高等代数与解析几何第七章(1-3习题)-线性变换与相似矩阵答案.doc

第七章 线性变换与相似矩阵习题7、1习题7、1、1判别下列变换就是否线性变换？(1)设就是线性空间中得一个固定向量,(),解:当时,显然就是得线性变换;当时,有,则,即此时不就是得线性变换。(),;解:当时,显然就是得线性变换;当时,有,则,即此时不就是得线性变换。(2)在中,(), 解:不就是得线性变换。因对于,有,所以。();解:就是得线性变换。设,其中,则有 , 。(3)在中,(),解:就是得线性变换:设,则,。(),其中就是中得固定数;解:就是得线性变换:设,则,。(4)把复数域瞧作复数域上得线性空间,其中就是得共轭复数;解:不就是线性变换。因为取,时,有,即。(5)在中,设与就是其中得两个固定得矩阵,。解:就是得线性变换。对,有,。习题7、1、2在中,取直角坐标系,以表示空间绕轴由轴向方向旋转900得变换,以表示空间绕轴由轴向方向旋转900得变换,以表示空间绕轴由轴向方向旋转900得变换。证明 (表示恒等变换),;并说明就是否成立。证明:在中任取一个向量,则根据,及得定义可知:,;, ,;,即,故。因为,所以。因为,所以。因为,所以。习题7、1、3在中,证明。证明:在中任取一多项式,有。所以。习题7、1、4设,就是上得线性变换。若,证明。证明:用数学归纳法证明。当时,有命题成立。假设等式对成立,即。下面证明等式对也成立。因有,即等式对也成立,从而对任意自然数都成立。习题7、1、5证明(1)若就是上得可逆线性变换,则得逆变换唯一;(2)若,就是上得可逆线性变换,则也就是可逆线性变换,且 。证明:(1)设都就是得逆变换,则有,。进而。即得逆变换唯一。(2)因,都就是上得可逆线性变换,则有,同理有由定义知就是可逆线性变换,为逆变换,有唯一性得。习题7、1、6设就是上得线性变换,向量,且,都不就是零向量,但 。证明,线性无关。证明:设,依次用可得,得,而,故;同理有:,得,即得;依次类推可得,即得,进而得。有定义知,线性无关。习题7、1、7设就是上得线性变换,证明就是可逆线性变换得充要条件为既就是单射线性变换又就是满射线性变换,即就是一一变换。证明:已知就是可逆线性变换,即存在。若,则两端用作用即得,因此就是单射线性变换。若任取,则存在,使得,即就是满射线性变换。 已知既就是单射线性变换又就是满射线性变换,即双射。现定义新得变换:,定有,且有,规定,有,同时有,即有。由定义知就是可逆线性变换。习题7、1、8设就是上得线性变换,证明(1)就是单射线性变换得充要条件为;(2)就是单射线性变换得充要条件为把线性无关得向量组变为线性无关得向量组。证明:(1)已知就是单射线性变换,对,则有,由单射得,即。已知,若,则有,得,即得,故就是单射。(2)已知就是单射线性变换。设线性无关,现证也线性无关。令,整理有,而就是单射,有,已知线性无关,所以,故也线性无关。已知把线性无关得向量组变为线性无关得向量组。若,则有,并一定有。否则若,则说明向量线性无关,而表示把线性无关得向量组变为线性相关得向量组,与条件矛盾。而由可得,即就是单射线性变换。习题7、1、9设就是中全体可逆线性变换所成得子集,证明关于线性变换得乘法构成一个群。(超范围略)习题7、1、10设,就是上得线性变换,且证明(1)若,则;(2)若,则。证明:(1)因为,。所以,从而或。又因为 。故。(2)因为,所以。习题7、1、11设与分别就是数域上得维与维线性空间,就是得一个有序基,对于中任意个向量,证明存在唯一得线性映射,使,。证明:先证明存在性。对任意得,有唯一得线性表达式我们定义显然有 ,。现验证为到得一个线性映射。(1)对任意得向量,因为,由定义得。(2)对任意得,因为,由定义得 。所以为到得一个线性映射。 再证唯一性:若另有到得一个线性映射,也使得,。则对任意向量,一定有。由在中得任意性,可得。习题7、1、12设与分别就是数域上得维与维线性空间,就是线性映射。证明就是得子空间,就是得子空间。又若有限,证明。这时称为得零度,称为得秩。证明:(1)先证与分别为与得子空间,对,有,所以,故为得子空间;同理,对,则,使,所以 所以为得子空间、 (2)再证 因有限,不妨设,在中取一个基,再把它扩充为得一个基,则就是像空间得一个基、事实上,对,存在,使得。设,则有即中得任意向量都可由线性表示。现证向量组线性无关:设 ,有,即,所以向量可由向量组线性表示,进而有,整理有,又因线性无关,所以必有,因此线性无关,即为得一个基,故。习题7、1、13证明关于定义7、1、12中所定义得线性映射得加法与数量乘法构成上得一个线性空间。证明:现证明定义7、1、12中所定义得线性映射得加法与数量乘法都就是从到得线性映射。事实上,对,有故为到得线性映射。同理,对,有 ,故为到得线性映射。 另外线性映射得加法与数量乘法显然满足: (1) 结合律:; (2)交换律: ; (3)存在零线性映射,对,有; (4)对,有负线性映射,使得; (5); (6); (7);(8)。其中,所以关于定义7、1、12中所定义得线性映射得加法与数量乘法构成上得一个线性空间。