湘大版矩阵论,,第三章,修改作业答案

　第 3 章 1.判断下面四个矩阵，哪些是相似的。

　A=3 3 27 6 31 1 2        

　，B=0 1 14 4 22 1 1        ，C=0 1 13 1 27 5 6          ，D=0 1 20 1 10 0 2      .

　解答如下：

　因 为 A=3 3 27 6 31 1 2        ， 得 E A   = 3 -5 2 +8  -4=   1  

　 22  

　所以矩阵 A 的特征值是1 =1，2 =2，3 =2

　，对应于1 =1 时的一个特征向量是1X =   1 2 1T对应于2 、3 的一切特征向量为2X =   1 1 1T  ，K 不等于 0，所以不存在三个线性无关的特征向量，则 A 不能与对角矩阵1 0 00 2 00 0 2      相似。但是可得到 A 的约当标准型为1 0 00 2 00 2 2J     从此错误,即存在 P 矩阵，满足1P AP J ,则 A 与 J 相似。

　因为 B=0 1 14 4 22 1 1       ，得 E B   ==   1  

　 22   ，所以矩阵 B 的特征值是1 =1，2 =2，3 =2，对应于1 =1 时的一个特征向量是1X =   1 2 1T，对应于2 、3 的两个线性无关的特征向量为2X =   1 0 2T ， 3X =   1 2 0T，则 B 可化为相似对角矩阵为1 0 00 2 00 0 2      .

　因为 C=0 1 13 1 27 5 6         ，得 E C   =   1  

　 22   ,所以矩阵 C 的特征值是1 =1，2 =2，3 =2，对应于1 =1 时的一个特征向量是1X =   0 1 1T ，对应于2 、3 的一切特征向量为2X = k   1 1 3T ，k 不等于 0。所以 C 不能化为相似对角矩阵1 0 00 2 00 0 2     ，但是可得到 C 的约当标准型为1 0 00 2 00 2 2J     ,此处错误即存在 P 矩阵，满足1P BP J ,则 B 与 J 相似。

　因为 D 的秩为 2，与 A、B、C 的秩 3 不相同，所以 D 不与任何矩阵相似。

　 综上所诉可知，A、C 矩阵均和 J 矩阵相似，所以 A 和 C 矩阵相似。

　基本正确 95 分

　2、解：

　（1）、A 的特征多项式为：

　A E  =2 4 00 1 02 0 1  =( 1 -  )( 1   )( 2 -  )

　因而 A 有三个不同的特征值：

　11  ， 1 -2  ， 23 

　由于 A 有 3 个互不相同的特征值，故 A 可对角化，又 由方程   0 1     A E 可解得对应特征值 11  的特征向量为：

　  T 0 0 11 

　由方程   0 1      A E 可解得对应特征值 1 -2  的特征向量为：

　  T 4 3 42   

　由方程   0 2     A E 可解得对应特征值 23  的特征向量为：

　  T 1 0 23 

　3 2 1, ,    是属于不同特征值的特征向量，所以是线性无关的，以它们为列向量作矩阵得

　相似变换矩阵： 1 4 00 3 02 4 1 并求得：   2111 故，A 可与对角阵211相似 （2）、A 的特征多项式为：

　A E  =1 3 12 4 12 3 2     =    2 3 1    

　因而 A 的特征值为：

　11  ， 33 2   

　又 由 方 程   0 1     A E 可 解 得 对 应 特 征 值 11  的 一 切 特 征 向 量 为 ：  0 , 3 1 31 1 1    k kT 由 方 程   0 3     A E 可 解 得 对 应 特 征 值 33 2    的 一 切 特 征 向 量 为 ：  0 , 1 1 12 2   k k

　所以，A 不存在三个线性无关的特征向量，故 A 不能与对角形矩阵相似 （3）、A 的特征多项式为：

　A E  =1 0 11 2 10 0 2  =    2 2 1    

　因而 A 的特征值为：

　11  ， 23 2   

　又 由方程   0 1     A E 可解得对应特征值 11  的特征向量为：

　  T 1 1 01 

　由方程   0 2     A E 可解得对应特征值 23 2    的特征向量为：

　  T 1 0 12  ，   T 0 1 03  ，3 2 , 为两线性无关的特征向量 所以3 2 1, ,    为线性无关的特征向量，以它们为列向量作矩阵得相似变换矩阵：

