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[原创]浙江大学2012年研究生入学考试高等代数试题参考解答

浙江大学2012年研究生入学考试高等代数试题参考解答 高等代数资源网

2013.8.2

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2. 试题 每题15分.

一.设$E$是$n$阶单位矩阵,
$$M=\begin{pmatrix}%
0&E\\
-E&0
\end{pmatrix},$$
矩阵$A$满足$A^{T}MA=M.$证明$A$的行列式等于1.

二.设$A$是$n$阶幂等矩阵,满足

(1)$A=A_{1}+\cdots+A_{s};$

(2)$r(A)=r(A_{1})+\cdots+r(A_{s}).$

证明:所有的$A_{i}$都相似于一个对角阵,$A_{i}$的特征值之和等于矩阵$A_{i}$的秩.

三.设$\phi$是$n$维欧氏空间的正交变换,证明:$\phi$最多可以表示为$n+1$个镜面反射的复合.

四.设$A$是$n$阶复矩阵,证明存在常数项等于0的多项式$g(\lambda),h(\lambda)$使得$g(A)$是可以对角化的矩阵,$h(A)$是幂零矩阵,且$A=g(A)+h(A).$

五.设$A=\begin{pmatrix}%
3&2&-2\\
k&-1&-k\\
4&2&-3
\end{pmatrix}.$(i)当$k$为何值时,存在矩阵$P$使得$P^{-1}AP$为对角矩阵?并求出这样的矩阵$P$和对角矩阵.(ii)求$k=2$时矩阵$A$的Jordan标准形.

六.令二次型$f(x_{1},\cdots,x_{n})=\sum_{i=1}^{m}(a_{i1}x_{1}+\cdots+a_{in}x_{n})^{2}.$

(i)求此二次型的方阵.

(ii)当$a_{ij}$均为实数时,给出此二次型为正定的条件.

七.设$V$和$W$是数域$K$上的线性空间,$Hom_{K}(V,W)$表示$V$到$W$的所有线性映射组成的线性空间.证明:对$f,g\in Hom_{K}(V,W),$若$Imf\cap Img=\{0\},$则$f,g$在$Hom_{K}(V,W)$中是线性无关的.

八.令线性空间$V=Imf\oplus W,$其中$W$是线性变换$f$的不变子空间.

(i)证明$W\subseteq Kerf;$

(ii)证明若$V$是有限维线性空间,则$W=Kerf;$

(iii)举例说明,当$V$是无限维的,可能有$W\subseteq Ker f,$且$W\neq Kerf.$

九.设$A=\begin{pmatrix}%
1&0&-1&2&1\\
-1&1&3&-1&0\\
-2&1&4&-1&3\\
3&-1&-5&1&-6
\end{pmatrix}.$

(i)求$5\times 5$阶秩为2的矩阵$M,$使得$AM=0;$

(ii)假如$B$是满足$AB=0$的$5\times5$阶矩阵,证明:秩$rank(B)\leq2.$

十.令$T$是有限维线性空间$V$的线性变换,设$W$是$V$的$T-$不变子空间.那么$T|_{W}$的最小多项式整除$T$的最小多项式.

 

3. 参考解答 一.设$E$是$n$阶单位矩阵,
$$M=\begin{pmatrix}%
0&E\\
-E&0
\end{pmatrix},$$
矩阵$A$满足$A^{T}MA=M.$证明$A$的行列式等于1.

\textbf{证明:}(法1)将$A$分块为
$$A=\begin{pmatrix}
A_{1}&A_{2}\\
A_{3}&A_{4}
\end{pmatrix}$$
由$A^{T}MA=M$有
$$
\begin{aligned}
-A_{2}A_{1}^{T}+A_{1}A_{2}^{T}&=&0\\
-A_{2}A_{3}^{T}+A_{1}A_{4}^{T}&=&I\\
\end{aligned}
$$

若$A_{1}$可逆,由$A$的分块可得$$|A|=|A_{1}||A_{4}-A_{3}A_{1}^{-1}A_{2}|$$由上面第一式可得$$A_{2}=A_{1}A_{2}^{T}(A_{1}^{-1})^{T}$$
代入第二式可得
$$A_{4}-A_{3}A_{1}^{-1}A_{2}=(A_{1}^{-1})^{T}$$
从而可得$|A|=1$.

