第3次讨论课 Exercise1设a是实数域上3维线性空间的一个线性变换,它关 于V的某个基的矩阵是 (1)求a的极小多项式m(x),并将m(x)在R]内分解为两个首项系数 为1的不可约多项式的乘积:m(x)=m1(x)m2(x) (2)令W;={∈Vm()=0},i=1,2,证明:W;是a的不变子空 间,并且ⅴ=w1eW2 (3)在每一个子空间W;中选取一个基,凑成Ⅴ的基,使得σ关于这个 基的矩阵里只出现3个非零元素。 解 (1)计算σ的特征多项式,得到f4()=(A-2)(A2+1),从而可以知道特征多项式与极小多项式的不可 极小多项式为: 约因子集相同 mA(x)=(x-2)(x2+1) 故 (2)va∈W1,m1(o)aa=am1(a)a=0,即aa∈W1,故W1是σ的 不变子空间。 同理可证,w2也是σ的不变子空间。 下面来证V=W1W2 已知存在u(x),v(x)使得u(x)m1(x)+v(x)m2(x)=1,即 Bezout不等式 u(o)mio)+u(o)m2(o)=a a∈V,上式两边同时对a作用,得到 a=u(o)mi(o)a+u(o)m2(o)a 又有: m2()(u(U)m1(a)a)=u()m(o)a=0 m1(a)(v(o)m2()a)=v(a)m(a)a=0 故有:u(a)m1(aa∈W2,v(a)m2(o)a∈W1 所以a∈W1+W2,即w1+W2=V 又对于任意的B∈W1∩W2,B=EB=u(o)m1(a)B+(o)m2(o)B=0, 所以,W1∩w2={0}。 故ⅴ=W1W2 20 (3)因为 01 10)+I=0,所以A可以相似于001
第 3 次讨论课 Exercise 1 设 σ 是实数域上 3 维线性空间 V 的一个线性变换，它关 于 V 的某个基的矩阵是 6 −3 −2 4 −1 −2 10 −5 −3 (1) 求 σ 的极小多项式 m(x)，并将 m(x) 在 R[x] 内分解为两个首项系数 为 1 的不可约多项式的乘积：m(x) = m1(x)m2(x)； (2) 令 Wi = {ξ ∈ V|mi(σ)ξ = 0}, i = 1, 2，证明：Wi 是 σ 的不变子空 间，并且 V = W1 ⊕ W2； (3) 在每一个子空间 Wi 中选取一个基，凑成 V 的基，使得 σ 关于这个 基的矩阵里只出现 3 个非零元素。 解： (1) 计算 σ 的特征多项式，得到 fA(λ) = (λ − 2)(λ 2 + 1)，从而可以知道 特征多项式与极小多项式的不可 极小多项式为： 约因子集相同 mA(x) = (x − 2)(x 2 + 1) 故 m1(x) = x − 2, m2(x) = x 2 + 1。 (2) ∀α ∈ W1, m1(σ)σα = σm1(σ)α = 0，即 σα ∈ W1，故 W1 是 σ 的 不变子空间。 同理可证，W2 也是 σ 的不变子空间。 下面来证 V = W1 ⊕ W2： 已知存在 u(x), v(x) 使得 u(x)m1(x) + v(x)m2(x) = 1，即： Bezout 不等式 u(σ)m1(σ) + v(σ)m2(σ) = ε ∀α ∈ V，上式两边同时对 α 作用，得到： α = u(σ)m1(σ)α + v(σ)m2(σ)α 又有： m2(σ) (u(σ)m1(σ)α) = u(σ)m(σ)α = 0 m1(σ) (v(σ)m2(σ)α) = v(σ)m(σ)α = 0 故有：u(σ)m1(σ)α ∈ W2，v(σ)m2(σ)α ∈ W1。 所以 α ∈ W1 + W2，即 W1 + W2 = V。 又对于任意的 β ∈ W1 TW2，β = εβ = u(σ)m1(σ)β+v(σ)m2(σ)β = 0， 所以，W1 TW2 = {0}。 故 V = W1 ⊕ W2。 (3) 因为 µ 0 1 −1 0 ¶2 + I = 0，所以 A 可以相似于 2 0 0 0 0 1 0 −1 0 。 1
