第三次习题è®&um

&ccedil&not - 第 3 次讨论课 Exercise 1 设 σ 是实数 域 上 于 V 的某个基的矩阵是 6 4 10 3 维线性空间 V

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Unformatted text preview: 第 3 次讨论课 Exercise 1 设 σ 是实数 域 上 于 V 的某个基的矩阵是 6 4 10 3 维线性空间 V 的一个线性变换,它关 −3 −2 −1 −2 −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)(λ2 + 1),从而可以知道 极小多项式为: mA (x) = (x − 2)(x2 + 1) 故 m1 (x) = x − 2, m2 (x) = x2 + 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: 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 W2 ,β = εβ = u(σ )m1 (σ )β +v (σ )m2 (σ )β = 0, 所以,W1 W2 = {0}。 故 V = W1 ⊕ W2 。 200 2 01 (3) 因为 + I = 0,所以 A 可以相似于 0 0 1 。 −1 0 0 −1 0 特征多项式与极小多项式的不可 约因子集相同 Bezout 不等式 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 01 为 ,即 σα2 = −α3 , σα3 = α2 。 −1 0 注意到 W2 = Ker(σ 2 + 1),故只要 α2 , α3 满足 σα2 = −α3 ,便有 σα3 = 2 −σ α2 = α2 。 1 −3 所 以 任取 α2 = 1 ∈ W2 , 令 α3 = −σα2 = −3 ∈ W2 , 再 0 −5 1 取 α1 = 0 ∈ W1 。 2 200 可知 σ 关于 (α1 , α2 , α3 ) 的方阵表示为 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 22 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 −1 AP = 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 (λ1 I, λ2 I, . . . , λs I )P −1 ,N = P diag (A1 − λ1 I, A2 − λ2 I, . . . , As − λs I )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 N n = 0,即 υ 是幂零变换。通过它们的 定义,显然有 σ = + υ ,且 τ υ υτ 。 τ = 3 1 −1 给定方阵 A = 2 2 −1 ,计算得 |λI − A| = (λ − 2)2 (λ − 1)。 22 0 1 1 λ = 1 对应的特征向量为 0 ,λ = 2 对应的特征向量只有 1 。 2 2 1 1 解方程 (A − 2I )x = 1 ,得到 x = 1 。 2 1 111 200 于是 P = 1 1 0 ,τ 的方阵表示为 P 0 2 0 P −1 ,υ 的方 001 2 1 2 010 阵表示为 P 0 0 0 P −1 。 000 2 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 (b1 α1 +· · ·+br αr ) = (b1 a11 +· · ·+br a1r )α1 +(b2 a22 +· · ·+br a2r )α2 +· · ·+br arr αr 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 11 1 2 32 A= 12 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 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 xm − 1 = 0 的根,所以 A 的极小多项式没有重根。故 A 可以对角化。 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 = 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 , A2 α1 ∈ V0 , · · · 。 因 而 L(α1 , Aα1 , · · · , An−1 α1 ) ∈ V0 。 又 ∀k ≥ n, Ak α 必 可 由 α1 , Aα1 , · · · , An−1 α1 线性表出,所以 L(α1 , Aα1 , · · · , An−1 α1 ) 就是包含 α1 的最小不变 子 空 间 。 实 际 上 , 取 α1 , Aα1 , · · · , An−1 α1 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−1 α1 。 例:变换 σ 在 1 1 1 1 0 , α2 = 1 , α3 = 1 , α4 = 1 α1 = 1 1 0 0 1 0 0 0 定理 4.24 3 下的矩阵是 11 1 1 1 A= 11 0 1 1 , 1 1 4 3 令 α = 则首先要写出 α 在 α1 , α2 , α3 , α4 下的坐标 2 1 2 5 12 3 7 17 然后计算 Aα = ,A2 α = ,A3 α = 2 5 12 , 0 0 0 由于 α, Aα, A2 α 线性无关而 α, Aα, A2 α, A3 α 线性相关,故包含 α 的最 小不变子空间为 L(α, Aα, A2 α)。 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: 000 010 010 0 0 0 , 0 0 0 , 0 0 1 000 000 000 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 例: 0 01 0 是两个不同的若当标准型, 和 0 1 0 0 但它们具有相同的最小多项式 x2 。 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: 2 2 −3 1 −3 −3 −3 Exercise 8 设 和 2 2 −3 1 −3 −3 1 −3 20 0 0 6 −1 −1 0 A= 0 0 −1 0 00 0 −1 求可逆矩阵 P 和 Jordan 标准形 J ,使得 P −1 AP = J 。 解: 0 0 1 0 易见,λ = −1 是一个特征值,对应的特征向量为 和 。 0 0 0 1 20 0 只需考虑 6 −1 −1 即可。计算得 fA (λ) = (λ − 2)(λ + 1)2 ,λ = 2 0 0 −1 1 对应的特征向量为 2 ,还需求 λ = −1 的一个广义特征向量。为使方程 0 0 0 有解,求 (A + I )x = 1 得 x = 0 。 −1 0 −1 1 0 0 01 1 0 0 2 −1 。 ,P −1 AP = 于是 P = 0 −1 0 0 −1 2 0 0 10 5 ...
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This note was uploaded on 03/25/2010 for the course MATH 40 taught by Professor F.yu during the Spring '05 term at Tsinghua University.

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