　 0 1 11 0 10 1 0 并求得：  2211 故，A 可与对角形矩阵221

　3、 22 1 10 2 0 ( 2)( 2)( 3) 4( 2) ( 2) ( 1)4 1 3E A                      得1 2 32, 1      

　求得对应的 λ 1 =λ 2 =2 的线性无关特征向量为1 2(1 0 4) , (1 4 0)T TX X   ，对应 λ 3 =-1 的特征向量3(1 0 1) T X  。因此得 11 1 13 12 31 1 110 4 0 , 0 044 0 14 1 13 3 3P P                      因而有1221P AP      ,则1221A P P        所以，100100 1001 1 13 12 31 1 1 210 4 0 2 0 044 0 1 14 1 13 3 3A                        

　 100 100 100100100 100 1004 2 2 1 2 110 3 2 034 4 2 2 1 4 2 1              正确 100 分

　有相同的特征多项式。

　与 故）

　（）

　（）

　（而相似。

　与 故成立， 则，不可逆，则有：

　可逆， 解：如果多项式。

　相似，且有相同的特征 与 ，证明 阶方阵，且有一个可逆 均为 若BA ABAB - EA BA - E AA BA - E ABA - EBA AB(AB)A A BAE AA

　 B ABA AB n B A, . 41 -1 -1 -1 - 5 (1) 因为            01 01), 1 () 1 ( 0 00 1 00 0 115 22 5 012 17 4 00 0 121 26 617 21 51 1 1222JA E所有它的约当标准型为 ， 的初级因子为      

　                   2 4 12 3 11 1 12 2 14 3 121 26 617 21 51 1 1. 1 1 1 ,20 26 617 22 51 1 000 ) (), , 0 , ( ) , , (, , , ( ) , , ( ) , , (3 2212 3212 1 3 2 13 2 1 3 2 1 3 2 1PX XXAX E AX AXAXX E AX X AX AX AXJ X X X X X X A X X X PTTT得相似矩阵带入方程三得出 将得解第二个方程解得 因为列出方程组 于是有：）

　，得 再设

　 (2)因为

　           11 12, ) 1 ( ) 2 () 1 )( 2 ( 0 00 1 00 0 138 62 0317 64 00 0 138 62 03 2 00 0 12 2 40 2 36 3 822222JA E所有它的约当标准型为 ， 的初等因子为      

　                         2 2 52 3 63 3 82 2 32333 2 40 3 36 3 73 2 3 3 , 2 3 33 2 40 3 36 3 7) (5 6 8 ,4 2 40 4 36 3 62) (0 ) (0 ) 2 (), , , 2 ( ) , , (, , , ( ) , , ( ) , , (32 212 3213 2 2 1 3 2 13 2 1 3 2 1 3 2 1PXX XE AX E AX X E AX E AX E AX X X X AX AX AXJ X X X X X X A X X X PTT TT得解得， 代入方程 然后将 得解第二个方程， 解得 因为于是列出方程组 于是有：）

　，得 再设

　 (3)因为

　              211) 2 )( 1 ( ) 1 () 2 )( 1 ( 0 00 1 00 0 13) 1 )( 4 (2 2 01 1 00 0 12 6 33 5 36 12 7JA E所有它的约当标准型为 ， 的初级因子是       在设  P ) , , (3 2 1X X X

　      0 ) 2 (0 ) (0 ) () 2 , ( ) , (, ) , ( ) , ( ,3213 2 1 3 2 13 2 1 3 2 11X E AX E AX E AX X X AX AX AXJ X X X X X X A J AP P即得方程组， ， 于是有， ， 由

