2021年上海理工大学《高等代数》试卷和答案（蔡宇编辑）

2021年上海理工大学《高等代数》试卷
解题人：蔡宇

1、(10分)设
∣α11α12…α1nα21α22…α2n…………αn1αn2…αnn∣=1\begin{vmatrix} \alpha_{11} & \alpha_{12} & \dots & \alpha_{1n} \\ \alpha_{21} & \alpha_{22} & \dots & \alpha_{2n} \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ \alpha_{n1} & \alpha_{n2} & \dots & \alpha_{nn} \end{vmatrix}=1 ∣∣∣∣∣∣∣∣α11α21…αn1α12α22…αn2…………α1nα2n…αnn∣∣∣∣∣∣∣∣=1
且满足 αij=−αji(i,j=1,2,…n)\alpha_{ij}=-\alpha_{ji}~~(i,j=1,2,\dots n)αij=−αji (i,j=1,2,…n)
对任意的数b~b~ b ,求
∣α11+bα12+b…α1n+bα21+bα22+b…α2n+b…………αn1+bαn2+b…αnn+b∣\begin{vmatrix} \alpha_{11}+b & \alpha_{12}+b & \dots & \alpha_{1n}+b \\ \alpha_{21}+b & \alpha_{22}+b & \dots & \alpha_{2n}+b \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ \alpha_{n1}+b & \alpha_{n2}+b & \dots & \alpha_{nn}+b \end{vmatrix} ∣∣∣∣∣∣∣∣α11+bα21+b…αn1+bα12+bα22+b…αn2+b…………α1n+bα2n+b…αnn+b∣∣∣∣∣∣∣∣
解法一：由于已知矩阵的行列式非零，且该行列式对应的矩阵为反对称矩阵，故可知该已知行列式中的n~n~ n 一定为偶数。
当b=0~b=0~ b=0 时，要求的行列式显然为1
当b≠0~b\neq0~ b=0 时，现考虑通过加边法
∣α11+bα12+b…α1n+bα21+bα22+b…α2n+b…………αn1+bαn2+b…αnn+b∣=∣100…01α11+bα12+b…α1n+b1α21+bα22+b…α2n+b…………1αn1+bαn2+b…αnn+b∣=∣1−b−b…−b1α11α12…α1n1α21α22…α2n…………1αn1αn2…αnn∣\begin{vmatrix} \alpha_{11}+b & \alpha_{12}+b & \dots & \alpha_{1n}+b \\ \alpha_{21}+b & \alpha_{22}+b & \dots & \alpha_{2n}+b \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ \alpha_{n1}+b & \alpha_{n2}+b & \dots & \alpha_{nn}+b \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & \dots&0 \\ 1&\alpha_{11}+b & \alpha_{12}+b & \dots & \alpha_{1n}+b \\ 1&\alpha_{21}+b & \alpha_{22}+b & \dots & \alpha_{2n}+b \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ 1&\alpha_{n1}+b & \alpha_{n2}+b & \dots & \alpha_{nn}+b \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 & -b & -b & \dots&-b \\ 1&\alpha_{11} & \alpha_{12} & \dots & \alpha_{1n} \\ 1&\alpha_{21} & \alpha_{22} & \dots & \alpha_{2n} \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ 1&\alpha_{n1} & \alpha_{n2} & \dots & \alpha_{nn} \end{vmatrix} ∣∣∣∣∣∣∣∣α11+bα21+b…αn1+bα12+bα22+b…αn2+b…………α1n+bα2n+b…αnn+b∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣111…10α11+bα21+b…αn1+b0α12+bα22+b…αn2+b……………0α1n+bα2n+bαnn+b∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣111…1−bα11α21…αn1−bα12α22…αn2……………−bα1nα2nαnn∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=∣1−b−b…−b0α11α12…α1n0α21α22…α2n…………0αn1αn2…αnn∣+∣0−b−b…−b1α11α12…α1n1α21α22…α2n…………1αn1αn2…αnn∣=1+0=1=\begin{vmatrix} 