当$A_{1}$不可逆时,考虑矩阵$A_{1}+tE,$则存在无穷多$t$的值使得$A_{1}+tE$可逆(这是因为$|A_{1}+tE|$是关于$t$的一个多项式,只能有有限个根.),由前面的证明有
$$1=\begin{vmatrix}%
A_{1}+tE&A_{2}\\
A_{3}&A_{4}
\end{vmatrix}.$$
此式两边是关于$t$的多项式,且有无穷多$t$的值使得等式成立,从而等式恒成立.令$t=0$可得.

(法2)博士数学论坛(www.math.org.cn)的mxcandy提供.

由$A^{T}MA=M$有
$$M(\lambda E-A)=\lambda M-MA=\lambda A^{T}MA-MA=(\lambda A^{T}-E)MA.$$
两边取行列式,由$|M|=1\neq0$得
$$|\lambda E-A|=|A||\lambda A^{T}-E|.$$
注意到$A$是$2n$阶矩阵,以及矩阵的转置行列式不变有
$$|\lambda A^{T}-E|=|E-\lambda A^{T}|=|(E-\lambda A^{T})^{T}|=|E-\lambda A|.$$
于是
$$|\lambda E-A|=|A||\lambda A^{T}-E|=|A||E-\lambda A|.$$
记$A$的特征多项式$|\lambda E-A|=f(\lambda),$则由上式有
$$f(\lambda)=|\lambda E-A|=|A|\lambda^{2n}f(\dfrac{1}{\lambda}).\eqno(*)$$
考虑$\lambda=1,$设$2n$次多项式$f(\lambda)$有分解式
$$f(\lambda)=(\lambda-1)^{m}g(\lambda),g(1)\neq0,0\leq m\leq 2n.$$
已知$A^{T}MA=M,$两边取行列式,可得$|A|^{2}=1,$从而$A$可逆,故
$$MA=(A^{T})^{-1}M,$$
由平滑性或者归纳法可得,对任意自然数$k$有
$$M(E-A)^{k}=(E-(A^{T})^{-1})^{k}M,$$
从而
$$M(E-A)^{2k}=M(E-A)^{k}(E-A)^{k}=(E-(A^{T})^{-1})^{k}M(E-A)^{k}=-(A^{T})^{-k}(E-A)^{k}M(E-A)^{k}.$$
由$M^{T}=-M$知,$(E-A)^{k}M(E-A)^{k}$反对称,注意到$|M|=1,$从而
$$rank((E-A)^{2k})=rank((E-A)^{k}M(E-A)^{k}).$$
由于反对称矩阵的秩为偶数,从而$rank((E-A)^{2k})$为偶数.特别的,任取$2k\geq m,$则特征值$\lambda=1$的代数重数$m$为偶数,即
$$m=2n-rank((E-A)^{2k})\triangleq 2p,2k\geq m,0\leq p\leq n.$$
把$f(\lambda)=(\lambda-1)^{2p}g(\lambda)$代入到(*)式,得
$$(\lambda-1)^{2p}g(\lambda)=|A|\lambda^{2n}(\dfrac{1}{\lambda}-1)^{2p}g(\dfrac{1}{\lambda}),$$

$$g(\lambda)=|A|\lambda^{2n-2k}g(\dfrac{1}{\lambda}),$$
令$\lambda=1,$并注意到$g(1)\neq0,$可得$|A|=1.$

注1:满足题目条件的矩阵$A$称为辛矩阵.

