谢启鸿高代II（20级）每周一题（部分）解答及想法

复习期间解了部分题目，未来可能更新完整。

引用链接：https://www.cnblogs.com/torsor/p/14447946.html

[S03] 设$V=M_n(\mathbb{C})$是n阶复方阵全体构成的集合.
（1）将$V$看成是复线性空间，$V$上的线性变化$\phi$定义为$\phi (X)=JX$，其中$J$是基础循环矩阵，试求$\phi$的全体特征值和对应的特征向量；
（2）将$V$看成是实线性空间，$V$上的线性变化$\phi$定义为$\phi (X)=\bar{X}$，其中$\bar{X}$是$X$的共轭矩阵，试求$\phi$的全体特征值和对应的特征向量.
注：$J=\left(\begin{array}{cc}0& I_{n-1}\\ 1& 0\end{array}\right)$
解：
（1）令$|\lambda I-J|={\lambda }^n-1=0$，解得${\lambda }_j={\omega }_j=cos(\frac{2j\pi }{n})+isin(\frac{2j\pi }{n})，(j=1,2,...,n)$为$J$的$n$个互不相同的特征值，其中，i是虚数单位.
容易验证列向量${\alpha }_j=(1,{\omega }_j,{\omega }_j^2,...,{\omega }_j^{n-1}{)}^{\prime }，(j=1,...,n)$是$J$关于特征值${\lambda }_j$的特征向量，因此它们线性无关，构成${\mathbb{C}}^n$的一组基.
定义$X_{jk}=\left(\begin{array}{c}0,...,0,{\alpha }_j,0,...,0\end{array}\right)(j=1,...,n;k=1,...,n)$，其中k指该矩阵只有第k个列向量是非零的。容易验证这是$n^2$个线性无关的复矩阵，因此构成$V$的一组基.
又容易验证$\phi (X_{jk})={\lambda }_j{X}_{jk}$，因此这$n^2$个向量恰好是$\phi$的$n^2$个线性无关的特征向量，$\phi$的全体特征值就是${\lambda }_j,(j=1,...n)$
（2）定义$E_{jk}$为第$j$行第$k$列元素为$1$，其余元素皆为$0$的矩阵. 则$E_{jk},i{E}_{jk}$恰好是$\phi$的$2n^2$个线性无关的特征向量. （注意：将$V$视为实线性空间时它的维数是$2n$）.其余易证.$◻$

[S05] 设$V=M_n(\mathbb{C})$是$n$阶复方阵全体构成的复线性空间，$V$上的线性变换$\phi$定义为$\phi (X)=J{X}^{\prime }{J}^{\prime }$，其中$J$是基础循环矩阵（定义同S03），证明：$\phi$可对角化.
证：与 https://www.cnblogs.com/little-epsilon/p/16590200.html 很相似，将${\alpha }_1,...,{\alpha }_n$取成$J$的n个线性无关的特征向量即可。$◻$

[S08] 设$V$是数域$\mathbb{K}$上的$n$维线性空间，$\phi$是$V$上的线性变换.证明：若$\phi$有$r$维不变子空间，则$\phi$必有$n-r$维不变子空间.
证：
由条件可知存在$V$上的一组基，使得$\phi$在这组基下的表示矩阵为$M=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ 0& C\end{array}\right)$
由于$M$和$M^{\prime }$有相同的行列式因子，因此它们相似，故有另外一组基，使得$\phi$的表示矩阵为$M^{\prime }=\left(\begin{array}{cc}{A}^{\prime }& 0\\ B^{\prime }& C^{\prime }\end{array}\right)$
由于$C^{\prime }$是一个$n-r$阶矩阵，因此$\phi$有一个$n-r$维不变子空间.$◻$

[S09] 设$A,B$是$n(n\ge 2)$阶方阵，已知$AB$的$Jordan$标准型为$J_n(0)$，试求$BA$的$Jordan$标准型，并举例说明其存在性.
解：
由条件可知$AB$的极小多项式为$m(\lambda )={\lambda }^n$，$(BA{)}^{n+1}=B(AB{)}^{n}A=0$，则$BA$极小多项式$n(\lambda )|{\lambda }^{n+1}$，所以$n(\lambda )={\lambda }^k$，k为正整数
假设$(BA{)}^{n-2}=0$，则$(AB{)}^{n-1}=A(BA{)}^{n-2}B=0$，与$AB$的极小多项式为$m(\lambda )$矛盾！因此$n(\lambda )={\lambda }^{n-1}\mathrm{或}{\lambda }^n$
这两种情况分别对应$BA$的$Jordan$标准型为$J_n(0)$和$\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& J_{n-1}(0)\end{array}\right)$
前者举例$A=J_n(0)，B=I_n$即可，后者举例$A=J_n(0)，B=diag\{0,1,...,1\}$即可$◻$
注：第二个例子是在第一个例子的基础上想出来的，仅仅是将单位阵的第一个$1$改为了$0$.