我们需要在W2中选取一组基a2,a3,使得σ限制在W2上的方阵表示 为 注意到W2=Ker(a2+1),故只要a2,a3满足aa2=-a3,便有aa3 所以任取a2= ∈W2,再 可知a关于(a1,a2,a3)的方阵表示为001 Exercise2设σ是n维复线性空间ⅴ上的线性变换,试证明存在可对 角化的线性变换r和幂零变换U,使得 且满足rU 如果已知σ在V的某个基下的矩阵是 试求出r和U,使得a=T+U。 解 设σ在V的某个基下的矩阵是A,特征多项式为 则存在可逆方阵P,使得P-1AP=diag(A1,A2,,A,),其中A为对应 特征根A的若当块,阶数为 diag(A1L, A2L, .,AgIP- p diag(A1- A1L, A A2l,,A-AD)P-1,并设D所对应的线性变换为,N所对应的线 性变换为U,则r可对角化 令n=mar(m1,n2,…,ns),则Nm=0,即υ是幂零变换。通过它们的 定义,显然有σ=r+U,且TU=r。 给定方阵A=22-1,计算得|-A=(X-2)(X-1) A=1对应的特征向量为0,=2对应的特征向量只有1 2 解方程(A-2D)x=1|,得到 200 于是P 10|,r的方阵表示为P02 1,u的方 0 阵表示为P000P-1
我们需要在 W2 中选取一组基 α2, α3，使得 σ 限制在 W2 上的方阵表示 为 µ 0 1 −1 0 ¶ ，即 σα2 = −α3, σα3 = α2。 注意到 W2 = Ker(σ 2 + 1)，故只要 α2, α3 满足 σα2 = −α3，便有 σα3 = −σ 2α2 = α2。 所以任取 α2 = 1 1 0 ∈ W2，令 α3 = −σα2 = −3 −3 −5 ∈ W2，再 取 α1 = 1 0 2 ∈ W1。 可知 σ 关于 (α1, α2, α3) 的方阵表示为 2 0 0 0 0 1 0 −1 0 。 Exercise 2 设 σ 是 n 维复线性空间 V 上的线性变换，试证明存在可对 角化的线性变换 τ 和幂零变换 υ，使得 σ = τ + υ, 且满足 τ υ = υτ。 如果已知 σ 在 V 的某个基下的矩阵是 3 1 −1 2 2 −1 2 2 0 试求出 τ 和 υ，使得 σ = τ + υ。 解： 设 σ 在 V 的某个基下的矩阵是 A，特征多项式为 f(λ) = (λ − λ1) n1 · · ·(λ − λs) ns 则存在可逆方阵 P，使得 P −1AP = diag(A1, A2, . . . , As)，其中 Ai 为对应 特征根 λi 的若当块，阶数为 ni , i = 1, 2, . . . , s。 令 D = P diag(λ1I, λ2I, . . . , λsI)P −1，N = P diag(A1 − λ1I, A2 − λ2I, . . . , As − λsI)P −1，并设 D 所对应的线性变换为 τ，N 所对应的线 性变换为 υ，则 τ 可对角化。 令 n = max(n1, n2, . . . , ns)，则 Nn = 0，即 υ 是幂零变换。通过它们的 定义，显然有 σ = τ + υ，且 τ υ = υτ。 给定方阵 A = 3 1 −1 2 2 −1 2 2 0 ，计算得 |λI − A| = (λ − 2)2 (λ − 1)。 λ = 1 对应的特征向量为 1 0 2 ，λ = 2 对应的特征向量只有 1 1 2 。 解方程 (A − 2I)x = 1 1 2 ，得到 x = 1 1 1 。 于是 P = 1 1 1 1 1 0 2 1 2 ，τ 的方阵表示为 P 2 0 0 0 2 0 0 0 1 P −1，υ 的方 阵表示为 P 0 1 0 0 0 0 0 0 0 P −1。 2
Exercise3设σ是n维复线性空间上的线性变换, 个5阶矩 阵为例,说明a的r(≤m)维不变子空间的一般方法 解 n维复线性空间上的线性变换σ一定有n个特征根,设它在 基a1,a2,…,an下的矩阵是上三角阵A=(a),其中a=0,若i>j, 则L(a1,a2,…,ar)就构成了Ⅴ的一个r维不变子空间。这是因为 a(b1a1+…+bar)=(ba11+…+ba1r)a1+(b2a22+…+ba2r)a2+…+bara 又若当标准型就是一类特殊的上三角阵,所以只需找一组基化成若当标准 型即可。 例:σ在基a1,a2,…,an下的矩阵为 A 通过观察,可以得出L(a5)为一维不变子空间,L(a1,a2),L(a3,a4)为二维 不变子空间,L(a1,a2,a5),L(a3,a4,a5)为三维不变子空间,L(a1,a2,a3,a4) 为四维不变子空间,ⅴ为五维不变子空间。 Exercise4试证明满足Am=I的n阶矩阵A(其中m是某个正整 数)相似于对角矩阵 证明: 注意到Am-I=0,即xm-1是化零多项式。