高等代数与分析几何第七章学习练习题7标准标准答案doc.docx
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高等代数与分析几何第七章学习练习题7标准标准答案doc
习题
习题设A是一个n阶下三角矩阵。
证明：
（1）如果A的对角线元素aii
ajj（i,j
1,2,,n），则A必可对角化；
（2）如果A的对角线元素a11
a22
ann，且A不是对角阵，则
A不可对角化。
证明：
（1）因为A是一个n
阶下三角矩阵，所以
A的特征多项式
为|
EA
|（
a
a
（
a
nn）
，又因
aiiajj
（i,j
1,2,,n），所以A有
11）（
22）
n个不同的特征值，即A有n个线性无关的特征向量，以这n个线性无
关的特征向量为列构成一个可逆阵P，则有P1AP为对角阵，故A必
可对角化。
（2）假设A可对角化，即存在对角阵B
1
2
，使得A
n
与B相似，进而A与B有相同的特征值1,2,
n。
又因为矩阵A的特
征多项式为|E
A|（a11）n，所以1
2
na11，从而
a11
a22
a11E，于是对于任意非退化矩阵X，都有
B
ann
X1BXX1a11EXa11EB，而A不是对角阵，必有X1BXBA，与
假设矛盾，所以A不可对角化。
习题设n维线性空间V的线性变换有s个不同的特征值
1,2,,s，Vi是i的特征子空间（i1,2,,s）。
证明：
（1）V1V2Vs是直和；
（2）可对角化的充要条件是VV1
V2
Vs。
证明：
（1）取V1
V2
Vs的零向量0，写成分解式有
12
s
0，其中iVi，i
1,2,
s。
现用,2,,s1
分别作用分解式两边，可得
1
2
s
0
1
1
22
s
s
0
。
s1
s
1
s
1
0
1
1
2
2
s
s
写成矩阵形式为
1
1
（1,2,,s）
1
s
1
1
1
s
1
2
2
（0,0,,0）。
s1
ss
1
1
由于1,2,,s是互不相同的，所以矩阵B
1
s1
1
1
s1
2
2
的行列式不
s1
ss
为零，即矩阵B是可逆的，进而有
（1,2,
s）BB1
（0,0,
0）B1
（0,0,,0），（1,2,
s）
（0,0,
0）。
这说明V1
V2
Vs的零向量
0的分解式是唯一的，故由定义可得
V1V2
Vs是直和。
（2）（
）因
Vi
，
1,2,
s
都是
V
的子空间，所以有
V
V1V2
Vs
。
i
又因可对角化，所以有n个线性无关的特征向量，它们定属于某
一特征值，即它们都属于V1V2Vs。
对任意的V，一定可由n
个线性无关的特征向量线性表示，所以V1V2Vs，即得
VV1V2Vs成立，故有VV1V2Vs。
（）因VV1V2Vs，所以分别取Vi（i1,2,,s）的基：
i1,i2,,idi，
i1,2,
s
，
其中d1d2
ds
n
，进而得V的基：
11,12,
1d1,
21,22,,2d2,
s1,s2,
sds。
又知基向量中的每一个向
量都是
的特征向量，故得
有n个线性无关的特征向量，所以
可
对角化。
习题设D是n阶对角阵，它的特征多项式为
ccc
D（）
（1）1
（2）2（s）s，
其中1,2,,s两两不同。
设
V{BMn（F）|BDDB}，
证明：
V是Mn（F）的子空间，且
dimV
c12
c22
cs2。
证明：
对
A,BV，即AD
DA，BD
DB，k,l
F，有
（kA
lB）D
（kA）D
（lB）D
k（AD）l（BD）k（DA）
l（DB）D（kA
lB），
所以kA
lB
V，即V是Mn（F）的子空间。
1Ec1
设
D
2Ec2
，则由习题知与D可交换的矩阵只能
sEcs
B1
是准对角矩阵，即B
B2
，其中Bi为ci阶方阵，i
1,2,,s。
Bs
B1
进而对
B
B2
V，都可由i行，j列元素为1，其余元素
Bs
全为零的n阶方阵
s1s
Eij（1
i,j
c1
c1
1
i,j
c1
c2,
（
ck）
1
i,j
ck）线性表示。
显然
k1
k
1
s1
s
ck）线性无关，构成V
Eij（1
i,j
c1
c1
1
i,j
c1
c2,
（
ck）
1
i,j
k1
k
1
的一组基，所以dimV
c12
c22
cs2。
习题设A为准对角阵，
A1
AA2，
As
其中Ai是ni阶矩阵，它的最小多项式是mi（）。
证明：
mA（）[m1（）,m2（）,,ms（）]。