[S10] 设$S$是某些$n$阶方阵构成的集合，满足如下条件：
（1）$I_n\in S$;
（2）若$A,B\in S$，则$AB\in S$;
（3）对任意的$A,B\in S$, $(AB{)}^3=BA$成立.
证明：$S$中的矩阵可以同时对角化，并且S是有限集合.
证：
引理：若有限个n阶方阵均可对角化，且两两乘法可交换，则它们可以同时对角化。
证：见高代白皮书例6.48，主要想法是利用数学归纳法对阶数进行归纳.$◻$
取$A=I_n，B$是$S$中任取的方阵，由（3）可知$B^3=B$，故$S$中任一元素适合多项式${\lambda }^3-\lambda$，这是一个无重根的多项式，故$S$任一元素的极小多项式无重根，故均可对角化；同时还知道$S$中任一方阵的特征值只能是$0$，$1$和$-1$.
同时，由(3)我们知道，$(AB{)}^3=AB=BA$，故$S$中的方阵两两乘法可交换。
任取$S$中互异的$m$个方阵$A_1,...A_m$，由引理可知，存在一个可逆阵$P$, st.$P^{-1}{A}_{i}P$是对角阵，其主对角元素只能是$1,-1\mathrm{和}0$；且$i\ne j$时，$P^{-1}{A}_{i}P\ne P^{-1}{A}_{j}P$, 否则$A_i=A_j$.
由于主对角元素为$1,-1\mathrm{和}0$的对角阵只有$3^n$个，因此不可能从$S$中取出多于$3^n$个互异的方阵，因此$S$只能是一个有限集合，满足$S$中的矩阵可以同时对角化.$◻$

[S12] 设$A$为$n$阶正定实对称阵，$n$维实列向量$\alpha ,\beta$满足${\alpha }^{\prime }\beta >0$，证明：$H=A-\frac{A\beta {\beta }^{\prime }A}{{\beta }^{\prime }A\beta }+\frac{\alpha {\alpha }^{\prime }}{{\alpha }^{\prime }\beta }$是正定阵.
证：
$\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{R}}^n，x^{\prime }Hx=\frac{(x^{\prime }Ax)({\beta }^{\prime }A\beta )-(x^{\prime }A\beta {)}^2}{{\beta }^{\prime }A\beta }+\frac{({\alpha }^{\prime }x{)}^2}{{\alpha }^{\prime }\beta }\ge \frac{({\alpha }^{\prime }x{)}^2}{{\alpha }^{\prime }\beta }\ge 0$，（第一个不等号利用了内积的Cauchy-Schwarz不等式，故第一个等号成立当且仅当$x$与$\beta$共线）
考虑$x\ne 0$时，若$x$与$\beta$共线，则由${\alpha }^{\prime }\beta >0$可知${\alpha }^{\prime }x\ne 0$，故$x^{\prime }Hx>0$
若$x$与$\beta$不共线，则第一个等号为严格大于号，同样有$x^{\prime }Hx>0$，因此$H$是正定阵.$◻$

