上海交大研究生矩阵理论答案

习题一精品资料1（ 1）因cosnx sin nx sin nx cosnxcosx sin xsin x=cosxcos(n sin(n1)x1)xsin( n cos(n1)x1)x，故由归纳法知ncosnx sin nxa。sin nx cosnx4n4 krkr（ 2）直接计算得ae ，故设 n4 kr (r0,1,2,3) ，则 aaa(1) a ， 即23只需算出a , a 即可。0 10 1（ 3 ）记j=，则，10an c1an 1 c 2 an 2c nnnnanc 1 an 1c n 1aan(aej )nnnci ai j n ii 0nnan。nc1an 1an2. 设 ap1 a02p 1(a1,0),则由a2e得1111a1时,0101212 102不可能。110020而由 a0时,11知1 所以所求矩阵为pb p 1 ，i2i020202其中 p 为任意满秩矩阵，而1 01010b1, b2, b3。0 10101注： a2e 无实解，ane 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n2 个未知数时线性方程 axxa=0 有 n 2 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。anan 1a104. 分别对（ a b ）和a作行（列）初等变换即可。c5. 先证 a 或 b 是初等到阵时有*abb a ，从而当 a 或 b 为可逆阵时有*abb a 。考虑到初等变换a 对 b 的 n1 阶子行列式的影响及a*a 1 即可得前面提到的结果。er0下设 paq，（这里 p ， q 满秩），则由前讨论只需证下式成立即可：00*er 0*er 0bb，0000（ 1）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；er*00 0*er0*bn1 bn2（ 2）r=n-1 时，000 1，b，但000er 0b11b12 b21b22b1 nb2nb11b12 b21b22b1n b2n，故0bnn00bn1bn2bnn0 00er 0bn10*bn 2*er 0bb。00000bnn6. 由r ( a)r ( a)及ax0( ax )ax0 ，即 ax0 与 aax0 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1aaw j 12aw j 1n 1aw j 1j1,2,ni 1i 2i 3inij ，其中ij 为 kronecker符号。对这里的第l 个方程乘以w j 1 n l然后全加起来得1j1nj 1n inwaijw，即得aij1 w j 1nn 1 i。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. 因 x1x1x ，所以v 中零元素为1 ，x 的负元素为1，再证结合律、交换律和x分配律。2. 归纳法：设 w1w2ws 1v ，则下面三者之一必成立：（1） ） w1w2ws 1ws ；（2） ） w1w2ws 1ws 。（ 3）存在w1w2ws 1ws 及ws(w1w2ws 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 , ks ，则必有某一个 kiw1w2ws 。3. u 是满足方程tr(a)=0 解向量空间， 其维数为n21 ，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fa xn 1axn 2a ，则u是满足方程nn11anan 1a10 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， ww1, w2，把 u,w 放在一起成4 行 5 列的矩阵，其hermite标准形为1 4 512150 1 139，0 0 0130 0 000故uw 的基为3w1w2 ，u 的基为3w1w2 ，u1 ；w 的基为3w1w2 ，w1 ；uw的基为3w1w2 ， u1 ， w1 。6. uw(x, y, z, w)xyzwxyzw011 11， r2 ，011 11故 dim uw2,dim uwdim udim wdim uw4；uw的基为方程组的解向量0,1,1,-1和 1,1,1,1 。7（ 1）由 x j(x1) jj 1a ixi 0i 知x j 可表示为 (x1)i线性组合，由基定义知其为一组基。niniijjjjij（ 2）由ai xbix1及 x(x11)c jx1得 bjck ak 。i 0i 0i 0k 0cj注：当 k1 ）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pap1ja 为 a 的 jordan 标准形及，0 * 000 *0jadig1,2 ,ndigim ，*0易算出 m n0 ， ( p1 mp) no ，而aap 1jpp1digipp1mpdn 。9. 特征值为 1,i ,i ，可对角化后计算。xx2 x2 x110001200010000210 记 v 的基为e1e ,e2xe , e3x e , e4e则te1, e2 ,e3,e4e1,e2 , e3 ,e4e1, e2 ,e3, e4a ，ea 可初等变换为，故初等因子为1000010000-10000-1332,1；以下略。11 设 a 的标准形的jordan块为j1 , j2 ,j r ，则rmaxmj ,mj ,mj, f axfj，而 mjxfx，故 f ama 时对应12riijii 1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 , axxa* axa* x , a* axa* xxa* x , xa* x由内积的性质得axx0xa* x0 。2 设au * dig1,2 ,nu， （u为酉矩阵） ，故12a*u * dig1 ,2,nu ，所以aa*u * dig |2 ,|2 ,|2 u ，3（ 1）由au * dig1 ,2,nu 及 a*u * dig1 ,2 ,nu 即得，（ 2 ）由第 2 题得；（ 3 ） amu * digm,m,m u ，故由m知必为 1 或 012niii4（ 1）（ 2）略*333*2223222（ 3 ） u dig1 ,2 ,nuu dig1 ,2 ,nu ，由iiii 故aa（ 4 ）eaku * digk ,k ,k u， 又为 实 数 ， 故为1 ， 所 以12niia2u * dig1,1,1 ue5. 为 ab 的特征值，对应特征向量为x ，则*axbaxaxxx * a* x ；由 a， b 正定及*a 正定和 ax0 （ a 满秩）知*axbaxx * ax06. 由绍尔定理存在酉阵u 使得u * au1 b122b13 b23b1 nb2 nbn，1,n|n故|2|1*|2| b|2*u * a* au212，故n 1*|2| bnini i(a )2tra* a7. 设au t dig1,2 ,nu ，u 为正交阵，令 yux ，则n| x t ax | |y2 |max | yt ycx t x ，其中 cmax |iiiii 18. 设a v * pv (v为酉阵 ), 则vav *p ，而ab 正规vabv * 正规pvbv *正规并且abbapvbv *vbv * p ，故不妨设1e1a2 e2b11 b21, bb12 b22b1r b2r，r erbr1br 2brr其中i 互不相同，则由ab=ba知bij0 （当 ij 时），即b digb11, b22 , brr；易证 bii为正规阵，故存在酉阵u 1,u 2,u r 使得dig (u * ,u * ,u * )bdig u,u,u为对角阵，令udig u,u,u，则12r12r12ru * abu 为对角阵，故ab 为正规阵。9. 略p*0pbp* pp* b10 a* ae ，故b*q*0qb* pb* bq* qp* pe, b* p0, p* b0, b* bq* qe 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 a12axb，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 ，tx , txtxttxxt2yyt xx2yyt xttx2 xyytx2yyxx t x x t x2 x tyyt x2 x tyyt x4 x t yyt yyt x注意到上式已用到yyt|y |21 。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范数。5. 略；6. 不一定，反例略；nnnn7. 由 lim a alim a lim a 得 ；nnn8. 可简单计算出最小多项式为21，且函数fxk0xk22 k2x在 a 的谱上的数值 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)=2a9. 易计算出其特征值为0 ， 0.2 ，故 am0 。10 ma221 ，后略；11 ma2122 , 后略；12 特征多项式为1233或12或12，故寻找二次多项式p使得i2pe i t11或 p1e 1t , pte 1 , pe 2t1或 p1e 1t , pte 1t , pt 2e 1 t