1 & -b & -b & \dots&-b \\ 0&\alpha_{11} & \alpha_{12} & \dots & \alpha_{1n} \\ 0&\alpha_{21} & \alpha_{22} & \dots & \alpha_{2n} \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ 0&\alpha_{n1} & \alpha_{n2} & \dots & \alpha_{nn} \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} 0 & -b & -b & \dots&-b \\ 1&\alpha_{11} & \alpha_{12} & \dots & \alpha_{1n} \\ 1&\alpha_{21} & \alpha_{22} & \dots & \alpha_{2n} \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ 1&\alpha_{n1} & \alpha_{n2} & \dots & \alpha_{nn} \end{vmatrix}=1+0=1 =∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣100…0−bα11α21…αn1−bα12α22…αn2……………−bα1nα2nαnn∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣011…1−bα11α21…αn1−bα12α22…αn2……………−bα1nα2nαnn∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=1+0=1
注：上面第二个行列式是奇数阶的反对称矩阵，故其行列式为0.
故对任意的数b~b~ b
∣α11+bα12+b…α1n+bα21+bα22+b…α2n+b…………αn1+bαn2+b…αnn+b∣=1\begin{vmatrix} \alpha_{11}+b & \alpha_{12}+b & \dots & \alpha_{1n}+b \\ \alpha_{21}+b & \alpha_{22}+b & \dots & \alpha_{2n}+b \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ \alpha_{n1}+b & \alpha_{n2}+b & \dots & \alpha_{nn}+b \end{vmatrix}=1 ∣∣∣∣∣∣∣∣α11+bα21+b…αn1+bα12+bα22+b…αn2+b…………α1n+bα2n+b…αnn+b∣∣∣∣∣∣∣∣=1
解法二：还是先要指出这是一个偶数阶的反对称矩阵
∣α11+bα12+b…α1n+bα21+bα22+b…α2n+b…………αn1+bαn2+b…αnn+b∣=∣α11α12…α1nα21α22…α2n…………αn1αn2…αnn∣+b∑i=1n∑j=1nAij\begin{vmatrix} \alpha_{11}+b & \alpha_{12}+b & \dots & \alpha_{1n}+b \\ \alpha_{21}+b & \alpha_{22}+b & \dots & \alpha_{2n}+b \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ \alpha_{n1}+b & \alpha_{n2}+b & \dots & \alpha_{nn}+b \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} \alpha_{11} & \alpha_{12} & \dots & \alpha_{1n} \\ \alpha_{21} & \alpha_{22} & \dots & \alpha_{2n} \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ \alpha_{n1} & \alpha_{n2} & \dots & \alpha_{nn} \end{vmatrix}+b\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n A_{ij} ∣∣∣∣∣∣∣∣α11+bα21+b…αn1+bα12+bα22+b…αn2+b…………α1n+bα2n+b…αnn+b∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣α11α21…αn1α12α22…αn2…………α1nα2n…αnn∣∣∣∣∣∣∣∣+bi=1∑nj=1∑nAij
其中Aij为矩阵(aij)对应元素aij的代数余子式其中 A_{ij}为矩阵(a_{ij})对应元素a_{ij}的代数余子式其中Aij为矩阵(aij)对应元素aij的代数余子式
我们将其代数余子式可以分为两类，
对角线元素的代数余子式，这是一个奇数阶的反对称矩阵的行列式，故其值为0.
非对角线元素的代数余子式，但是他们会成对出现，行列式异号，我们一定有
Aij+Aji=0,当i≠j时A_{ij}+A_{ji}=0,当i\neq j时Aij+Aji=0,当i=j时
故所求行列式的值为1