注2:由上述证明知:辛矩阵的特征多项式自反,特征值互倒成对,$\lambda=\pm1$代数重数为偶数.

(法3)许以超,线性代数与矩阵论(第二版).高等教育出版社.P329.

(法4)许以超,线性代数与矩阵论(第二版).高等教育出版社.P405.

(法5)高等代数中的一些问题.博士数学论坛(www.math.org.cn)xida.P7.
二.设$A$是$n$阶幂等矩阵,满足

(1)$A=A_{1}+\cdots+A_{s};$

(2)$r(A)=r(A_{1})+\cdots+r(A_{s}).$

证明:所有的$A_{i}$都相似于一个对角阵,$A_{i}$的特征值之和等于矩阵$A_{i}$的秩.

\textbf{证明:}只需证明$A_{i}$是幂等矩阵.利用$n$阶矩阵$C$是幂等矩阵的充要条件为$r(C)+r(C-E)=n,$只需证明$r(A_{i}-E)=n-r(A_{i}).$利用矩阵秩的不等式
$$|r(A)-r(B)|\leq r(A\pm B)\leq r(A)+r(B)$$
以及题目条件有
$$\begin{aligned}%
n-r(A_{i})\leq r(A_{i}-E)&=r(A-E-(A_{1}+\cdots+A_{i-1}+A_{i+1}+\cdots+A_{s}))\\
&\leq r(A-E)+r(A_{1}+\cdots+A_{i-1}+A_{i+1}+\cdots+A_{s})\\
&\leq r(A-E)+r(A_{1})+\cdots+r(A_{i-1})+r(A_{i+1})+\cdots+r(A_{s})\\
&=n-r(A)+r(A)-r(A_{i})\\
&=n-r(A_{i}).
\end{aligned}$$
从而$r(A_{i}-E)=n-r(A_{i}).$

三.设$\phi$是$n$维欧氏空间的正交变换,证明:$\phi$最多可以表示为$n+1$个镜面反射的复合.

\textbf{证明:}(法1)设$\alpha$是$n$维欧氏空间$V$中的单位向量,定义线性变换
$$\sigma(\beta)=\beta-(\beta,\alpha)\alpha,\forall\beta\in V,$$
则$\sigma$是$V$的正交变换,称为镜面反射(镜像变换).计算可得$\sigma^{2}=I$(恒等变换).

设$\alpha_{1},\alpha_{2}$是$n$维欧氏空间$V$中的两个长度相等的不同向量,则存在镜面反射$\sigma$使得$\sigma(\alpha_{1})=\alpha_{2}.$
实际上,令$\alpha=\dfrac{\alpha_{1}-\alpha_{2}}{|\alpha_{1}-\alpha_{2}|},$定义$\sigma(\beta)=\beta-(\beta,\alpha)\alpha,\forall\beta\in V$即可.

下面证明原问题.对空间的维数$n$用数学归纳法.

当$n=1$时,设$e_{1}$是$V$的单位向量,则$V=L(e_{1}).$由于$\phi(e_{1})\in V,$故存在实数$\lambda$使得$\phi(e_{1})=\lambda e_{1},$由$\phi$是正交变换可得
$$1=(e_{1},e_{1})=(\phi(e_{1}),\phi(e_{1}))=\lambda^{2}(e_{1},e_{1})=\lambda^{2},$$
因此$\lambda=\pm1.$令
$$\tau(\alpha)=\alpha-2(\alpha,e_{1})e_{1},\forall\alpha\in V,$$
则$\tau$是镜面反射,且当$\lambda=1$时,对$\forall\alpha\in V,$设$\alpha=ke_{1},k\in R$则
$$\phi(\alpha)=k\phi(e_{1})=ke_{1},\forall\alpha=ke_{1}=\alpha,\in V,$$
即$\phi$是恒等变换.而
$$\tau^{2}(\alpha)=k\tau^{2}(e_{1})=k\tau(-e_{1})=ke_{1}=\alpha,$$
即$\tau^{2}$也是恒等变换,从而$\phi=\tau^{2}.$而当$\lambda=-1$时,显然$\phi=\tau.$

