1、第 PAGE19 頁 共 NUMPAGES19 頁湘大版矩陣論 第三章 修改作業答案第 3 章 1.判斷下面四個矩陣，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 為 A=3 3 27 6 31 1 2 ， 得 E A = 3 -5 2 +8 -4= 1 22 所以矩陣 A 的特征值是1 =1，2 =2，3 =2，對應于1 =1 時的一個特征向量是1_ = 1 2 1T對應于2 、3 的一切特征向量為2_ = 1 1 1T ，K 不等于 0，所以不存在三個線性無

2、關的特征向量，則 A 不能與對角矩陣1 0 00 2 00 0 2 相似。但是可得到 A 的約當標準型為1 0 00 2 00 2 2J 從此錯誤,即存在 P 矩陣，滿足1P AP J ,則 A 與 J 相似。因為 B=0 1 14 4 22 1 1 ，得 E B = 1 22 ，所以矩陣 B 的特征值是1 =1，2 =2，3 =2，對應于1 =1 時的一個特征向量是1_ = 1 2 1T，對應于2 、3 的兩個線性無關的特征向量為2_ = 1 0 2T ， 3_ = 1 2 0T，則 B 可化為相似對角矩陣為1 0 00 2 00 0 2 .因為 C=0 1 13 1 27 5 6 ，得 E

3、 C = 1 22 ,所以矩陣 C 的特征值是1 =1，2 =2，3 =2，對應于1 =1 時的一個特征向量是1_ = 0 1 1T ，對應于2 、3 的一切特征向量為2_ = k 1 1 3T ，k 不等于 0。所以 C 不能化為相似對角矩陣1 0 00 2 00 0 2 ，但是可得到 C 的約當標準型為1 0 00 2 00 2 2J ,此處錯誤即存在 P 矩陣，滿足1P BP J ,則 B 與 J 相似。因為 D 的秩為 2，與 A、B、C 的秩 3 不相同，所以 D 不與任何矩陣相似。綜上所訴可知，A、C 矩陣均和 J 矩陣相似，所以 A 和 C 矩陣相似。基本正確 95 分2、解：（

4、1）、A 的特征多項式為：A E =2 4 00 1 02 0 1 =( 1 - )( 1 )( 2 - )因而 A 有三個不同的特征值：11 ， 1 -2 ， 23 由于 A 有 3 個互不相同的特征值，故 A 可對角化，又 由方程 0 1 A E 可解得對應特征值 11 的特征向量為： T 0 0 11 由方程 0 1 A E 可解得對應特征值 1 -2 的特征向量為： T 4 3 42 由方程 0 2 A E 可解得對應特征值 23 的特征向量為： T 1 0 23 3 2 1, , 是屬于不同特征值的特征向量，所以是線性無關的，以它們為列向量作矩陣得相似變換矩陣： 1 4 00 3 0

5、2 4 1 并求得： 2111 故，A 可與對角陣211相似 （2）、A 的特征多項式為：A E =1 3 12 4 12 3 2 = 2 3 1 因而 A 的特征值為：11 ， 33 2 又 由 方 程 0 1 A E 可 解 得 對 應 特 征 值 11 的 一 切 特 征 向 量 為 ： 0 , 3 1 31 1 1 k kT 由 方 程 0 3 A E 可 解 得 對 應 特 征 值 33 2 的 一 切 特 征 向 量 為 ： 0 , 1 1 12 2 k k所以，A 不存在三個線性無關的特征向量，故 A 不能與對角形矩陣相似 （3）、A 的特征多項式為：A E =1 0 11 2

6、10 0 2 = 2 2 1 因而 A 的特征值為：11 ， 23 2 又 由方程 0 1 A E 可解得對應特征值 11 的特征向量為： T 1 1 01 由方程 0 2 A E 可解得對應特征值 23 2 的特征向量為： T 1 0 12 ， T 0 1 03 ，3 2 , 為兩線性無關的特征向量 所以3 2 1, , 為線性無關的特征向量，以它們為列向量作矩陣得相似變換矩陣： 0 1 11 0 10 1 0 并求得： 2211 故，A 可與對角形矩陣2213、 22 1 10 2 0 ( 2)( 2)( 3) 4( 2) ( 2) ( 1)4 1 3E A 得1 2 32, 1 求得對應

