷2 ,i=1 丿 i=1 i书 im又打为

9、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. iqlHni 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1 0 05. (1)入 E At 0 62k 九2 扎2+4 九一10 t0 -3九+5 4X-7100 1_100 00九2 +4 4T000K-2_1003（扎-2 ）3即初等因子为泸 2 ，故Jordan标准形为2 1 00 2 1，0 0 2 J由A

10、X=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, X3 1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0 1 10 1+ +J= , 1. 0但J的最小多项式为r （r1）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? J a为A的Jordan标准形及0 * 0 III 00 * III 0Ja =dig （人，再，入）+ =dig（人）+M， *一 0J易算出M n =0，（PMP）n =0，而A = PJaP

11、 = Pdig 打 P PMP =D N 。9特征值为1,i,-i，可对角化后计算。x x 2 x10.记 v 的基为 ee ,e2 二 xe ,e3 二 x e , e411.设A的标准形的Jordan块为JjJzJIlJr，则rmA（x ）= |_mJ1,mJ2l,mJr I, 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*X i；hx- - AX,X - A*x由内积的性质得AX - X = O

12、u X - A*X =0 o2.设 A=U*dig i，2，IH，nU , ( U 为酉矩阵)，故A* 二U*dig d 匕,川,n U，所以AA* =U*dig |畀2门山I订U ,3. (1)由 A=U*dig i, d川，n U 及 A* =U*dig ,匕,川，n U 即得，(2)由第2题得；(3) Am =U*dig 1m, Jill, U，故由二、知打必为 1 或 04.( 1) (2) 略(3) U*dig 13,；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

13、 r 为 一1 ,所以A2 二U*dig 1,1JH,1 U 二E5. k为AB的特征值，对应特征向量为 X，则(AX j B( AX ) = ( AX jX =&X*A*X ；丄 十宀 p , (AXB(AX)由A , B正定及A正定和AX = 0 (A满秩)知 * 0X AXMathType 5. 0 *6.由绍尔定理存在酉阵 U使得 關山讥i“ii U *AUI 1 02 | | （ bn 上 2 b23 川 b2n412 *2 2*|再丨+|%|U*A*AU = :+*川 * 1III * ： ，故n A2III | n | 亠二 | bini壬（匸 A ）2 mtr A AMathT

14、ype7设 關umZi A 二UTdig i,2,IHn U , U 为正交阵,令Y二UX，贝Un| XtAX I W y2 #max| j |：YTY 二 CXTX，其中 C = max,、pi=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；）Bdig UU2,川,5 为对角阵，令 U = dig Ui. .lH.Ur，则U * ABU为对角阵，故AB为正规阵。9 .略p*p=E

15、B ;o, ； b o , *b b *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 ax b，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,sin v - Im 2决定。13.特征值为_1,求出特征向量即可。14.对 X V ,T T T TTX,TX = TX TX 二 x - NY X x - YY X二 XT -2XYYT X -2YYTX二 XTX -2XtYYtX -2XtYYtX 4XtYYtYYtX二 xTxT 2注意到上式已用到 YY =|Y| =1 o

16、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*T HE 得* *(2)由 P(TA)TA )= P(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 AnAn =lim Anlim An得;n_sc2 x 2&可简单计算出最小多项式为 -1 ，且函数f x k 在A的谱上的数y 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）=2A9易计算出其特征值为 0, 0.2，故Am 0。210 mA - 21，后略；211 mA =1 j / 2 .亠 2 i,后略；12 .特征多项式为y - 11 j 2 y 33或（丸-人）亠 2或仏-人）（几-妇），故寻找二次多项式 P（九）使得P iiuet或 PG ）二e，lt,PG ）=te* P（毎）=/或 P i-e，1t,P te1t,P i-t2e1t ；后略;14.略15.略、一 A m m 1 , , , r16.( 1 )设 e =amX amx aE，故m(eA)T ai(AT)i，注意到A与At有相同的特征值及其重数，故i丿Atem Tai(AT)i，即 eAi卫At二 e，所以A T A A- A 0e e e e = E(2)的证明类似，略。