假设结论对$n-1$维欧氏空间成立,对$n$维欧氏空间$V$的一正交变换$\phi,$若$\phi=I,$则对$V$的任一镜面反射$\sigma$有$\phi=I=\sigma^{2}.$若$\phi\neq I,$则存在$V$的单位向量$e$使得$\phi(e)=\eta\neq e,$由于$|\eta|=|\phi(e)|,$从而存在$V$的镜面反射$\tau$使得$$\tau(\eta)=e.$$
于是$$\tau(\phi(e))=e.$$
令$W=L(e),$由于$\tau\phi$仍为正交变换,故$W^{\bot}$是$\tau\phi$的$n-1$维不变子空间,且$\tau\phi|_{W^{\bot}}$为正交变换.由归纳假设,在$W^{\bot}$中存在单位向量$\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{k},$它们分别决定$W^{\bot}$的镜面反射$\sigma_{1},\sigma_{2},\cdots,\sigma_{k}$使得
$$\tau\phi|_{W^{\bot}}=\sigma_{1}\sigma_{2}\cdots\sigma_{k},$$
现将$\sigma_{i}$的定义扩大到$V,$即补充定义$\sigma_{i}(e)=e.$则$\sigma_{i}$即为$\alpha_{i}$决定的$V$的镜面反射.这是因为$\forall\alpha\in V,$设$\alpha=\beta_{1}+\beta_{2},\beta_{1}=ke\in W=L(e),\beta_{2}\in W^{\bot},$注意到$(\beta_{1},\alpha_{i})=0,$则
$$\begin{aligned}%
\sigma_{i}(\alpha)&=\sigma_{i}(\beta_{1})+\sigma(\beta_{2})\\
&=\beta_{1}+\beta_{2}-2(\beta_{2},\alpha_{i})\alpha_{i}\\
&=\alpha-2(\alpha,\alpha_{i})\alpha_{i}.
\end{aligned}$$
现在显然有$\sigma_{1}\sigma_{2}\cdots\sigma_{k}(\beta_{1})=\beta_{1},$这是因为$\tau\phi(e)=e,$故$\tau\phi(\beta_{1})=\beta_{1}.$从而
$$\begin{aligned}%
\tau\phi(\alpha)&=\tau\phi(\beta_{1})+\tau\phi(\beta_{2})\\
&=\beta_{1}+\sigma_{1}\sigma_{2}\cdots\sigma_{k}(\beta_{2})\\
&\sigma_{1}\sigma_{2}\cdots\sigma_{k}(\beta_{1})+\sigma_{1}\sigma_{2}\cdots\sigma_{k}(\beta_{2})\\
&=\sigma_{1}\sigma_{2}\cdots\sigma_{k}(\alpha)
\end{aligned}$$
从而$\tau\phi=\sigma_{1}\sigma_{2}\cdots\sigma_{k}.$注意到$\tau^{2}=I,$有
$$\phi=\tau\sigma_{1}\sigma_{2}\cdots\sigma_{k}.$$

(法2)$n$阶矩阵$M=E-2\alpha\alpha^{T},$其中$\alpha$是$n$维实列向量,且$\alpha^{T}\alpha=1.$则矩阵$M$是正交矩阵,称为镜像矩阵.容易验证$M^{2}=E.$即单位矩阵是两个镜像矩阵之积.

设$\alpha,\beta$是两个不同的$n$维实列向量,且$|\alpha|=|\beta|,$则存在实镜像矩阵$M$使得$M\alpha=\beta.$实际上,令$\alpha=\dfrac{\alpha-\beta}{|\alpha-\beta|},M=E-2\alpha\alpha^{T}$即可.

