上海交大研究生矩阵理论答案.doc

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1、习题一1．（1）因=，故由归纳法知。（2）直接计算得，故设，则，即只需算出即可。（3）记J=，则，。2．设不可能。而由知所以所求矩阵为，其中P为任意满秩矩阵，而。注：无实解，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看作个未知数时线性方程AXXA=0有个线性无关的解，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。4．分别对（AB）和作行（列）初等变换即可。5．先证A或B是初等到阵时有，从而当A或B为可逆阵时有。考虑到初等变换A对B的阶子行列式的

2、影响及即可得前面提到的结果。下设，（这里P，Q满秩），则由前讨论只需证下式成立即可：，（1）r

3、2．归纳法：设，则下面三者之一必成立：（1）；（2）。（1）存在及。如果是（1）（2）则归纳成立，如果是（3）则选s个不同的数，则必有某一个。3．U是满足方程tr(A)=0解向量空间，其维数为，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，则U是满足方程的子空间。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=，，把U,W放在一起成4行5列的矩阵，其Hermite标准形为，故的基为，U的基为，；W的基为，；的基为，

4、，。6．，，故；。7．（1）由线性组合，由基定义知其为一组基。（2）由及得。注：当k

5、相似于。2．对应的矩阵为，即作基变换则故使为对角形的基即可。3．V的一组基为，分别记为，则，故=，求出使为对角形阵的P，基取为4．令，。5．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。1．（1）特征多项式为最小多项式，可能角化（2）为最小多项式，可对角化（3）特征多项式为，经验证，故最小多项式为，可对角化。（4）同（3），但，故最小多项式为，不能对角化。7．（1），则；（2），8．由特征多项式的表达式特和题设有，故，又为实数故均为0。现由Shur定理存在P使=B，直接计算得

6、。9．由且即得。8．略9．略10．盖尔圆分离且A为实阵，故A有n个不同实根。（命题4.4.1及其推论）11．略习题五1．略2．略3．略4．略5．（1），即初等因子为，故Jordan标准形为，由AX=2X解出，再由AX-2X=求出及由解出，则即为所求。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J=，但J的最小多项式为（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．设为A的Jordan标准形及，，易

7、算出，，而。9．特征值为，可对角化后计算。10．记V的基为则，可初等变换为，故初等因子为；以下略。11．设A的标准形的Jordan块为，则，而，故时对应于每个特征值的Jordan块仅有一个。习题六1．（1）（2）略（3）直接计算有，由内积的性质得。1．设，（U为酉矩阵），故，所以，3．（1）由及即得，（2）由第2题得；（3），故由知必为1或04．（1）（2）略（3），由（4），又为实数，故为，所以5．为AB的特征值，对应特征向量为X，则；由A，B正定及正定和（A满秩）知5．由绍尔定理存在酉阵U使得，故

8、，故7．设，U为正交阵，令，则，其中8．设，而AB正规正规正规并且，故不妨设，其中互不相同，则由AB=BA知（当时），即；易证为正规阵，故存在酉阵使得为对角阵，令，则为对角阵，故AB为正规阵。9．略10．，故由此即可算出。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，特征值为，故1所对应的特征向量为旋转轴，旋转角由决定。13．特征值为，求出特征向量即可。14．对，注意到上式已用到。15．两者均为正规阵，故求出特征向量并标