7、的 lambda; 1 =lambda; 2 =2 的線性無關特征向量為1 2(1 0 4) , (1 4 0)T T_ _ ，對應 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 ,則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、 正確 100 分有相同的特征多項式。與 故）（）（）（而相似。與 故成立， 則，不可逆，則有：可逆， 解：如果多項式。相似，且有相同的特征 與 ，證明 階方陣，且有一個可逆 均為 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) 因為 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所有它的約當標準型為 ， 的初級因子為 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得相似矩陣帶入方程三得出 將得解第二個方程解得 因為列出方程組 于是有：），得 再設(2)因為 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所有它的約當標準型為 ， 的初等因子為 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 然后將 得解第二個方程， 解得 因為于是列出方程組 于是有：），得 再設(3)因為 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所有它的約當標準型為 ， 的初級因子是 在設 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即得方程組， ， 于是有， ， 由解 A+E= 3 6 33 6 36 12 6， 得1_ 的基礎解系為 T Te e 1 0 1 , 0 1 22 1 ， 選取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然后解第三個方程得，(4)因為 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 它的初級因子為2) 1 ( ), 1 ( ，故 A 的約當標準型為 111 1J

13、 .在設 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即得方程組， ， 于是有， ， 由 因為 A-E= 3 1 13 3 36 2 2 解得1_ 的基礎解系為 T Te e 1 0 3 , 0 1 12 1 ，選取1_ T 0 1 1 ,因為方程1 和方程 2 是一樣的，故 ) , , 3 (2 1 2 1 2 2 1 1 2c c c c e c e c

14、_ 可選擇2 1c c， 的值使下面兩矩陣的秩相等：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 將， 所以 得6、 （ （1 ）設 A=1 2 61 0 31 1 4 則 A 的特征多項式為：f（ ）= E A =1 2 61 31 1 4 =3( 1) 故 A 的最小多項式只能是：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 的最小多項式為：m（ ）= 2( 1) 正確（ （2 ）設 A= 0 0 10 1 01 0 0 則 A 的特征多項式為：f（ ）= E A = 0 10 1 01 0=2( 1) （ 1 ）故 A 的最小多項式只能是：m（ ）=（ 1 ）（ 1 ）或 m（ ）= f（ ）又因 m（A）= A E A E =0 便知 A 的最小多項式為：m（ ）=（ 1 ）（ 1 ）（ （3 ）設 A= 3 1 3 11 3 1 33 1 3 11 3 1 3 則 A 的特征多項式為：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 的最小多項式只能是 m（ ）= 、2、3 又因 m（A）=Ane;0 且 m（A）=A 2 =0 便知 A 的最小多項式為：m（ ）= 2 正確 100 分，但是最好用不同的方法計算7.將下列- 矩陣化為 Smith 標準形。（ （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、求下列矩陣的 smith 標準形 （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初級因子：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初級因子：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初級因子：3 , 3 , , i i9 題：證明：根據哈密頓-開萊定理 0 ) (| | ) (111 A fa a a A E fn nn n則 （1）即 0111 E a A a A a An nn n(2) 在式 1 中如果我們令 0 就能得到 | | ) 1 ( A ann 對于可逆矩陣 A 我們可以知道 0 | | A 所以 0 na于是對于式 2 兩邊同時乘以1 A 得到 011211 A a E a A a An nn n即 ) (11211 1E a A a AaAnn nn 正確 100 分為可逆矩陣.正確 又,即 .正確 100 分11.若 A,B 均為 n 階方陣,又 E-AB 可逆,證明: (E-BA) -1 =E+