　解 A+E=   3 6 33 6 36 12 6， 得1X 的基础解系为    T Te e 1 0 1 , 0 1 22 1    ， 选取1X   T 1 1 2   ， 故   T X 1 0 12 

　         1 1 11 0 12 1 21 1 20 6 33 3 36 12 923PXE AT然后解第三个方程得，

　(4)因为

　  4 1 13 16 2 1 A E →      2 3 1 01 1 00 0 12    →  2) 1 ( 0 01 1 00 0 1 

　它的初级因子为2) 1 ( ), 1 (     ，故 A 的约当标准型为 111 1J . 在设  P ) , , (3 2 1X X X

　     2 3213 2 2 1 3 2 13 2 1 3 2 11) (0 ) (0 ) () , ( ) , (, ) , ( ) , ( ,X X E AX E AX E AX X X X AX AX AXJ X X X X X X A J AP P即得方程组， ， 于是有， ， 由 因为 A-E=  3 1 13 3 36 2 2 解得1X 的基础解系为    T Te e 1 0 3 , 0 1 12 1    ，选取1X   T 0 1 1   ,因为方程1 和方程 2 是一样的，故 ) , , 3 (2 1 2 1 2 2 1 1 2c c c c e c e c X     

　可选择2 1c c， 的值使下面两矩阵的秩相等：

　A-E=  3 1 13 3 36 2 2,    212 133 1 13 3 36 2 2ccc c 得       0 1 00 1 11 2 10 0 1 31 1 2 , 13 22 2 1PX XX c cTT，得 代入方程 将， 所以 得

　 6、 （ （1 ）设 A=1 2 61 0 31 1 4         则 A 的特征多项式为：

　f（  ）= E A   =1 2 61 31 1 4 =3( 1)   故 A 的最小多项式只能是：

　m（  ）= 1   、m（  ）= 2( 1)   或 m（  ）= 3( 1)   又因 m（A）= A E  ≠0 且 m（A）= 2( ) A E =0 便知 A 的最小多项式为：

　m（  ）= 2( 1)  正确

　（ （2 ）设 A= 0 0 10 1 01 0 0      则 A 的特征多项式为：

　f（  ）= E A   = 0 10 1 01 0=2( 1)  （ 1   ）

　故 A 的最小多项式只能是：

　m（  ）=（ 1   ）（ 1   ）或 m（  ）= f（  ）

　又因 m（A）=    A E A E   =0 便知 A 的最小多项式为：

　m（  ）=（ 1   ）（ 1   ）

　（ （3 ）设 A= 3 1 3 11 3 1 33 1 3 11 3 1 3             则 A 的特征多项式为：

　f（  ）= E A   = 3 1 3 11 3 1 33 1 3 11 3 1 3      = 1 3 1 31 3 1 33 1 3 13 1 3 1      

　 =   1 0 0 00 00 8 3 80 3 8 3 3 1         = 3 故 A 的最小多项式只能是 m（  ）= 、2、3 又因 m（A）=A≠0 且 m（A）=A 2 =0 便知 A 的最小多项式为：

　m（  ）= 2 正确 100 分，但是最好用不同的方法计算

　7. 将下列- 矩阵化为 Smith 标准形。

　（ （1 ）解：

　        22223 221 11 11 1 1 1 11 1 1 00 2 20 1 1 1                                                  

　（ （2 ）解：

　             2 2 2 22 2 222223 23 21 0 1 2 1 1 2 20 1 0 1 0 12 1 12 1 110 1 1 1 022 1 01 010 1 0 12                                                                                    

　（ （3 ）解：

　  2 2 2 2 22 2 22 2 22 2 22 22 21 1 1 1 2 23 1 3 1 2 1 1 2 0 01 1 1 1 1 12 0 0 1 0 0 1 0 02 2 0 2 0 21 1 0 1 10 0 121 0                                                                                                             4 3 22 20 1 0 00 2 0 0 1 01 0 00 0 12                        