可以证明欧氏空间中的线性变换$\phi$是镜面反射的充要条件是$\phi$在一组标准正交基下的矩阵为镜像矩阵.

这样要证明原问题,只需证明任意$n$阶实正交矩阵$A$可以分解不超过$n+1$个镜像矩阵之积即可.

对矩阵的阶数$n$用数学归纳法.
$n=1$时,结论显然成立.

假设结论对$n-1$阶矩阵成立,将$n$阶正交矩阵$A$按列分块为
$$A=(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n}),$$
则$|\alpha_{1}|=1,$从而存在镜像矩阵$M_{1}$使得$M_{1}\alpha_{1}=(1,0,\cdots,0)^{T},$注意到$M_{1}A$还是正交矩阵,必有
$$M_{1}A=M_{1}(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n})=(M_{1}\alpha_{1},M_{1}\alpha_{2},\cdots,M_{1}\alpha_{n})=\begin{pmatrix}
1&0&\cdots&0\\
0& &  &\\
\vdots&&Q_{1}&\\
0&&&
\end{pmatrix}$$
容易验证$Q_{1}$也是正交矩阵,从而由归纳假设,存在$n-1$阶镜像矩阵$M_{2},\cdots,M_{k}$使得$$Q_{1}=M_{2}\cdots M_{k},$$
于是
$$A=M_{1}^{-1}\begin{pmatrix}
1&0&\cdots&0\\
0& &  &\\
\vdots&&Q_{1}&\\
0&&&
\end{pmatrix}
=M_{1}^{-1}
\begin{pmatrix}
1&\\
&M_{2}\cdots M_{k}
\end{pmatrix}
=M_{1}^{-1}
\begin{pmatrix}
1&\\
&M_{2}
\end{pmatrix}
\cdots
\begin{pmatrix}
1&\\
&M_{k}
\end{pmatrix}.$$
易知$\begin{pmatrix}
1&\\
&M_{i}
\end{pmatrix}$都是镜像矩阵.

 

四.设$A$是$n$阶复矩阵,证明存在常数项等于0的多项式$g(\lambda),h(\lambda)$使得$g(A)$是可以对角化的矩阵,$h(A)$是幂零矩阵,且$A=g(A)+h(A).$

\textbf{证明:}等我看看能否找到一个好的方法.

五.设$A=\begin{pmatrix}%
3&2&-2\\
k&-1&-k\\
4&2&-3
\end{pmatrix}.$(i)当$k$为何值时,存在矩阵$P$使得$P^{-1}AP$为对角矩阵?并求出这样的矩阵$P$和对角矩阵.(ii)求$k=2$时矩阵$A$的Jordan标准形.

\textbf{证明:}由于
$$|A-\lambda E|=\begin{vmatrix}%
3-\lambda&2&-2\\
k&-1-\lambda&-k\\
4&2&-3-\lambda
\end{vmatrix}=-(\lambda+1)^{2}(\lambda-1),$$
故$A$的特征值为$$\lambda_{1}=-1(\mbox{二重}),\lambda_{2}=1.$$

(i)存在矩阵$P$使得$P^{-1}AP$为对角矩阵的充要条件是特征值的代数重数等于几何重数,即$r(A-\lambda_{1}E)=1,$而
$$A-\lambda_{1}E=\begin{pmatrix}%
4&2&-2\\
k&0&-k\\
4&2&-2
\end{pmatrix},$$
从而$k=0.$
$P$可以是
$$P=\begin{pmatrix}%
1&1&1\\
-2&0&0\\
0&2&1\\
\end{pmatrix},$$此时$P^{-1}AP=diag(-1,-1,1).$

(2)$k=2$时
$$\lambda E-A=\begin{pmatrix}%
\lambda-3&-2&2\\
-2&\lambda+1&2\\
-4&-2&\lambda+3
\end{pmatrix}
\rightarrow
\begin{pmatrix}%
1&&\\
&1&\\
&&(\lambda+1)^{2}(\lambda-1)
\end{pmatrix},$$
所以$A$的Jordan标准形为$$\begin{pmatrix}%
-1&1&\\
&-1&\\
&&1
\end{pmatrix}.$$

六.令二次型$f(x_{1},\cdots,x_{n})=\sum_{i=1}^{m}(a_{i1}x_{1}+\cdots+a_{in}x_{n})^{2}.$

(i)求此二次型的方阵.

