nk rnn12习题 一1．（ 1）因cosnx sin nx sin nx cosnx cosx sin x sin x =cosxcos(n sin(n 1)x 1)x sin( n cos(n 1)x 1)x，故由归纳法知cosnx sin nx A。
sin nx cosnx（ 2）直接计算得A4E ，故设 n4 k r (r 0,1,2,3) ，则 AnA 4 k Ar( 1) A ， 即只需算出 A 2, A 3即可。
0 1 0 1（ 3 ）记 J=，则，1 0n1 n 12 n 2na C n aC n a C nanC 1 a n 1C n 1aAn(aE J )nnC i a i Jn ii 0n n an 。
C 1a n 1 an2. 设 AP1a2P 1(a 1,0),则由A 2E 得a 1时,11110 12 12 1 02不可能。
1而由 a10时,2 1知1 所以所求矩阵为 PB P 1 ，其中 P 为任意满秩矩阵，而ii2221 0 1 0 1 0 B 1, B 2, B 3。
0 10 11注： A2E 无实解， AnE 的讨论雷同。
3. 设 A 为已给矩阵，由条件对任意n 阶方阵 X 有 AX=XA ，即把 X 看作 n 2个未知数时线性方程 AXXA=0 有 n 2个线性无关的解， 由线性方程组的理论知其系数矩阵为零矩阵，1*1a w通过直接检验即发现 A 为纯量矩阵。
a na n 1 a 1 04. 分别对（ A B ）和A 作行（列）初等变换即可。
C5. 先证 A 或 B 是初等到阵时有AB*B *A *，从而当 A 或 B 为可逆阵时有AB*B * A *。
考虑到初等变换 A 对 B 的 n1阶子行列式的影响及 A A 即可得前面提到的结果。
E r 0 下设 PAQ，（这里 P ， Q 满秩），则由前讨论只需证下式成立即可：0 0**E r 0 *E r 0 B B，0 00 0（ 1） r<n-1 时，因秩小于 n-1 的 n 阶方阵的 n-1 阶子式全为 0，结论显然；B n1*E r 0 0 0 **E r 0 0B n2（ 2） r=n-1 时，0 0， B，但0 10 0E r 0b 11b 12b 21b 22b 1 nb 2nb 11b 12b 21b 22b 1n b 2n ，故0 B nn0 0b n1b n2b nn0 0E r 0 B n1 *B n 2**E r 0 BB。
0 00 00 B nn6. 由 r ( A)r ( A )及 AX( AX ) AX0 ，即 AX 0 与 A AX0 同解，此即所求证。
7. 设其逆为a ij ，则当 I 固定时由可逆阵的定义得 n 个方程aa wj 1 a w j 1 a wj 1 ， j1,2, n ，i 1i 2i 3 in ij其中ij 为 Kronecker 符号。
对这里的第l 个方程乘以 wj 1 n l然后全加起来得nwj1 n 1ijj 1 n i，即得 a ij1 w j 1nn 1 i。
注：同一方程式的全部本原根之和为0，且 w m也是本原根 （可能其满足的方程次数小于n ）。
12n 1nn 1 11. 因 x1 x 1 习题 二x ，所以 V 中零元素为 1，x 的负元素为1，再证结合律、交换律和x分配律。
2. 归纳法：设 W 1W 2W s 1V ，则下面三者之一必成立：（1） W 1W 2 W s 1 W s ；（2） W 1W 2W s 1 W s 。
（ 3） 存在W 1 W 2W s 1 W s 及W s (W 1 W 2W s 1) 。
如果是（ 1）（ 2）则归纳成立，如果是（ 3）则选 s 个不同的数 k 1, k 2 , , k s ，则必有某一个 k iW 1 W 2 W s 。
3. U 是满足方程 tr(A)=0 解向量空间， 其维数为非 0 的矩阵生成。
n21 ，故其补空间为一维的， 可由任一迹4. 易证线性封闭。
又设V 中元素为 fa x n 1a xn 2a ，则 U 是满足方程a n a n 1a 1 0 的子空间。
故 U 的维数为 n-1，其补空间为一维的，故任取一系数非 0 且不满足此方程式的元即可生成此补空间。
5. 记 U=u 1 ,u 2 , u 3 ， W w 1, w 2 ，把 U,W 放在一起成 4 行 5 列的矩阵，其 Hermite 标准形为1 4 5 1 20 1 11 53 9 ，0 0 0 1 3 0 0 0 0 0故UW 的基为 3w 1 w 2 ，U 的基为 3w 1 w 2 ，u 1 ；W 的基为 3w 1 w 2 ，w 1 ；U W的基为 3w 1w 2 ， u 1 ， w 1 。
6.U W( x, y, z, w) x y z w x y z w 0 1 1 1 1 ， r2 ，1 1 1 1故dim U W2,dim U W dim U dim W dim U W4；iU W 的基为方程组的解向量 0,1,1,-1和 1,1, 1, 1 。
7．（ 1）由 x( x 1) jj 1 a X i知x j可表示为 ( x i 01)i线性组合，由基定义知其为一组基。
（ 2）由nna xib x 1 i及 x j(x 1 1)jjCi xji1 得 bC ja 。
iijjk ki 0 i 0 i 0k 0j注：当 k<j 时， C k1 。