（即A的最小多项式是A1,A2,,As的最小多项式的最低公倍式。
）
证明：
令m1（）,m2（）,
ms（）为对角线上诸块A1,A2,
As的最小多项式，
且h（）[m1（）,m2（）,
ms（）]。
因mA（）
为A的最小多项式，则由
mA（A）0可得mA（Ai）
0，i
1,2,
s。
又因Ai的最小多项式整除任何以
Ai为根的多项式，所以mi（
）|mA（
），i1,2,
s。
从而h（
）|mA（）。
又由于m（）|h（
），i1,2,,s。
而m
（A）
0
，故
h（A）
0
。
从而
i
i
i
i
h（A1）
h（A）
0。
h（As）
于是又有mA（）|h（）。
又因它们的首项系数都是
1，故
mA（）h（）[m1（）,m2（）,,ms（）]。
习题求下列矩阵的最小多项式，并判断它是否可对角化：
1
1
1
0
1
0
1
（1）A
1
1
1
；
（2）A
1
0
1
0
。
0
1
0
1
1
1
1
nn
1
0
1
0
解：
（1）矩阵A的特征多项式为
1
1
1
|EA|
1
1
1
n1（
n）。
1
1
1
由命题知，矩阵A的最小多项式为
e（
n），其中
1e
n1
。
经计算
11
1
1
n1
1
0
0
0
得A（AnE）
11
1
1
1n
1
00
0。
11
1
1
1
1n
0
0
0
故矩阵A的最小多项式为
（
n），且无重根，所以A可对角化。
（2）矩阵A的特征多项式为
1
0
1
|
EA|
1
1
0
2（
2）（
2）。
0
1
1
1
0
1
由命题知，矩阵A的最小多项式为
e（
2）（
2），其中1
e
2。
经计算得
0
1
0
1
2
1
0
1
2
1
0
1
A（A2E）（A
2E）
1
0
1
0
1
2
1
0
1
2
1
0
0
1
0
1
0
1
2
1
0
1
2
1
1
0
1
0
1
0
1
2
1
0
1
2
0
0
0
0
0
0
。
0
0
0
故矩阵A的最小多项式为
（
2）（
2），且无重根，所以A可对角化。
习题如果n阶方阵A满足A2A2E，问A可对角化吗
答：
A可对角化。
事实上，由A2
A2E可得A2
A2E
0，即得
A的零化多项式f（）
2
2，而A的最小多项式可整除A
的零化多
项式，故A的最小多项式只可能为
1，
2或
f（）
2
2
（1）（
2），无论哪一种，A的最小多项式都无重根，
故A可对角化。
习题证明：
（1）A是幂零阵的充要条件为A的特征值全为零；
（2）n阶方阵A，如果存在正整数k（k可能n），使Ak0，则必
有An
0。
证明：
（1）（）因为A是幂零阵，所以存在正整数m，使得Am
0。
由此可得A的零化多项式为f（）
m，由命题知，
A的最小多项式
mA（）是f（）
m的因式，故有mA（）
k，其中1k
m。
又因A的每
一个特征值都是最小多项式的根，而
mA（）
k只有零根，所以A的特
征值全为零。
（）反证法。
设n阶方阵A不是幂零阵，即对任意正整数m，都有
Am0。
当然也有An0。
现有A的零化多项式，即特征多项式为
A（）|EA|（
1）c1（
2）c2（
s）cs，
其中c1
c2csn，1,2,
s为A的所有不同的特征值。
显然，
1,2,
s不能全为零。
否则
A（A）
An
0，与
A（）是A的零化多项
式矛盾。
另一方面，1,2,,s不全为零又与题给条件矛盾。
故命题得
证。
（2）当kn时，由Ak
0可得：
An
AkAn
k
0Ank
0。
当kn时，由Ak
0可得A的一个零化多项式f（）
k。
所以A的最小
多项式mA（）
l
，其中1
l
k。
又由于A的零化多项式之一，即特征
多项式A（）
|EA|是n次多项式。
所以A的最小多项式的次数l
n，
且有mA（A）
Al
0，故有An
AlAnl
0Anl
0。
习题设A为n阶方阵，多项式f（）
2
8
15
，g（）
2
4
3，
使f（A）0，g（A）0。
求A的最小多项式。
解：
设h（
）
f（
）
g（）
，即得
h（
）
2
8
15
（2
4
3）
412
。
因为f（A）0，g（A）
0，所以有h（A）
f（A）
g（A）
0，即h（）为A的零
化多项式。
又知A的最小多项式是其零化多项式的因式，故得
A的最
小多项式为
m（）
3
。
A
习题设Mn（F）是数域F上n阶方阵全体所组成的线性空间。
是
Mn（F）上的线性变换：
（A）
AT。
证明：