(ii)当$a_{ij}$均为实数时,给出此二次型为正定的条件.

\textbf{证明:}(i)由于
$$(a_{i1}x_{1}+\cdots+a_{in}x_{n})^{2}=(x_{1},\cdots,x_{n})\begin{pmatrix}%
a_{i1}\\
\vdots\\
a_{in}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
a_{i1}&\cdots&a_{in}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
x_{1}\\
\vdots\\
x_{n}
\end{pmatrix},$$

$$\begin{aligned}%
f(x_{1},\cdots,x_{n})&=\sum_{i=1}^{m}(a_{i1}x_{1}+\cdots+a_{in}x_{n})^{2}\\
&=\sum_{i=1}^{n}(x_{1},\cdots,x_{n})\begin{pmatrix}%
a_{i1}\\
\vdots\\
a_{in}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
a_{i1}&\cdots&a_{in}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
x_{1}\\
\vdots\\
x_{n}
\end{pmatrix}\\
&=(x_{1},\cdots,x_{n})\begin{pmatrix}%
\sum_{i=1}^{n}a_{i1}^{2}&\cdots&\sum_{i=1}^{n}a_{i1}a_{in}\\
\vdots&\vdots&\vdots\\
\sum_{i=1}^{n}a_{in}a_{i1}&\cdots&\sum_{i=1}^{n}a_{in}^{2}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
x_{1}\\
\vdots\\
x_{n}
\end{pmatrix}
\end{aligned}.
$$
若记$A=(a_{ij})_{n\times n},$则$f(x_{1},\cdots,x_{n})=(x_{1},\cdots,x_{n})(A^{T}A)\begin{pmatrix}%
x_{1}\\
\vdots\\
x_{n}
\end{pmatrix}.$
故所求矩阵为$A^{T}A.$

(2)当$a_{ij}$为实数时,$A^{T}A$是半正定的,故$f(x_{1},\cdots,x_{n})=(x_{1},\cdots,x_{n})(A^{T}A)\begin{pmatrix}%
x_{1}\\
\vdots\\
x_{n}
\end{pmatrix}$正定的充要条件是$r(A^{T}A)=n.$而$r(A^{T}A)=r(A),$故原二次型正定的充要条件是$r(A)=n.$

七.设$V$和$W$是数域$K$上的线性空间,$Hom_{K}(V,W)$表示$V$到$W$的所有线性映射组成的线性空间.证明:对$f,g\in Hom_{K}(V,W),$若$Imf\cap Img=\{0\},$则$f,g$在$Hom_{K}(V,W)$中是线性无关的.

\textbf{证明:}注:这里应该假设$f\neq0,g\neq0.$否则题目无意义.
反证法.假设$f=kg,k\in K,$由于$f\neq0,$故存在$\alpha\in V,$使得$0\neq f(\alpha)\in Im f\subset W,$此时
$$o\neq \dfrac{1}{k}f(\alpha)=g(\alpha)\in Img,$$
注意到$Img$是$W$的字空间,从而$f(\alpha)\in Img,$这样$0\neq f(\alpha)\in Imf\cap Img.$这与条件矛盾.

八.令线性空间$V=Imf\oplus W,$其中$W$是线性变换$f$的不变子空间.

