湘大版矩阵论第三章修改作业答案

1、第 PAGE19 页 共 NUMPAGES19 页湘大版矩阵论 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1_ = 1 2 1T对应于2 、3 的一切特征向量为2_ = 1 1 1T ，K 不等于 0，所以不存在三个线性无

2、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1_ = 1 2 1T，对应于2 、3 的两个线性无关的特征向量为2_ = 1 0 2T ， 3_ = 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

3、 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1_ = 0 1 1T ，对应于2 、3 的一切特征向量为2_ = 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：（

4、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 0

5、2 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

6、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2213、 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

7、的 lambda; 1 =lambda; 2 =2 的线性无关特征向量为1 2(1 0 4) , (1 4 0)T T_ _ ，对应 lambda; 3 =-1 的特征向量3(1 0 1) T _ 。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

8、 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 AAB 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

9、 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 1P_ _A_ E A_ A_A_ E A_ _ A_ A_ A_J _ _ _ _ _ _ A _ _ _ 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

10、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 1P_ _E A_ E A_ _ E A_ E A_ E A_ _ _ _ A_ A_ A_J _ _

11、 _ _ _ _ A _ _ _ 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 1_ _ _ 0 ) 2 (0 ) (0 ) 2 , ( ) , (, ) , ( ) , ( ,3213 2 1 3 2 13 2 1 3 2 11_ E A_ E A_ E A_ _ _ A_ A_ A

12、_J _ _ _ _ _ _ A J AP P即得方程组， ， 于是有， ， 由解 A+E= 3 6 33 6 36 12 6， 得1_ 的基础解系为 T Te e 1 0 1 , 0 1 22 1 ， 选取1_ T 1 1 2 ， 故 T _ 1 0 12 1 1 11 0 12 1 21 1 20 6 33 3 36 12 923P_E AT然后解第三个方程得，(4)因为 4 1 13 16 2 1 A E rarr; 2 3 1 01 1 00 0 12 rarr; 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

13、 .在设 P ) , , (3 2 1_ _ _ 2 3213 2 2 1 3 2 13 2 1 3 2 11) (0 ) (0 ) , ( ) , (, ) , ( ) , ( ,_ _ E A_ E A_ E A_ _ _ _ A_ A_ A_J _ _ _ _ _ _ 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1_ 的基础解系为 T Te e 1 0 3 , 0 1 12 1 ，选取1_ 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

14、_ 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 1P_ _ 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 ne;0 且 m（A）= 2( ) A E =0

15、 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 3

16、3 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）=Ane;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

17、 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

18、 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

19、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 00111 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 i9 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+