上海交大研究生矩阵理论答案

1、习题一cosnx sin nxcosx sin xcos(n1)x sin( n1)x1（ 1）因=sin(n1)x cos(n，故由归纳法知sin nx cosnxsin x cosx1)xAncosnx sin nx。sin nx cosnx（ 2）直接计算得 A4E ，故设 n 4k r (r0,1,2,3) ，则 AnA4 k Ar( 1)k Ar ，即只需算出 A2, A3 即可。0 10 1（3）记J=，则，10an Cn1an 1 C n2 an 2CnnnanC n1 an 1C nn 1aAnJ )nCniai J n ian(aE。i 0Cn1an 1an2设 AP1 a1

2、则由2E得P(a 1,0),A02a1时,11111221不可能。0101021而由 a 0时, 1010120知i1 所以所求矩阵为PBi P 1 ，0202022其中 P 为任意满秩矩阵，而B11010100, B20, B30。111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 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，精品文库通过直接检验即发现 A 为纯量矩阵。 an an 1a1 0A4分别对（ A B ）和作行（列）初等变换即可。C5先证

3、 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*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。下设 PAQEr00，（这里 P， Q 满秩），则由前讨论只需证下式成立即可：0Er0*Er0*BB*，0000（ 1）r<n-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；Bn1*Bn2（ 2）r=n-1时，Er00 0， B*Er000 Bnn，但000 100b11b12b1 nb11b12b1nEr0b21b22b2nb21b22b2n，故00bn1bn2bnn0 00*0B

4、n1Bn 2*Er 0B* Er 0。0B0000Bnn6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ai 1 ai 2w j11ai 3 w j12ain w j 1 n 1ij ， j1,2,n ，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nw j 1 n 1 aij w j 1n i ，即得 aij1 w j 1 n 1 i 。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）

5、。欢迎下载2精品文库习题二1 因 x 1x 1x ，所以分配律。2 归纳法：设 W1W2（1） W1W2Ws 1（2） W1W2Ws 1（ 3）存在W1 W2V 中零元素为1，x 的负元素为1 ，再证结合律、交换律和xWs 1V ，则下面三者之一必成立：Ws ；Ws 。Ws 1 Ws 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

6、n xn 1an 1 xn 2a1 ，则 U是满足方程anan 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 5120111539，0001300000故 UW 的基为 3w1w2 ，U 的基为3w1w2 ，u1；W 的基为3w1w2 ，w1；U W的基为3w1w2 ， u1， w1 。6U W( x, y, z, w)xyzw011 112 ，xyzw0， r1 111故 dim U W2

7、,dim UWdim Udim Wdim UW4；欢迎下载3精品文库UW的基为方程组的解向量0,1,1,-1和 1,1, 1, 1 。j 17（ 1）由 x j( x 1) jai X i 知x j 可表示为 ( x1)i 线性组合，由基定义知其为一组基。i 0nnbi x 1 i 及 x jjC ij x 1 i 得 bjj（ 2）由ai xi(x 1 1) jC kj ak 。i 0i0i0k 0注：当 k<j 时， Ckj1。8由j 为 1, 2 , t 的线性组合知存在矩阵A使得 1, 2, s1, 2, t A ，由 i 线性无关可知 rA s 故 st ，把 A 的 Herm

8、ite 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ZXA xF n上的核空间，故dim UdimZXA XF nrABrArAB 。习题三1略2 x, yx1, x2a by1，故内积定义的（1）（ 3）显然；而bcy2（ 2）成立a b为正定矩阵a 0, acb20 。bc3（ 1）（ 3）显然（ 2） ( f , f )0 且等号成立当且仅当( f , f )0f 2 0f 20f0f022欢迎下载4精品文库a cosb sin0a cosb sinab 0f0。022| h(t ) |3cos724cos93sin 724sin

9、95 。习题四1 设 AB 的特征值及其对应的特征向量为i , X i ，即 ABX iiX i，如 BX i0 ，则 i0（注意到只能有一个特征值为0）。故由 BABX ii BX i 知 BA 与 AB特征值勤全相同，所以它们都相似于dig1, 2,n 。2 对应的矩阵为022T231，213即e , e , ee ,e , e A, 作 基 变 换e , e ,e '' , e' ,e则 e . P123123123123e1', e2' ,e3'e1, e2 ,e3PAP 1. 故使为对角形的基e1 ,e2 ,e3P 1即可。3 V 的一

10、组基为10，00，01，分别记为 e1 , e2 , e3 ，则011000e1e2e3, e2e2e3, e3e3 e2 ，故000e1 ,e2,e3e1 ,e2 , e3 1 1 1 = e1, e2 ,e3 A ，111求出使 PAP 1 为对角形阵的P，基取为e1 ,e2 , e3P 1121 AP004令 P,则P0，211tr A1,|A| 0,A P0 0P 10 10 0。0 5欢迎下载5精品文库5 | Em AB |m nEnBA 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x28x7为最小多项式，可能角化（2）|