(i)证明$W\subseteq Kerf;$

(ii)证明若$V$是有限维线性空间,则$W=Kerf;$

(iii)举例说明,当$V$是无限维的,可能有$W\subseteq Ker f,$且$W\neq Kerf.$

\textbf{证明:}(i)$\forall\alpha\in W,$则由条件有
$$f(\alpha)\in Imf\cap W,$$
注意到$V=Imf\oplus W,$从而$Imf\cap W=\{0\},$故$f(\alpha)=0.$即$\alpha\in Kerf.$这就证明了$W\subseteq Kerf.$

(2)由(i),要证明$W=Kerf,$只需证明$dim W=dim Kerf.$而由$V=Imf\oplus W$以及维数公式$dimV=dim Imf+dim Kerf$有
$$dim W=dimV-dim Imf=dim Kerf.$$
从而结论成立.

(3)例:$V=P[x]$是数域$P$上关于$x$的一元多项式的全体,则$V$是无限维线性空间,$f(p(x))=p'(x)$为$V$上的求导线性变换,则
此时$Imf=V,Kerf=P,W=\{0\}.$

九.设$A=\begin{pmatrix}%
1&0&-1&2&1\\
-1&1&3&-1&0\\
-2&1&4&-1&3\\
3&-1&-5&1&-6
\end{pmatrix}.$

(i)求$5\times 5$阶秩为2的矩阵$M,$使得$AM=0;$

(ii)假如$B$是满足$AB=0$的$5\times5$阶矩阵,证明:秩$rank(B)\leq2.$

\textbf{证明:}将$M$按列分块为
$$M=(m_{1},m_{2},m_{3},m_{4},m_{5}),$$

$$0=AM=A(m_{1},m_{2},m_{3},m_{4},m_{5})=(Am_{1},Am_{2},Am_{3},Am_{4},Am_{5}),$$
即$Am_{i}=0,i=1,2,3,4,5.$此即$m_{i}$是线性方程组$Ax=0$的解.

(i)求解$Ax=0$可得其一个基础解系为
$$\alpha_{1}=(-1,2,1,0)^{T},\alpha_{2}=(3,1,0,-2,0)^{T}.$$
故可取
$$M=(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{1},\alpha_{1},\alpha_{1}).$$

(ii)注意到$B$的列向量是方程组$Ax=0$的解,而方程组的任一解皆可由其基础解系线性表示,故$B$的列向量可由$\alpha_{1},\alpha_{2}$线性表示,故$r(B)\leq2.$
十.令$T$是有限维线性空间$V$的线性变换,设$W$是$V$的$T-$不变子空间.那么$T|_{W}$的最小多项式整除$T$的最小多项式.

\textbf{证明:}易知$W$是平凡子空间,即$W=\{0\}\mbox{或}W=V$时,结论成立.

下面假设$0<dimW=r<dimV=n,$取$W$的一组基$\alpha_{1},\cdots,\alpha_{r},$将其扩充为$V$的一组基$\alpha_{1},\cdots,\alpha_{r},\alpha_{r+1},\cdots,\alpha_{n},$由$W$是$T$的不变子空间,则可知$T$在上述基下的矩阵为
$$T(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{r},\alpha_{r+1},\cdots,\alpha_{n})=(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{r},\alpha_{r+1},\cdots,\alpha_{n})
\begin{pmatrix}%
A_{r\times r}&B\\
0&C_{(n-r)\times(n-r)}
\end{pmatrix}.$$
设$T|_{W},T$的最小多项式分别为$m_{T}(x),m(x),$则
$$0=m(\begin{pmatrix}%
A_{r\times r}&B\\
0&C_{(n-r)\times(n-r)}
\end{pmatrix})
=\begin{pmatrix}%
m(A_{r\times r})&*\\
0&m(C_{(n-r)\times(n-r)})
\end{pmatrix},$$
从而$m(A)=0,$即$m(x)$是$T|_{W}$的零化多项式,从而$m_{T}(x)|m(x).$

\end{document}

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  1. 刘青

    怎么下载这个专题

    • admin

      看上面页面的最底部,百度云网盘下载吧.

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