2、(10分)若整系数线性方程组
(α11α12…α1nα21α22…α2n…………αn1αn2…αnn)(x1x2⋮xn)=(b1b2⋮bn)\begin{pmatrix} \alpha_{11} & \alpha_{12} & \dots & \alpha_{1n} \\ \alpha_{21} & \alpha_{22} & \dots & \alpha_{2n} \\ \dots & \dots &\dots&\dots\\ \alpha_{n1} & \alpha_{n2} & \dots & \alpha_{nn} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\ \vdots\\x_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1\\b_2\\ \vdots\\b_n\end{pmatrix} ⎝⎜⎜⎛α11α21…αn1α12α22…αn2…………α1nα2n…αnn⎠⎟⎟⎞⎝⎜⎜⎜⎛x1x2⋮xn⎠⎟⎟⎟⎞=⎝⎜⎜⎜⎛b1b2⋮bn⎠⎟⎟⎟⎞
对任意的整数b1,b2,…,bnb_1,b_2,\dots,b_nb1,b2,…,bn都有整数解，求该方程组系数矩阵的行列式

证明：我们分两种情况来讨论
(1)系数矩阵不可逆，即其的行列式等于0。这种情况下有很多反例，随便写出一种即可
(2)系数矩阵可逆，对于方程组的解有
x=A−1b=A∗b∣A∣x=A^{-1}b=\frac{A^*b}{\vert A\vert}x=A−1b=∣A∣A∗b
由于系数矩阵为整数矩阵，故其伴随矩阵一定也为整数矩阵(伴随矩阵的元素只是对原矩阵进行加、减、乘运算而已)，故对任意的整数b1,b2,…,bnb_1,b_2,\dots,b_nb1,b2,…,bn，有A∗b~A^*b~ A∗b 一定也为整数向量，从而要想一定要有整数解，那么系数矩阵的行列式只能为1或者-1。
综上所述：该方程组的系数矩阵的行列式只能为1或者-1才能满足要求

3、(20分)设A~A~ A 为n~n~ n 阶方阵，证明：存在一个可逆矩阵B~B~ B 及一个幂等矩阵C~C~ C ,使得A=BCA=BCA=BC.
证明：我们可以把任意一个矩阵进行如下分解
A=P(Er000)Q=PQ−1Q(Er000)QA=P\begin{pmatrix}E_r&0\\0&0 \end{pmatrix}Q=PQ^{-1}Q\begin{pmatrix}E_r&0\\0&0 \end{pmatrix}QA=P(Er000)Q=PQ−1Q(Er000)Q
其中P,Q为可逆矩阵，r等于矩阵A的秩P,Q为可逆矩阵，r等于矩阵A的秩P,Q为可逆矩阵，r等于矩阵A的秩，这也是矩阵关于秩的分解。
我们令B=PQ−1~B=PQ^{-1}~ B=PQ−1 ,C=Q−1(Er000)QC=Q^{-1}\begin{pmatrix}E_r&0\\0&0 \end{pmatrix}QC=Q−1(Er000)Q
显然我们有B~B~ B 为可逆矩阵，C~C~ C 为幂等矩阵。

4、(15分)设f(x)~f(x)~ f(x) 为实数域上R\mathbb{R}R上的多项式，若f(x+y)=f(x)f(y),∀x,y∈Rf(x+y)=f(x)f(y),\forall x,y\in\mathbb{R}f(x+y)=f(x)f(y),∀x,y∈R,求f(x)~f(x)~ f(x) .
解：不妨令y=0~y=0~ y=0 ，有f(x)=f(x)f(0)~f(x)=f(x)f(0)~ f(x)=f(x)f(0) ,则有f(0)=0或者f(0)=1~f(0)=0或者f(0)=1~ f(0)=0或者f(0)=1
令y=−x~y=-x~ y=−x ,有f(0)=f(x)f(−x)f(0)=f(x)f(-x)~f(0)=f(x)f(−x) ,由于f(x)~f(x)~ f(x) 为多项式，故有degf(0)=2degf(x)~degf(0)=2degf(x)~ degf(0)=2degf(x) ,那么有f(x)=0，或者degf(x)=0~f(x)=0，或者~degf(x)=0~ f(x)=0，或者 degf(x)=0 ,故f(x)=0,或者f(x)=1~f(x)=0,或者f(x)=1~ f(x)=0,或者f(x)=1 .