[S13] 设$A$为$n$阶半正定实对称阵，$S$为$n$阶实反对称阵，证明：
（1）$r(A+S)=r(A|S)$;
（2）$|A+S|>0\mathrm{的}\mathrm{充}\mathrm{要}\mathrm{条}\mathrm{件}\mathrm{是}r(A|S)=n$.
证：
引理：若$n$阶实反对称阵$S$为可逆阵，$A$为$n$阶半正定实对称阵，则$A+S$是可逆阵.
证：取$x\in {\mathbb{R}}^n$，st. $(A+S)x=0$. 则$x^{\prime }(A+S)x=0$.由于$x^{\prime }Sx$是实数，故$x^{\prime }Sx=(x^{\prime }Sx{)}^{\prime }=-x^{\prime }Sx$，从而$x^{\prime }Sx=0$，由此可得$x^{\prime }Ax=0$.存在实矩阵$C$，st. $A=C^{\prime }C$，故有$(Cx{)}^{\prime }Cx=0$，因此$Cx=0$，$Ax=0$，便有$Sx=0$. 又因为$S$是可逆阵，故$x=0$. 由线性方程组解空间的秩与矩阵的秩之间的关系可知$A+S$是可逆阵.$◻$
（1）若$S$为可逆阵，由引理易知结论成立. 因此下面只考虑$S$是非异阵的情况. 由于$A，S$在同时合同变换($A\to C^{\prime }AC，S\to C^{\prime }SC$)下条件结论不改变，因此不妨从一开始就假设$S$是其合同标准型，即$S=diag\{\underset{r\mathrm{个}\mathrm{分}\mathrm{块}\mathrm{矩}\mathrm{阵}}{\underbrace{\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right),...,\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)}},0,...,0\}$，方便起见，设$S=\left(\begin{array}{cc}T& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ ，其中$T$是$2r$阶非异实反对称阵. 设$A=\left(\begin{array}{cc}{A}_{11}& A_{12}\\ A_{12}^{\prime }& A_{22}\end{array}\right)$是与$S$相对应的分块.
由半正定阵的性质可知$r(A_{22})=r(A_{12}^{\prime }|A_{22})$，故存在$(n-2r)\times 2r$阶矩阵$X$，st. $A_{22}X=A_{12}^{\prime }$
取可逆阵$C=\left(\begin{array}{cc}{I}_{2r}& 0\\ -X& I_{n-2r}\end{array}\right)$，则$C^{\prime }AC=\left(\begin{array}{cc}{A}_{11}-A_{12}X& 0\\ 0& A_{22}\end{array}\right)$，$C^{\prime }SC=S$
同样由于在同时合同变换下条件结论不改变，故不妨从一开始就假设$A=\left(\begin{array}{cc}{A}_{11}& 0\\ 0& A_{22}\end{array}\right)$，$S=\left(\begin{array}{cc}T& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$
$A|S$经过初等变换可得$\left(\begin{array}{cccc}0& 0& T& 0\\ 0& A_{22}& 0& 0\end{array}\right)$，故$r(A|S)=r(A_{22})+r(T)=r(A_{22})+2r$
同时由引理可知$r(A+S)=r(A_{22})+r(A_{11}+T)=r(A_{22})+2r$，结论得证.
（2）由(1)的结论可知只需要证明$|A+S|\ge 0$即可.
若$A$为正定阵，则存在可逆阵$C$，st. $C^{\prime }AC=I_n$，$C^{\prime }SC$仍为实反对称阵.
根据实反对称阵的正交相似标准型可知存在正交阵P，st. $P^{\prime }{C}^{\prime }SCP=diag\{\left(\begin{array}{cc}0& b_1\\ -b_1& 0\end{array}\right),...,\left(\begin{array}{cc}0& b_r\\ -b_r& 0\end{array}\right),0,...,0\}$，$P^{\prime }{C}^{\prime }ACP=I_n$
于是，$|CP{|}^2|A+S|=\prod _{i=1}^r(1+b_i^2)>0$，因此$|A+S|>0$
若$A$为奇异半正定阵，则$\mathrm{\forall }t>0$，$A+t{I}_n$是正定阵，故$|A+t{I}_n+S|>0$，令$t\to 0+$，便有$|A+S|\ge 0$.$◻$

[S14] 设$A=(a_{ij})$为$n$阶正定实对称阵，$A^{-1}=(b_{ij})$. 证明：$a_{ij}{b}_{ij}\ge 1(\mathrm{\forall }1\le i\le n)$，并且等号全部成立当且仅当$A$为对角阵.
证：

[S15] 设$n$维欧式空间$V$中$n+1$个向量${\alpha }_0,{\alpha }_1,...,{\alpha }_n$两两之间的距离都是$d>0$. 令${\beta }_i={\alpha }_i-{\alpha }_0(\mathrm{\forall }1\le i\le n)$，证明：
（1）$({\beta }_i,{\beta }_j)=\frac{d^2}{2}(1\le i\ne j\le n)$；
（2）${\beta }_1,...,{\beta }_n$是$V$的一组基.
证：
（1）题目中给出的是向量的距离条件，也就是范数条件，我们利用范数和内积可以相互表示的性质去计算$({\beta }_i,{\beta }_j)$.
考虑$d^2=({\beta }_i-{\beta }_j,{\beta }_i-{\beta }_j)=({\beta }_i,{\beta }_i)+({\beta }_j,{\beta }_j)-2({\beta }_i,{\beta }_j)=2d^2-2({\beta }_i,{\beta }_j)$
从而可得$({\beta }_i,{\beta }_j)=\frac{d^2}{2}(1\le i\ne j\le n)$
（2）与证明“两两正交的向量是线性无关的”很类似，先令${\lambda }_1{\beta }_1+...+{\lambda }_n{\beta }_n=0$，其中${\lambda }_i\in \mathbb{R}$.
再将其与${\beta }_1,...{\beta }_n$分别做内积，可得线性方程组：

$$\{\begin{array}{l}{\lambda }_1+\frac{1}{2}{\lambda }_2+\frac{1}{2}{\lambda }_3+...+\frac{1}{2}{\lambda }_n=0\\ \frac{1}{2}{\lambda }_1+{\lambda }_2+\frac{1}{2}{\lambda }_3+...+\frac{1}{2}{\lambda }_n=0\\ \cdots \\ \frac{1}{2}{\lambda }_1+\frac{1}{2}{\lambda }_2+\frac{1}{2}{\lambda }_3+...+{\lambda }_n=0\end{array}$$

由于系数矩阵为非异阵，因此${\lambda }_1=0,...,{\lambda }_n=0$，可知${\beta }_1,...,{\beta }_n$线性无关，因而是$V$的一组基. $◻$