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\(\varphi\)定义为\(\varphi(X)=JX\)，其中\(J\)是基础循环矩阵，试求\(\varphi\)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\(\varphi\)定义为\(\varphi(X)=\overline{X}\)，其中\(\overline{X}\)是\(X\)的共轭矩阵，试求\(\varphi\)的全体特征值和对应的特征向量.
注：\(J = \pmatrix{0&I_{n-1}\\1&0}\)
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\(X_{jk} =\pmatrix{0,...,0,\alpha_j,0,...,0} (j= 1,...,n;k=1,...,n)\)，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\(\varphi(X_{jk}) = \lambda_jX_{jk}\)，因此这\(n^2\)个向量恰好是\(\varphi\)的\(n^2\)个线性无关的特征向量，\(\varphi\)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\(E_{jk},iE_{jk}\)恰好是\(\varphi\)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.\(\square\)

[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\(\varphi\)定义为\(\varphi(X)=JX^{\prime}J^{\prime}\)，其中\(J\)是基础循环矩阵（定义同S03），证明：\(\varphi\)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。\(\square\)

[S08] 设\(V\)是数域\(\mathbb{K}\)上的\(n\)维线性空间，\(\varphi\)是\(V\)上的线性变换.证明：若\(\varphi\)有\(r\)维不变子空间，则\(\varphi\)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\(\varphi\)在这组基下的表示矩阵为\(M = \begin{pmatrix}A&B \\ 0&C\end{pmatrix}\)
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\(\varphi\)的表示矩阵为\(M^{\prime} = \begin{pmatrix}A^{\prime}&0 \\ B^{\prime}&C^{\prime}\end{pmatrix}\)
由于\(C^{\prime}\)是一个\(n-r\)阶矩阵，因此\(\varphi\)有一个\(n-r\)维不变子空间.\(\square\)

[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\(n(\lambda) = \lambda^{n-1}或\lambda^{n}\)
这两种情况分别对应\(BA\)的\(Jordan\)标准型为\(J_n(0)\)和\(\begin{pmatrix}0&0 \\ 0&J_{n-1}(0)\end{pmatrix}\)
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\(\square\)
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.\(\square\)
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.\(P^{-1}A_iP\)是对角阵，其主对角元素只能是\(1, -1和0\)；且\(i\ne j\)时，\(P^{-1}A_iP \ne P^{-1}A_jP\), 否则\(A_i = A_j\).
由于主对角元素为\(1, -1和0\)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.\(\square\)

[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：
\(\forall x \in \mathbb{R}^n，x^{\prime}Hx = \frac{(x^{\prime}Ax)(\beta^{\prime}A\beta)-(x^{\prime}A\beta)^2}{\beta^{\prime}A\beta}+\frac{(\alpha^{\prime}x)^2}{\alpha^{\prime}\beta} \ge \frac{(\alpha^{\prime}x)^2}{\alpha^{\prime}\beta} \ge 0\)，（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.\(\square\)

[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）\(|A+S|>0的充要条件是r(A|S)=n\).
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.\(\square\)
（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\(S = diag\{\underbrace{\begin{pmatrix}0&1 \\ -1&0\end{pmatrix},...,\begin{pmatrix}0&1 \\ -1&0\end{pmatrix}}_{r个分块矩阵},0,...,0\}\)，方便起见，设\(S = \begin{pmatrix}T&0 \\ 0&0\end{pmatrix}\) ，其中\(T\)是\(2r\)阶非异实反对称阵. 设\(A = \begin{pmatrix}A_{11}&A_{12} \\ A_{12}^{\prime}&A_{22}\end{pmatrix}\)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\(C=\begin{pmatrix}I_{2r}&0 \\ -X& I_{n-2r}\end{pmatrix}\)，则\(C^{\prime}AC = \begin{pmatrix}A_{11}-A_{12}X&0 \\ 0& A_{22} \end{pmatrix}\)，\(C^{\prime}SC=S\)
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\(A = \begin{pmatrix}A_{11}&0 \\ 0&A_{22}\end{pmatrix}\)，\(S = \begin{pmatrix}T&0 \\ 0&0\end{pmatrix}\)
\(A|S\)经过初等变换可得\(\begin{pmatrix}0&0&T&0 \\ 0&A_{22}&0&0\end{pmatrix}\)，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. \(P^{\prime}C^{\prime}SCP = diag\{\begin{pmatrix}0&b_1 \\ -b_1&0\end{pmatrix},...,\begin{pmatrix}0&b_r \\ -b_r&0\end{pmatrix},0,...,0\}\)，\(P^{\prime}C^{\prime}ACP = I_n\)
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\(\forall t >0\)，\(A+tI_n\)是正定阵，故\(|A+tI_n+S|>0\)，令\(t\to 0+\)，便有\(|A+S|\ge 0\).\(\square\)

[S14] 设\(A = (a_{ij})\)为\(n\)阶正定实对称阵，\(A^{-1} = (b_{ij})\). 证明：\(a_{ij}b_{ij}\ge 1(\forall 1\le i \le n)\)，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\(\beta_i = \alpha_i - \alpha_0 (\forall 1\le i \le n)\)，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：

\[\begin{cases} \lambda_1 + \frac{1}{2} \lambda_2 + \frac{1}{2} \lambda_3 +... +\frac{1}{2} \lambda_n = 0 \\ \frac{1}{2}\lambda_1 + \lambda_2 + \frac{1}{2} \lambda_3 +... +\frac{1}{2} \lambda_n = 0 \\ \cdots \\ \frac{1}{2}\lambda_1 + \frac{1}{2}\lambda_2 + \frac{1}{2} \lambda_3 +... +\lambda_n = 0 \end{cases} \]

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. \(\square\)