5、(20分)已知实二次型
f(x1,x2,x3)=x12+αx22+x32+2bx1x2+2x1x3+2x2x3~f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+\alpha x_2^2 +x_3^2+2bx_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3~ f(x1,x2,x3)=x12+αx22+x32+2bx1x2+2x1x3+2x2x3 经过正交线性替换
(x1x2x3)=P(y1y2y3)\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix}=P\begin{pmatrix} y_1\\y_2\\y_3 \end{pmatrix} ⎝⎛x1x2x3⎠⎞=P⎝⎛y1y2y3⎠⎞
化为标准型y12+4y22~y_1^2+4y_2^2~ y12+4y22 ，求a,b的值及正交矩阵Pa,b的值及正交矩阵Pa,b的值及正交矩阵P
解：不妨记二次型f(x1,x2,x3)~f(x_1,x_2,x_3)~ f(x1,x2,x3) 对应的矩阵为A~A~ A
A=(1b1bα1111)A=\begin{pmatrix} 1&b&1\\ b&\alpha&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix} A=⎝⎛1b1bα1111⎠⎞
不妨记二次型y12+4y22~y_1^2+4y_2^2~ y12+4y22 对应的矩阵为B~B~ B
B=(100040000)B=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&4&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix} B=⎝⎛100040000⎠⎞
由于矩阵A和B是正交相似的~A和B是正交相似的~ A和B是正交相似的，根据相似的矩阵有相同的特征值，迹和行列式
根据矩阵迹相同，则α=3~\alpha=3~ α=3 .
根据行列式相同，则b=1~b=1~ b=1 .
我们现在求矩阵A分别对应特征值1,4,0的特征向量~A~分别对应特征值1,4,0的特征向量 A 分别对应特征值1,4,0的特征向量
由(A−E)X=0~(A-E)X=0~ (A−E)X=0 ，解得对应的特征向量基础解析(−11−1)\begin{pmatrix} -1\\ 1\\ -1 \end{pmatrix}⎝⎛−11−1⎠⎞单位化得(−1313−13)\begin{pmatrix} \frac{-1}{\sqrt3}\\ \frac{1}{\sqrt3}\\ \frac{-1}{\sqrt3} \end{pmatrix}⎝⎜⎛3−1313−1⎠⎟⎞,
由(A−4E)X=0~(A-4E)X=0~ (A−4E)X=0 ，解得对应的特征向量基础解析(121)\begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix}⎝⎛121⎠⎞单位化得(162616)\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt6}\\ \frac{2}{\sqrt6}\\ \frac{1}{\sqrt6} \end{pmatrix}⎝⎜⎛616261⎠⎟⎞,
由AX=0~AX=0~ AX=0 ，解得对应的特征向量基础解析(10−1)\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1 \end{pmatrix}⎝⎛10−1⎠⎞单位化得(120−12)\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}\\ 0\\ \frac{-1}{\sqrt2} \end{pmatrix}⎝⎛2102−1⎠⎞,
故正交矩阵P=(−13161213260−1316−12)P=\begin{pmatrix} \frac{-1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt2}\\ \frac{1}{\sqrt3}&\frac{2}{\sqrt6}&0\\ \frac{-1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt6}&\frac{-1}{\sqrt2} \end{pmatrix} P=⎝⎜⎛3−1313−16162612102−1⎠⎟⎞

6、(15分)若n~n~ n 维线性空间的两个子空间的和的维数减1等于它们交的维数，证明：它们的和与其中的一个子空间相等，它们的交与另一个子空间相等。
证明：不妨设V1和V2~V_1和V_2~ V1和V2 是n~n~ n 维线性空间的两个子空间
则根据线性空间的维数公式及和空间、交空间的维数关系有
dim(V1+V2)+dim(V1∩V2)=dim(V1)+dim(V2)dim(V_1+V_2)+dim(V_1\cap V_2)=dim(V_1)+dim(V_2)dim(V1+V2)+dim(V1∩V2)=dim(V1)+dim(V2)
根据题目已知dim(V1+V2)−1=dim(V1∩V2)~dim(V_1+V_2)-1=dim(V_1\cap V_2)~ dim(V1+V2)−1=dim(V1∩V2)
则有2dim(V1∩V2)+1=dim(V1)+dim(V2)≥2dim(V1∩V2)~2dim(V_1\cap V_2)+1=dim(V_1)+dim(V_2)\ge 2 dim(V_1\cap V_2)~ 2dim(V1∩V2)+1=dim(V1)+dim(V2)≥2dim(V1∩V2)
我们可以得出只会出现下面两种情之一：
(1)、dim(V1∩V2)=dim(V1),dim(V1∩V2)+1=dim(V2)=dim(V1+V2)dim(V_1\cap V_2)=dim(V_1),dim(V_1\cap V_2)+1=dim(V_2)=dim(V_1+V_2)dim(V1∩V2)=dim(V1),dim(V1∩V2)+1=dim(V2)=dim(V1+V2)
(2)、dim(V1∩V2)=dim(V2),dim(V1∩V2)+1=dim(V1)=dim(V1+V2)dim(V_1\cap V_2)=dim(V_2),dim(V_1\cap V_2)+1=dim(V_1)=dim(V_1+V_2)dim(V1∩V2)=dim(V2),dim(V1∩V2)+1=dim(V1)=dim(V1+V2)
无论哪一种情况出现，结论都会得证。