11、E A|123 为最小多项式，可对角化（ 3 ）特征多项式为122E ，故最小多项式为2，经验证 A E A1 2 ，可对角化。（ 4）同（ 3），但 A E A 2E0 ，故最小多项式为122 ，不能对角化。7（ 1） Aa 0a12x ax a2, B0，则 fA fBx a , mAmB ；0 aaa 10 0a 1 0 00 a 0 00 a 0 03x a22（2） A, Bf Ax a x bx bf B ，0 0a 00 0 b 00 00 b0 0 0 bmA22x a x bx a x b mB8 由特征多项式的表达式特和题设有nn2nni 0,0，故 022，ijiii j

12、ii 1i ji 1i 1i ji 1又i 为实数故i 均为 0。现由 Shur 定理存在 P 使0*0*P 1AP=B ，*0直接计算得Bn0, 故 AnPB n P 10 。nni1i9 由i n且 n即得。1 2nni 1欢迎下载6精品文库10略11略12盖尔圆分离且A 为实阵，故A 有 n 个不同实根。（命题及其推论）13略习题五1 略2 略3 略4 略1005（1） E A0 6 2224 100354710010000244000，021003-23，故 Jordan 标准形为即初等因子为2210021，002由 AX=2X解出 X1 ，再由 AX-2X=X1 求出 X 2 及由

13、AX2XX 2 解出 X3 ，则PX1, X2, X3 即为所求。6 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块欢迎下载7精品文库0101J=，10但 J 的最小多项式为r （ r>1 ）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 PAP1 JA 为 A 的 Jordan 标准形 及，0*000 *0JAdig1, 2 , ndigiM ，*0易算出 M n0 ， ( P 1 MP) no ，而AP 1J A PP 1digiPP 1MPDN 。9特征值为 1,i ,i

14、，可对角化后计算。10记 V 的基为 e1ex ,e2 xex, e3 x2ex, e4e2 x 则1100T e1, e2 ,e3,e4e1,e2 , e30120,e401e1, e2 ,e3, e4 A ，0000021000E A 可初等变换为0100300-1，故初等因子为2,1 ；以下略。00003-111设 A 的标准形的 Jordan 块为 J1, J2 , Jr，则rmAxmJ,mJ ,mJ, f A xfJ，而 mJxf x ，故 f AmA 时对应12r1iiJii欢迎下载8精品文库于每个特征值的Jordan 块仅有一个。习题六1（ 1）（ 2）略（3）直接计算有，AXX

15、 , 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A*U * dig 1 ,2,n U ，所以AA*U * dig |1 |2,|2 |2,|n |2U ，3（ 1）由 AU * dig1 , 2, n U 及 A*U * dig1, 2, n U 即得，（ 2）由第 2 题得；（ 3） AmU * dig1m , 2m , nmU ，故由 imi 必为 1 或 0i 知4（ 1）（ 2）略（ 3） U * dig13,23, ,n3 UU * dig12, 22, ,n

16、2322i 故 A2AU ，由 iii（ 4） EAkU * dig1k ,2k , ,nk U ， 又i为实数，故i为1，所以A2U * dig 1,1,1 UE5 为 AB 的特征值，对应特征向量为X，则 AX*AX*A*X ；B AXXX*由 A ，B 正定及 A* 正定和 AX 0（ A 满秩）知AXB AX0X*AX欢迎下载9精品文库1 b12 b13b1 n2 b23b2 n6 由绍尔定理存在酉阵U 使得U*AU，bn 1,n故|1 |2*U * A*AU*| 2|2|b12 |2*，故| n |2n 1*| bini i( A)2trA* A7设AU T dig1 , 2 ,nU

17、 ， U 为正交阵，令Y UX，则n| X T AX | |i yi2 | max | i | YT YCX T X ，其中 Cmax | i |i 18设 AV * 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1E1B11B12B1rA2 E2, BB21B22B2r，r ErBr1Br 2Brr其中 i互不相同，则由 AB=BA知Bij0 （当 ij 时），即 BdigB,B, B；1122rr易证 Bii为正规阵，故存在酉阵U1,U 2,U r 使得dig (U 1* ,U 2* ,U r* )

18、Bdig U 1 ,U 2 ,U r为对角阵，令 Udig U1 ,U 2 , ,U r ，则欢迎下载10精品文库U * ABU 为对角阵，故AB 为正规阵。9略10 A*P*0P BP*P P*BE ，故AQ*0 QB*P B*B*B Q*QP*P E,*B 0 ,*B B*Q Q由此E即可算出。BP0, P11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,sinIm 2 决定。13特征值为1，求出特征向量即可。14对X V，TX ,TXTTXx2YYT XTYY2T XTXxX T2XYYTX2YYT XX T X 2X TYYT X 2X TYYTX 4X TYYTYYT XX T X注意到上式已用到 YYT |Y |21