8. 由j为 1,2, ,t 的线性组合知存在矩阵 A 使得1, 2 , ,s1, 2 , ,tA ，由i 线性无关可知r A s 故 s t ，把 A 的 Hermite 标准形非 0 行的第一个非 0 元所在列对应的i 全替代为 i 即为所求。
9. 易证为子空间；U 为B 在空间ZXA x F n上的核空间，故dim U dim Z XA XFnr AB r A r AB 。
习题三1. 略a by 1 2.x, y x 1 , x 2b c y 2，故内积定义的（ 1）（ 3）显然；而（ 2）成立a b 为正定矩阵a 0, ac b20 。
b c3．（ 1）（ 3）显然（ 2） ( f , f ) 0 且等号成立当且仅当 ( f , f ) 0f20 f20 2f 0 f2j1231 2 3 1 2 3 a cos a cos b sin 0b sin 0 2 2a b 0f0 。
2|| h(t ) ||3cos7 4sin 924cos9 3sin 75 。
习题 四1.设 AB 的特征值及其对应的特征向量为 i, X i ，即 ABX iiX i ，如 BX i0 ，则i0（注意到只能有一个特征值为0）。
故由 BABX i iBX i 知 BA 与 AB特征值勤全相同，所以它们都相似于dig1, 2 ,n。
2. 对应的矩阵为T0 2 2 2 3 1 ，213即e , e , e e ,e , e A,作 基 变 换e , e , e' ', e',e 则 e .P12312312 3123e ', e ' ,e'e , e ,e PAP 1. 故使为对角形的基 e ,e ,e P 1即可。
3. V 的一组基为1 0 0 0 0 1， ， ，分别记为 0 1 1 0 0 0e 1 , e 2 , e 3 ，则e 1e 2 e 3, e 2 e 2 e 3, e 3 e 3 e 2 ，故e 1 ,e 2,e 3e 1 ,e 2 , e 30 0 01 1 1 = 1 11e 1, e 2 ,e 3 A ，求出使 PAP 1为对角形阵的 P ，基取为e ,e , e P11234. 令 P1 2,则P 1AP0 0 ，2 10 10 0 10 0 tr A1,| A| 0, A PP。
0 10 55. | E m AB | m n E n BA 知除0 外AB 与BA 的特征值全相同（包括代数重数），而迹为矩阵特征值之和。
6. （1）特征多项式x2 8 x7 为最小多项式，可能角化（2）| E A| 1 2 3 为最小多项式，可对角化（3 ）特征多项式为21 2 ，经验证 A E A 2E ，故最小多项式为1 2 ，可对角化。
（4）同（3），但 A E A 2E 0 ，故最小多项式为21 2 ，不能对角化。
a 0 a 1 2 2 7．（1）A , B ，则f A f B x a , m A x a x a m B ；0 a 0 a（2）A , B3 2 2fAx a x b x a x b fB，2 m A x a2x b x a x b m B8. 由特征多项式的表达式特和题设有n n 2 n ni 0, i j 0 ，故0 2 2i i i j ii 1 i j i 1 i 1 i j i 1又i为实数故i均为0。
现由Shur 定理存在P 使0 * * *0 * *P 1AP =B ，*直接计算得B n0, 故A n PB n P 1 0 。
nn9. 由i i 1 n且n 1 2ini 1 即得。
n，a 1 0 0 a 1 0 00 a 0 0 0 a 0 0 0 0 a 0 0 0 b 0 0 0 0 b 0 0 0 b10. 略11. 略12. 盖尔圆分离且 A 为实阵，故 A 有n 个不同实根。
（命题 4.4.1 及其推论）13. 略习题五1. 略2. 略3. 略4. 略1 0 05．（1） E A 0 6 2 2 2 4 100 3 5 4 71 0 00 0 2 4 4 0 2 1 1 0 00 0 0 ，30 0 -2即初等因子为32 ，故Jordan 标准形为2 1 00 2 1 ，0 0 2由AX=2X 解出X1 ，再由AX-2X= X 1求出X 2 及由AX 2 X X 2 解出X3 ，则P X1, X 2, X 3即为所求。
6. 略7. 由于幂0 阵的特征值全为0，故若其不为0 阵则其Jordan 标准形必含阶大于 1 的Jordan块A 1 23410 1 0 1J=，1 0但 J 的最小多项式为r（ r>1 ）有重根不能对角化， 故幂 0 阵的 Jordan 标准形不能对角化，那它自己当然也不能对角化。
8. 设 P A PJA 为 A 的 Jordan 标准形及 ，J Adig1, 2 , ,n0 * 0 0 0 ** 0dig iM ，易算出 Mn0 ， ( P 1 MP) no ，而A P 1J P P 1digiP P 1MP D N 。
9. 特征值为 1,i , i ，可对角化后计算。
10. 记 V 的基为 e e x,e xe x, e x 2e x, e e 2 x则T e 1, e 2 ,e 3,e 4e 1,e 2 , e 3 ,e 4e 1, e 2 ,e 3, e 4 A ，E A可初等变换为30 0-1，故初等因子为32, 1 ；以下略。