7、(15分)设A~A~ A 为3~3~ 3 阶矩阵，α~\alpha~ α 为3~3~ 3 维列向量，且α,Aα,A2α~\alpha,A\alpha,A^2\alpha~ α,Aα,A2α 线性无关，
A3α=3Aα−2A2αA^3\alpha=3A\alpha-2A^2\alphaA3α=3Aα−2A2α
证明：矩阵B=(α,Aα,A4α)~B=(\alpha,A\alpha,A^4\alpha)~ B=(α,Aα,A4α) 可逆
证明：由于A4α=3A2α−2A3α=3A2α−2A3α=7A2α−6Aα~A^4\alpha=3A^2\alpha-2A^3\alpha=3A^2\alpha-2A^3\alpha =7A^2\alpha-6A\alpha~ A4α=3A2α−2A3α=3A2α−2A3α=7A2α−6Aα
不妨令存在k1,k2,k3~k_1,k_2,k_3~ k1,k2,k3 使得k1α+k2Aα+k3A4α=0~k_1\alpha+k_2A\alpha+k_3A^4\alpha=0~ k1α+k2Aα+k3A4α=0 ,即
k1α+k2Aα+k3(7A2α−6Aα)=0k_1\alpha+k_2A\alpha+k_3(7A^2\alpha-6A\alpha)=0k1α+k2Aα+k3(7A2α−6Aα)=0
k1α+(k2−6k3)Aα+7k3A2α=0k_1\alpha+(k_2-6k_3)A\alpha+7k_3A^2\alpha=0k1α+(k2−6k3)Aα+7k3A2α=0
由于α,Aα,A2α~\alpha,A\alpha,A^2\alpha~ α,Aα,A2α 线性无关，故k1=k3=0,k2−6k3=0~k_1=k_3=0,k_2-6k_3=0~ k1=k3=0,k2−6k3=0 ,从而k1=k2=k3=0~k_1=k_2=k_3=0~ k1=k2=k3=0 ,故α,Aα,A4α~\alpha,A\alpha,A^4\alpha~ α,Aα,A4α 是线性无关，从而矩阵B=(α,Aα,A4α)~B=(\alpha,A\alpha,A^4\alpha)~ B=(α,Aα,A4α) 可逆。

8、(15分)求A~A~ A 的若尔当标准型，其中
A=(30803−160−20−500082)A=\begin{pmatrix} 3&0&8&0\\ 3&-1&6&0\\ -2&0&-5&0\\ 0&0&8&2 \end{pmatrix} A=⎝⎜⎜⎛33−200−10086−580002⎠⎟⎟⎞
解：
λE−A=(λ−30−80−3λ+1−6020λ+50000λ−2)→(λ−30−80−1λ+1λ−1020λ+50000λ−2)\lambda E-A=\begin{pmatrix} \lambda-3&0&-8&0\\ -3&\lambda+1&-6&0\\ 2&0&\lambda+5&0\\ 0&0&0&\lambda-2 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix} \lambda-3&0&-8&0\\ -1&\lambda+1&\lambda-1&0\\ 2&0&\lambda+5&0\\ 0&0&0&\lambda-2 \end{pmatrix} λE−A=⎝⎜⎜⎛λ−3−3200λ+100−8−6λ+50000λ−2⎠⎟⎟⎞→⎝⎜⎜⎛λ−3−1200λ+100−8λ−1λ+50000λ−2⎠⎟⎟⎞
→(0λ2−2λ−3λ2−4λ−50−1λ+1λ−1002λ+23λ+30000λ−2)→(100002λ+23λ+300λ2−2λ−3λ2−4λ−50000λ−2)\rightarrow\begin{pmatrix} 0&\lambda^2-2\lambda-3&\lambda^2-4\lambda-5&0\\ -1&\lambda+1&\lambda-1&0\\ 0&2\lambda+2&3\lambda+3&0\\ 0&0&0&\lambda-2 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&2\lambda+2&3\lambda+3&0\\ 0&\lambda^2-2\lambda-3&\lambda^2-4\lambda-5&0\\ 0&0&0&\lambda-2 \end{pmatrix} →⎝⎜⎜⎛0−100λ2−2λ−3λ+12λ+20λ2−4λ−5λ−13λ+30000λ−2⎠⎟⎟⎞→⎝⎜⎜⎛100002λ+2λ2−2λ−3003λ+3λ2−4λ−50000λ−2⎠⎟⎟⎞
→(100002λ+2λ+100λ2−2λ−3(λ+1)20000λ−2)→(10000λ+10000(λ+1)20000λ−2)\rightarrow\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&2\lambda+2&\lambda+1&0\\ 0&\lambda^2-2\lambda-3&(\lambda+1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda-2 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&\lambda+1&0&0\\ 0&0&(\lambda+1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda-2 \end{pmatrix} →⎝⎜⎜⎛100002λ+2λ2−2λ−300λ+1(λ+1)20000λ−2⎠⎟⎟⎞→⎝⎜⎜⎛10000λ+10000(λ+1)20000λ−2⎠⎟⎟⎞
→(10000λ+10000(λ+1)20000λ−2)→(1000010000λ+10000(λ+1)2(λ−2))\rightarrow\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&\lambda+1&0&0\\ 0&0&(\lambda+1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda-2 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&\lambda+1&0\\ 0&0&0&(\lambda+1)^2(\lambda-2) \end{pmatrix} →⎝⎜⎜⎛10000λ+10000(λ+1)20000λ−2⎠⎟⎟⎞→⎝⎜⎜⎛1000010000λ+10000(λ+1)2(λ−2)⎠⎟⎟⎞
即我们可以得到该特征矩阵的初等因子组是λ+1~\lambda+1~ λ+1 ,(λ+1)2~(\lambda+1)^2~ (λ+1)2 ,λ−2~\lambda-2~ λ−2 ,
故矩阵A~A~ A 的若尔当标准型
(−10000−10001−100002)\begin{pmatrix} -1&0&0&0\\ 0&-1&0&0\\ 0&1&-1&0\\ 0&0&0&2 \end{pmatrix}⎝⎜⎜⎛−10000−11000−100002⎠⎟⎟⎞