习题7、1、14证明:。证明:设为维线性空间,为维线性空间,即,。取定得一组基与得一组基。令为到得如下映射:,其中为在基与基下得矩阵。这样定义得就是到得同构映射。事实上,(1)若,且,则有,。由于,对每一个都有,故有,即就是单射。(2),令。则存在唯一得线性映射使得,并且由此可见,就是满射。(3)对,有,其中即有,所以,故有,所以就是到得同构映射。进而有。习题7、2习题7、2、1求下列线性变换在所指定得一个基下得矩阵:(1)得线性变换,其中为固定矩阵。求,在这个基下得矩阵;(2)设就是线性空间得线性变换,求在基下得矩阵;(3)6个函数:,得所有实系数线性组合构成实数域上一个6维线性空间。求微分变换在基下得矩阵。解:(1)由,得定义直接可得: ,。所以在这个基下得矩阵为 。,。所以在这个基下得矩阵为 。(2)由直接可得: , , , ,。所以在基下得矩阵为:。(3)由微分运算性质直接可得:,。所以微分变换在基下得矩阵为:。习题7、2、2设就是得一个基,。已知线性无关。证明:(1) 存在唯一得线性变换,使,;(2)(1)中得在基下得矩阵为;(3)(1)中得在基下得矩阵为。证明:(1)因为线性无关,所以也就是得一个基。故对得一个基及个向量,定存在唯一得线性变换,使,。(2) 由已知条件有,其中与都就是得基,所以可逆,且有,进而有。再由(1)得,所以在基下得矩阵为。(3) 类似有,所以在基下得矩阵为。习题7、2、3在中,定义线性变换为,其中 ,。(1)求在基下得矩阵;(2)求在基下得矩阵。解:(1)由定义知,所以有。故在基下得矩阵为:。(2)类似有。故在基下得矩阵为:。习题7、2、4在中,线性变换在基,下得矩阵就是。求在基下得矩阵。解:已知,则有。即在基下得矩阵为:。习题7、2、5设数域上3维线性空间得线性变换在基下得矩阵为 (1)求在基下得矩阵;(2)求在基下得矩阵;(3)求在基下得矩阵。解:(1)由已知可得,。所以在基下得矩阵为:。(2)由已知可得,。所以在基下得矩阵为:。(3)由已知可得 ,。所以在基下得矩阵为:。习题7、2、6在维线性空间中,设有线性变换与向量使,但。证明:在中存在一个基,使在该基下得矩阵为 。证明:由习题7、1、6知:维线性空间得向量组,线性无关,且有个向量,即构成得一组基,而线性变换作用此基有:,。故在基,下得矩阵为: 。习题7、2、7设就是数域上维线性空间得全体线性变换组成得数域上得线性空间,试求,并找出中得一个基。求证:任取得一组基,令为到得映射:,其中。由引理7、2、6及定理7、2、7知为同构映射,即。所以它们得维数相同,而,故。现取,使得,即,。已知,就是得一组基,故,为得一组基。习题7、2、8证明:与维线性空间得全体线性变换都可交换得线性变换就是数乘变换。证明:在某组确定得基下,数域上得维线性空间得线性变换与数域上得阶方阵间建立了一个双射,因为与一切阶方阵可交换得方阵为数量矩阵,所以与一切线性变换可交换得线性变换必就是数乘变换。习题7、2、9设就是维线性空间得一个线性变换,如果在得任意一个基下得矩阵都相同,则就是数乘变换。证明:设在基下得矩阵为,只要证明为数量矩阵即可。设为任意可逆矩阵,令,则也就是得一组基,且在这组基下得矩阵为,依题意有。特别地,当取时,计算可得。再取,由可得,即为数量矩阵,所以就是数乘变换。习题7、2、10证明:与相似,其中就是得一个排列。证明:用依次表示这两个矩阵,取一个维线性空间及其一组基,对于矩阵,存在得线性变换,使得,由此可得。因为与就是在不同基下得矩阵,所以与相似。习题7、2、11如果可逆,证明与相似。证明:因为,所以与相似。习题7、2、12如果与相似,与相似,试判断下列叙述就是否正确？如果不正确,请举反例,否则给出证明。(1)与相似;(2)与相似;(3)与相似。答:(1)正确。证明:由于与相似,与相似,因此存在可逆阵,使得,从而有,其中,所以与相似。(2)不正确。反例:设,则有,使,即,故与相似;再取,则与显然相似。但,。设,且满足,即,计算得,即得,故不可逆。所以与不相似。(3)不正确。反例:取同(2),有,两矩阵秩不同。显然,与不相似。习题7、3习题7、3、1设就是数域上线性空间,就是得线性变换。如果就是得特征值,则对任意多项式,就是得特征值,且得属于得特征向量也就是得属于得特征向量。证明:设为得属于得特征向量,即,则对任意自然数,有 。事实上,当时,显然成立。假设时,有成立。现证时也成立,即。故由数学归纳法得式对任意自然数均成立。设,则有 ,即。习题7、3、2对复数域上线性空间上得下述线性变换,求出它得特征值与特征向量,判断就是否可以对角化,在可对角化时,求出过度矩阵,并计算。已知在得一个基下得矩阵为(1);(2);(3);(4)。解:(1)设在基下得矩阵为,矩阵得特征多项式为。所以得特征值为,。先求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得全部特征向量为;再求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得全部特征向量为。可以对角化。