又xm-1=0是 没有重根的,而A的极小多项式可以整除xm-1,即A的极小多项式的 根必为xmn-1=0的根,所以A的极小多项式没有重根。故A可以对角化。定理4.24 Exercise5设a是n维复线性空间V上的线性变换,a在基a1,a2 ,an下的矩阵是A (1)怎样求包含a1的最小不变子空间? (2)a∈V,a≠0,怎样求包含a的最小不变子空间? 举一个4阶矩阵的例子,算一下。 解 1)设ⅴo是包含a1的不变子空间,则必有Aa1∈Vo,A2a1∈vo,…。 因而L(a1,Aa1,…,An-la1)∈Vo。又Wk≥n,4a必可由a1,Aa1 ,An-la1线性表出,所以L(a1,Aa1,…,An-1a1)就是包含a1的最小不变 子空间。实际上,取a1,Aa1,…,An-la1的一个极大线性无关组来表示即 (2)与上面的方法类似,但是要首先写出a在a1,a2,……,an下的坐标, 然后再计算a1,Aa1,……,A 例:变换a在 000 0
Exercise 3 设 σ 是 n 维复线性空间 V 上的线性变换，举一个 5 阶矩 阵为例，说明 σ 的 r(≤ n) 维不变子空间的一般方法。 解： n 维复线性空间 V 上的线性变换 σ 一定有 n 个特征根，设它在 基 α1, α2, · · · , αn 下的矩阵是上三角阵 A = (aij )，其中 aij = 0，若 i > j， 则 L(α1, α2, · · · , αr) 就构成了 V 的一个 r 维不变子空间。这是因为 σ(b1α1+· · ·+brαr) = (b1a11+· · ·+bra1r)α1+(b2a22+· · ·+bra2r)α2+· · ·+brarrαr 又若当标准型就是一类特殊的上三角阵，所以只需找一组基化成若当标准 型即可。 例：σ 在基 α1, α2, · · · , αn 下的矩阵为 A = 1 1 1 2 3 2 1 2 1 通过观察，可以得出 L(α5) 为一维不变子空间，L(α1, α2), L(α3, α4) 为二维 不变子空间，L(α1, α2, α5), L(α3, α4, α5) 为三维不变子空间，L(α1, α2, α3, α4) 为四维不变子空间，V 为五维不变子空间。 Exercise 4 试证明满足 Am = I 的 n 阶矩阵 A（其中 m 是某个正整 数）相似于对角矩阵。 证明： 注意到 Am − I = 0，即 x m − 1 是化零多项式。又 x m − 1 = 0 是 没有重根的，而 A 的极小多项式可以整除 x m − 1，即 A 的极小多项式的 根必为 x m−1 = 0 的根，所以 A 的极小多项式没有重根。故 A 可以对角化。 定理 4.24 Exercise 5 设 σ 是 n 维复线性空间 V 上的线性变换，σ 在基 α1, α2, · · · , αn 下的矩阵是 A。 (1) 怎样求包含 α1 的最小不变子空间？ (2) ∀α ∈ V, α 6= 0，怎样求包含 α 的最小不变子空间？ 举一个 4 阶矩阵的例子，算一下。 解： (1) 设 V0 是包含 α1 的不变子空间，则必有 Aα1 ∈ V0, A2α1 ∈ V0, · · ·。 因而 L(α1, Aα1, · · · , An−1α1) ∈ V0。又 ∀k ≥ n, Akα 必可由 α1, Aα1, · · · , An−1α1 线性表出，所以 L(α1, Aα1, · · · , An−1α1) 就是包含 α1 的最小不变 子空间。实际上，取 α1, Aα1, · · · , An−1α1 的一个极大线性无关组来表示即 可。 (2) 与上面的方法类似，但是要首先写出 α 在 α1, α2, · · · , αn 下的坐标， 然后再计算 α1, Aα1, · · · , An−1α1。 例：变换 σ 在 α1 = 1 0 0 0 , α2 = 1 1 0 0 , α3 = 1 1 1 0 , α4 = 1 1 1 1 3