　 (4) 解: 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 3 2 2 3 2 2 3 22 2 22 3 2 2 3 22 2 2 23 3 33 4 3 2 3 0 2 23 3 2 3 2 32 3 2 30 2 2 0 2 23 0 0                                                                                                                      2 3 223 2 22 3 20 00 2 20 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0                                       (5) 解: 2 2 22 2 2 2 2 22 2 21 1 10 01 1 0 01 0 0 1 0 0 1 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0 0                                                                                            

　90 分，要分解因式

　8、求下列矩阵的 smith 标准形 （1）    3 5222 3

　（ 2 ） 2 2 2211      

　 （ 3 ）      5 3 1 22 2 1 12 2 1 22 2 22 2 22 2 2       解 、

　(1)                3 10 003 10 05) 3 / 2 (53 522 32 323 2222 3      3 10 ) ( , ) (2 32 1    d d

　初级因子：222 10,222 10, ,    

　(2)                      2 2 222 222 2 220 00 00 0 1) ( 0 000 0 10 00110111         23 2 1) ( , ) ( , 1 ) ( d d d

　初级因子：

　1 , ,    

　（3）            3 0 00 1 00 0 13 0 02 2 1 00 0 15 3 1 12 2 1 02 2 1 15 3 1 22 2 1 12 2 1 22222 22 22 22 22 2 22 2 22 2 2          3 ) ( , 1 ) ( , 1 ) (2322 1          d d d

　初级因子：

　3 , 3 , ,         i i

　9 题：

　证明：根据哈密顿-开莱定理 0 ) (| | ) (111      A fa a a A E fn nn n则     

　 （1）

　即 0111    E a A a A a An nn n

　(2) 在式 1 中如果我们令 0   就能得到 | | ) 1 ( A ann 

　对于可逆矩阵 A 我们可以知道 0 | |  A 所以 0 na

　于是对于式 2 两边同时乘以1 A 得到 011211     A a E a A a An nn n

　即 ) (11211 1E a A a AaAnn nn      

　正确 100 分

　10. 设 ,证明:B=2A 4 -12A 3 +19A 2 -29A+37E 为可逆矩阵,并求A+2E 的逆矩阵. 证明:因 A 的特征多项式为 ,则. 再取多项式 ,用去除 可得: 其中. 则

　为可逆矩阵.正确 又,即 . 正确 100 分

　11.若 A,B 均为 n 阶方阵,又 E-AB 可逆,证明: (E-BA) -1 =E+B(E-AB) -1 A. 证明:因为 ( E+B(E-AB) -1 A)×(E-BA)

　=( E-BA+ B(E-AB) -1 A(E-BA)

　= E-BA+ B(E-AB) -1

　(A- ABA)

　= E-BA+ B(E-AB) -1 (E-AB)A

　= E-BA+BA

　= E 所以 E-BA 可逆,且(E-BA) -1 =E+B(E-AB) -1 A 确 正确 100 分

　 12.若 A 满足 E A A 22  ,证明 A 可与对角矩阵相似。

　E A A 22 

　 则 0 22   E A A

　   0 2    E A E A

　由等式 E A A 22  ，得 A 的特征值一定是-2 或 1 取      2 1       

　则      0 2     E A E A A 

　则     是矩阵 A 的零化多项式 最小多项式    m

　由矩阵 A 的任何零化多项式都被其最小多项式所整除 最小多项式    m 必定是     多项式的因子

　故 A 的最小多项式只有三种可能：

　   2 1     或   2   或   1   ，不论如何一定是   2 1     的因子，故    m 无重根。

　A 一定是可以上三角化的，WV UAP P01,其中 U 和 W 是对角元分别是-2 和 1 上三角阵。再选取适当的[I X; 0 I]型的变换可以把WV U0]约化到分块对角阵WU00。相似变换 不 改 变 极 小 多 项 式 ， 所 以   0  A  等 价 于   0  U  且   0  W  。

　对 于     2 1        ，直接用反证法证明   0  U  可以推出 U=-2E，同样 W=E。

　从而 A 可与对角矩阵相似。

　 13. 答：对应于每一个特征值只有一个 Jordan 块。

　错误，没有证明。再思考一下证明过程

　...