取得两个线性无关得特征向量,即,其中为由基到基得过渡矩阵。且有。(2)设在基下得矩阵为,且当时,有,于就是矩阵得特征多项式为,所以得特征值为。求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,因为得属于特征值得两个线性无关得特征向量为,所以以中任意非零向量为其特征向量。当时,矩阵得特征多项式为,所以得特征值为。先求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得全部特征向量为;再求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得全部特征向量为。可以对角化。取得两个线性无关得特征向量,即,其中为由基到基得过渡矩阵。且有。(3)设在基下得矩阵为,矩阵得特征多项式为。所以得特征值为。先求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得全部特征向量为;再求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得全部特征向量为。由于找不到得三个线性无关得特征向量,故不可对角化。(4)设在基下得矩阵为,矩阵得特征多项式为。所以得特征值为。先求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得全部特征向量为;再求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得全部特征向量为。可以对角化。取得四个线性无关得特征向量,即,其中为由基到基得过渡矩阵。且有。习题7、3、3证明:就是矩阵得特征值得充要条件就是矩阵为奇异阵。证明:设非零向量为矩阵得属于特征值得特征向量,则有,整理得,因,所以齐次线性方程组有非零解,故系数行列式。反之亦然。习题7、3、4设,求。解:矩阵得特征多项式为。所以得特征值为。对,解齐次线性方程组,得基础解系;对,解齐次线性方程组,得基础解系;对,解齐次线性方程组,得基础解系。令,有,进而有,故 。习题7、3、5设就是4维线性空间得一个基,线性变换在这个基下得矩阵为。(1) 求在一个基下得矩阵,其中(2)求得特征值与特征向量;(3)求一可逆阵,使为对角阵。解:(1)由条件有,令,则线性变换在基下得矩阵为 。(2)因为线性变换得特征多项式为。所以线性变换得特征值为。先求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得线性无关得特征向量为,。全部特征向量为;再求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得线性无关得特征向量为。全部特征向量为 。最后求得属于特征值得特征向量。解齐次线性方程组,求得基础解系为,所以得属于特征值得线性无关得特征向量为。全部特征向量为 。(3)因为,所以所求得可逆矩阵为,于就是有。习题7、3、6(1)设就是线性变换得两个不同特征值,就是分别属于得特征向量。证明:不就是得特征向量;(2)证明:如果线性变换以中每个非零向量作为它得特征向量,则就是数乘变换。证明:(1)因为,所以。假设就是线性变换得属于特征值得特征向量,即,且有,整理可得。由于线性变换得属于不同特征值得特征向量线性无关,因此,于就是得,这与题设矛盾,因而不就是得特征向量。(2)任取得一个非零向量,设。再任取得一个向量,若或,则显然有;若,则由假设也就是特征向量,设。如果,则由(1)知,不就是得特征向量,这与题意矛盾。故,即仍有。这就说明得任意两个特征值都相等,故为数乘变换。习题7、3、7设就是得线性变换。证明:(1)得行列式为零得充要条件就是至少有一个特征值为零;(2)如果就是可逆线性变换,则其特征值一定不为零;又如果就是得特征值,则必就是得特征值。证明:(1)设线性变换在一组基下得矩阵为,就是得所有特征值,则有,所以得行列式为零至少有一个。(2)(反证法)设可逆线性变换有一个特征值为,而就是它得一个特征向量,即有。用作用得两边得,。这与矛盾,故可逆线性变换得特征值一定不为零。设为得属于特征值得一个特征向量,即。由于可逆,得,进而有,即,也可写成,故必就是得一个特征值。习题7、3、8设,就是阶方阵。证明:(1);(2)如果,则,即相似得矩阵必有相同得迹;(3)设,。验证:与有相同得特征多项式,但与不相似。证明:(1)设,为任意两个阶方阵,则主对角线上得元素为 ,。它们得与为。同样,得主对角线上得元素得与为。故。(2)根据(1)可得。即相似得矩阵必有相同得迹。(3)因为,所以其特征多项式为;又因为,所以其特征多项式为,故与有相同得特征多项式。现设矩阵,使得成立,展开有,即得。解得。所以就是不可逆得,故与不相似。习题7、3、9设得线性变换得互不相同得特征值为。如果在每一个特征值得特征子空间中取基,恰构成全空间得一个基。证明:必可对角化。证明:设特征值得特征子空间得基为,则有,即每一个,都就是得特征向量。又知,恰构成空间得一个基,即得有个线性无关得特征向量,所以必可对角化。