（1）的特征值只可能是1，1；
（2）可否对角化为什么
证明：
（1）设的特征值为
，的属于
的特征向量为
A，即有
（A）
A，进而有
2（A）
2A；再由题给条件有
（A）
AT
，进而有
2（A）
（AT）
（AT）T
A，所以有
2A
A，而
A为特征向量，是非零的，
定有
2
1，所以
的特征值只可能是
1，
1。
（2）答：
可对角化。
因为取Mn（F）的一组基：
E1,E2,,En2，设
在此基下的矩阵为M，则有（E1,E2,,En2）（E1,E2,,En2）M，进而有
2（E1,E2
,E2）
（E1,E2
,E2）M2
，又由题给条件有
n
n
2（E1,E2,,En2）
（E1,E2,,En2），
可得（E1,E2,
En2）M2
（E1,E2,
En2），所以有M2
E，由此可得M的零
化多项式为
f（）
2
1（
1）
（1），而M的最小多项式mM（）又是
f（）的因式，所以一定无重根，所以M可对角化，进而可以对角化。
习题设A是n阶复矩阵，对某个正整数k，有AkE。
证明A可对
角化。
证明：
因为对某个正整数k，有AkE，所以可得A的零化多项
式为f（）
k
1。
现令l
cos2l
isin2l
，l0,1,,k1。
则有
k
k
f（）
k
1（
1）（
1）（
k1）。
而A的最小多项式mA（）又是f（）的因式，所以一定无重根，故A可以对角化。
习题
习题设线性变换
在R2的标准基
e1,e2下的矩阵为
A
21
02
，又设
W是
R2中由
e1
1所生成的
0
1维子空间，证明：
（1）W是R2的
-不变子空间；
（2）不存在另一个
-不变子空间
W
，使
R2
W
W；
（3）总可以找到另一个子空间
W，使
R2
W
W。
证明：
（1）由题意知，
（e1,e2）
（e1,e2）A
（e1,e2）
21
02
，即
（e1）
2e1，
所以对
W，有
ke1，进而有
（
）
（ke1）
k（e1）
k（2e1）
（2k）e1
W，
故W是R2的-不变子空间。
（2）假设存在另一个
-不变子空间W，使R2
WW，且dimR2
2，
dimW1，则有dimW
1。
分别取W与W的基，
，，它们构成R2的
基。
又因W与W都是
-不变子空间，即（）k
W，（
）k
W，
所以在R2的基，
下的矩阵B为对角阵，且有A与B
相似，而A不
可能与对角阵相似，出现矛盾，故命题得证。
（3）设W是R2中由e20所生成的1维子空间，则有R2WW。
1
习题用归纳法证明：
（1）任一复方阵A必相似于一个上三角阵，且该上三角阵之对角线元素就是A的全部特征值；
（2）设A是实方阵，则存在实可逆阵P，使P1AP为上三角阵的充要条件是A的特征值全部为实数。
证明：
（1）对方阵的阶数作数学归纳。
当n1时，结论当然成立。
假定对n1阶结论成立，证明对n阶
成立。
设A为任一n阶复方阵，则A必有特征值
1及对应的特征向量
1，
现将
1扩充为Cn
的一组基
1,2,,n，则有A111
，
Ai
b1i1
b2i2bni
n，其中i
2,,n
。
故存在可逆方阵
Q1（
1,2,
n），使得
1
b12
b1n
Q11AQ1
0
b22
b2n，
0
bn2
bnn
b22
b2n
于是B
是n1阶复方阵，故由归纳法，存在
n1阶可逆
bn2
bnn
2
*
阵Q2，使得
Q2
3
。
1BQ2
0
n
从而存在可逆方阵Q
Q1
1
0
，使得
0
Q2
1
1
b12
b1n
1
10
1
10
100b22
b2n
10
Q
AQ
0Q2
Q1
AQ10Q2
0Q21
0Q2
0
bn2
bnn
1
*
1
0
2
。
0
Q2
1BQ2
0
n
从而命题得证。
1
*
（2）（
）设存在实可逆阵
P，使得P1AP
2
，其中
0
n
1,2,
n为A的全部特征值。
将上式两边取共轭得
1
*
P1AP
P1AP
2
，又因A与P都是实矩阵，所以有
0
n
1
*
1
*
2
2
，即有i
i，i1,2,
n，故A的特
0
n
0
n
征值全部为实数。
（
）对实方阵的阶数作数学归纳。
当n1时，结论当然成立。
假定对n1阶结论成立，证明对n阶
成立。
设A为n阶实方阵，且
A的特征值全部为实数。
现取
A的一个实
特征值
1及对应的特征向量
1，并将1扩充为Rn的一组基
1,2,,
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