上海交大研究生矩阵理论答案.doc

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（A B）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） 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；（2） r=n-1时，但，故。6由，即与同解，此即所求证。7设其逆为，则当I固定时由可逆阵的定义得n个方程，其中为Kronecker符号。对这里的第个方程乘以然后全加起来得，即得。注：同一方程式的全部本原根之和为0，且也是本原根（可能其满足的方程次数小于n）。习题 二1 因，所以V中零元素为1，x的负元素为，再证结合律、交换律和分配律。2 归纳法：设，则下面三者之一必成立：（1）；（2）。（3） 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，。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设为A的Jordan标准形 及 ，易算出，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。2 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 6 由绍尔定理存在酉阵U使得， 故，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准化即可。习题 七1 略；2。略3（1）由得 （2）由得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由得；8可简单计算出最小多项式为，且函数在A的谱上的数值为，故与多项式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。10，后略；11 后略；12特征多项式为或或，故寻找二次多项式使得 或或；13（1），后略；14略15略16（1）设，故，注意到A与有相同的特征值及其重数，故 ，即，所以 。 （2）的证明类似，略。