9、(15分)设A~A~ A 为n~n~ n 阶正定矩阵，判断A+A−1−E~A+A^{-1}-E~ A+A−1−E 是否为正定矩阵，并说明理由。
证明：因为A+A−1−E=(A+A−1−E)T~A+A^{-1}-E=(~A+A^{-1}-E)^T~ A+A−1−E=( A+A−1−E)T ,故A+A−1−E~A+A^{-1}-E~ A+A−1−E 为对称矩阵
不妨设A~A~ A 的特征值为λ1,λ2,⋯,λn~\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n~ λ1,λ2,⋯,λn ,由A~A~ A 为n~n~ n 阶正定矩阵，知λi>0,i=1,2,⋯,n\lambda_i>0,i=1,2,\cdots,nλi>0,i=1,2,⋯,n,故A+A−1−E~A+A^{-1}-E~ A+A−1−E 的特征值为
λ1+1λ1−1,λ2+1λ2−1⋯,λn+1λn−1~\lambda_1+\frac{1}{\lambda_1}-1,\lambda_2+\frac{1}{\lambda_2}-1\cdots,\lambda_n+\frac{1}{\lambda_n}-1~ λ1+λ11−1,λ2+λ21−1⋯,λn+λn1−1 ,由于λi+1λi≥2~\lambda_i+\frac{1}{\lambda_i}\ge2~ λi+λi1≥2 ,故A+A−1−E~A+A^{-1}-E~ A+A−1−E 的特征值都大于0，那么A+A−1−E~A+A^{-1}-E~ A+A−1−E 为正定矩阵。

10、(15分)设A,B~A,B~ A,B 为2~2~ 2 阶矩阵，且A=AB−BA~A=AB-BA~ A=AB−BA ,求A2~A^2~ A2 .
解：首先我们应该知道矩阵AB~AB~ AB 和矩阵BA~BA~ BA 有相同的特征值(证明很常见，此处不证明)，故他们有相同的迹。
那我们现在证明这样矩阵A~A~ A 不可逆，用反证法，假设矩阵A~A~ A 可逆
则把A=AB−BA~A=AB-BA~ A=AB−BA 左乘A−1~A^{-1}~ A−1 ,我们有
n=tr(E)=tr(B−A−1BA)=tr(B)−tr(A−1BA)=0n=~tr(E)=tr(B-A^{-1}BA)=tr(B)-tr(A^{-1}BA)=0~n= tr(E)=tr(B−A−1BA)=tr(B)−tr(A−1BA)=0 ,显然矛盾，故假设不成立
由于A~A~ A 为2~2~ 2 阶矩阵，根据相似的矩阵有相同的迹和秩，那么矩阵矩阵A~A~ A 的若尔当标准型一定为
B=(00∗0)，其中∗为0或者1B=\begin{pmatrix} 0&0\\ *&0\\ \end{pmatrix}，其中*为0或者1 B=(0∗00)，其中∗为0或者1
显然B~B~ B 为幂零矩阵，即B2=0~B^2=0~ B2=0 ,那么A2~A^2~ A2 与0~0~ 0 矩阵相似，故A2=0~A^2=0~ A2=0 .

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