下的矩阵是 令 则首先要写出a在a1,a2,a3,a4下的坐标 然后计算An=3.4a=|7|.Aa=17 12 由于a,Aa,A2a线性无关而a,Aa,A2a,A3a线性相关,故包含a的最 小不变子空间为L(a,Aa,A2a) Exercise6设N1和N2都是3阶幂零矩阵。证明N1与N2相似当且 仅当它们有相同的极小多项式 如果N1和N2都是4阶幂零矩阵,上述论断是否还成立?为什么?举出 两个4阶幂零矩阵说明之 证明: (1)因为3阶幂零矩阵的若当标准型只有以下三种形式 000 010 010 000 001 000 它们对应的最小多项式分别为x,x2,x3互不相同。 所以N1与N2有相同的最小多项式→它们具有相同的若当标准型←→ 它们相似 (2)4阶时,上面的结论就不成立了 01 0 01|是两个不同的若当标准型, 但它们具有相同的最小多项式x2 Exercise7设6阶复方阵A的特征多项式为f(x)=(x-2)2(x+3)4, 极小多项式为m(x)=(x-2)(x+3)3,试写出A的 Jordan标准形。如果 极小多项式为m(x)=(x-2)(x+3)2,A的 Jordan标准形有几种可能的形 式? 解: (1)A的 Jordan标准形为
下的矩阵是 A = 1 1 1 1 1 1 1 0 令 α = 4 3 2 1 则首先要写出 α 在 α1, α2, α3, α4 下的坐标 1 1 1 1 ， 然后计算 Aα = 2 3 2 0 ，A2α = 5 7 5 0 ，A3α = 12 17 12 0 ， 由于 α, Aα, A2α 线性无关而 α, Aα, A2α, A3α 线性相关，故包含 α 的最 小不变子空间为 L(α, Aα, A2α)。 Exercise 6 设 N1 和 N2 都是 3 阶幂零矩阵。证明 N1 与 N2 相似当且 仅当它们有相同的极小多项式。 如果 N1 和 N2 都是 4 阶幂零矩阵，上述论断是否还成立？为什么？举出 两个 4 阶幂零矩阵说明之。 证明： (1) 因为 3 阶幂零矩阵的若当标准型只有以下三种形式： 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , 0 1 0 0 0 0 0 0 0 , 0 1 0 0 0 1 0 0 0 它们对应的最小多项式分别为 x, x2 , x3 互不相同。 所以 N1 与 N2 有相同的最小多项式 ⇐⇒ 它们具有相同的若当标准型 ⇐⇒ 它们相似 (2) 4 阶时，上面的结论就不成立了。 例： 0 1 0 0 0 和 0 1 0 0 1 0 是两个不同的若当标准型， 但它们具有相同的最小多项式 x 2。 Exercise 7 设 6 阶复方阵 A 的特征多项式为 f(x) = (x − 2)2 (x + 3)4， 极小多项式为 m(x) = (x − 2)(x + 3)3，试写出 A 的 Jordan 标准形。如果 极小多项式为 m(x) = (x − 2)(x + 3)2，A 的 Jordan 标准形有几种可能的形 式？ 解： (1) A 的 Jordan 标准形为 2 2 −3 1 −3 1 −3 −3 4
(2)共有两种可能: Exercise8设 A 6-1-10 00-10 求可逆矩阵P和 Jordan标准形J,使得P-1AP=J 解 易见,A=-1是一个特征值,对应的特征向量为1和 000 0 200 只需考虑6-1-1即可。计算得fA(A)=(X-2)(x+1),A=2 00-1 对应的特征向量为2,还需求A=-1的一个广义特征向量。为使方程 0 有解,求(A+D)x= 0 0 于是P= 0100 002 100
(2) 共有两种可能： 2 2 −3 1 −3 −3 −3 和 2 2 −3 1 −3 −3 1 −3 Exercise 8 设 A = 2 0 0 0 6 −1 −1 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 求可逆矩阵 P 和 Jordan 标准形 J，使得 P −1AP = J。 解： 易见，λ = −1 是一个特征值，对应的特征向量为 0 1 0 0 和 0 0 0 1 。 只需考虑 2 0 0 6 −1 −1 0 0 −1 即可。计算得 fA(λ) = (λ−2)(λ+ 1)2，λ = 2 对应的特征向量为 1 2 0 ，还需求 λ = −1 的一个广义特征向量。为使方程 有解，求 (A + I)x = 0 1 0 得 x = 0 0 −1 。 于是 P = 0 0 0 1 1 0 0 2 0 −1 0 0 0 0 1 0 ，P −1AP = −1 1 −1 −1 2 。 5