习题 3

1. 解：（1）特征值为7，-2，相应的特征向量为（1，1）T，（-4，

147015），故有P，使PAP02. 15T

100. 020（2）相似对角矩阵003200. 020（3）相似于约当（Jordan）标准形012

2. 解：（1）因为A的特征矩阵为

12 A()IA12所以A（）的行列式因子为

1A 1不变因子为

d1D11,d4()D4()d2d31,

D3()=1122.

而次数大于零的不变因子只有d1，故由定义知A的全部初等因子为

1,1,2,2.

1

b1aa （2）因为A()IAbn1ann所以DnIAan.又因为它有一个n-1阶子式

b1*b2=b1b2bn10

**bn1故Dn11，从而Dn2D11.于是不变因子为 d1d2dn11,dnan 因此初等因子只有一个an.

012 020 （3）因 AIA212故D3IA112.又易得D21，从而D11.于是不变因子为1，1，112.

（4）写出AIA，可见

D4IA1222122=x124, 12110又A中有一个三阶子式为102010141，但另一个三阶子12式为00122214，这两个三阶子式互素（不计常数12因子），故知D31，从而D2D11，因此不变因子为

12i212i2

亦即12i2,12i2.

2

3. 解： 因为A（），B（）的不变因子为1，-1，（-1）2，所以它们相抵.

4. 解 ： （1）因A（）的左上角元素为零，故先互换第一、二行，化A（）为

01 010 A1020又因左上角入不能整除其他所有元素，故先降低它的次数，只要从第三列减去第一列，并交换这两列行

0c3c1001101 A2010000022r32r100000110C2C3101c3c2020002r3r200c31c2101001r200r32r200120012

这便是所求的标准形.而且有d11,d2,d312.

1（2）B21c1c31210 2222221r3r1021

0c221c11202c3c10r21r31002r31r20002 20

3

0c3c21000

c3001这便是所求的标准形，并且d11,d2,d32.

105. 解：（1）00000010(1)00 0；（2）00(1)0122000(1)0100010（3）01（4）0；32001000010010000010000. 00210

6. 证：由相抵的定义知，若A（）与B（）相抵，则A（）能经过初等变换化为B（），而初等变换不改变各阶行列式因子，因而A（）与B（）有相同的各阶行列式因子，故知它们有相同的秩.

7. 证：若A（）与B（）相抵，则有P（），Q（）使 BPAQ

其中Pk0,Qe0，于是BPAQkeA.

8. 解：不一定.例如1010与02的秩显然相等，但由于不变0因子不同，所以它们不相抵.

4

9. 证：充分性.设Ad是一个非零的数，则A*也是一个

矩阵，而A11A*A*AI，因此A（）可逆. dd1d必要性.因此A（）可逆，所以有A（）A-1（）=I，两边取行列式，得AA1I1.又因为A与A1都是的多项式，所以由它们的行列式等于1，可以推知它们都是的零次多项式，也就是为非零的数.

10. 解： 因为Aan，所以Dnan，又因

c1

ac2c1c2cn10，

acn1所以Dn11 , 从而D1Dn2Dn11，故

d1dn11，dna

n因此初等因子只有一个，即有an.

11. 证： A（）与B（）相抵当且仅当它们有相同的不变因子，当且仅当它们的各阶行列式因子相同.

112的初等因子为21212. 解： （1）因为IA1211,12，故A的约当标准形为

5

1 1 J11再设PX1,X2,X3，由P1APJ得

AX1,X2,X3X1,X2,X3J

即得

IAX1 IAX2X3IAX3①

② ③

解方程①得基础解基e11,1,0T,e21,0,1T，不防选取

TX11,1,0.又由于方程③与①是一样的，所以③的任一解具有形

式X3c1e1c2e2c1c2,c1,c2T.

为使方程②有解，可选c1，c2的值使下面的两矩阵的秩相等：

111,IA2221111c1c211222c1c2111 这样可得c1=2，c2=-1.因而X31,2,1T，将新的X代入方程②，并解之得X21,1,1T.易证X1，X2，X3线性无关，所以取

111（不惟一）P121， 011便有P1APJ.

（2）IA122，不变因子为d11,d21，

d312，故初等因子为1,1,2.因此约当标准形对角

矩阵

6

1 . J1211,（3）约当标准形分别是22a1a；1a1a12i112i1；1. 12i2112i

11；16； 1J13. 解： （1）J（2）2161111. （3）J111

14. 解： 因秩为4，知其有四个不变因子：

d42113,d3211,d2,d41，所以其标准形为

1 . J2113211

15. 解： 将A（）化为对角矩阵，主对角线上元素就是1，

,3,2,24,(2)4,将A（）化为标准形，因秩为5，故有

7

E5324,E424,E32,E2E11 d1E11,d2E1,E21 d3E1E22

5d4E1E2E3E422

d5529.

2121216. 证： 因为IA1所以的Jordan110标准形只有两种可能，即

但是

17. 解： 设P 2111PP1001， 1ac1112=，由P10P=01得bd1011及01 01211011显然不能与相似，所以它的标准形只能是. 100101因此有

2aba2cdac 

abcbd10取一组解a =1，b =-1，c =0，d =1，则P是个可逆阵，而11且

8

2111 P=. P11001

18. 证： 设JdiagJ1,,JS是与A相似的约当矩阵，且J=C-1AC.如果A不能与对角形矩阵相似，则至少有一个约当块Ji其阶数大于1，则

i1mii*mi1imJimI p其中p是Ji的阶数，于是知

J1mmI JimJsm Jm但由于AmI,JC1AC，所以JmC1ACC1AmCC1ICI，此为矛盾.所以A必须与对角阵相似.若是A的任一特征值，则m是

AmI的特征值，故m1，所以只能是m次单位根.

J1为约当矩阵，且JH219. 证： 设A=P-1JP，JJ2，JiJkH1为第i个约当块，又取H11，而H iHk1与Ji同阶，则Hi2I，即Hi1Hi，且由计算得JH1JTH，故

9

AP1JPP1H1JTHP=

HP1P1TATPTHPPTHP1ATPTHPC1ATC，

其中CPTHP，且C是可逆的，对称的.

设DAC1，则有A=DC，而DT=（C-1）TAT=（CT）-1CTA（C-1）T=AC-1=D，即D也是对称的.

20. 证： 因为A的特征值各不相等，所以必有非异的矩阵C，使

r1 C1ACr2，且rrij ijrn则

r1C1BC C1ABCC1ACC1BCrn另一方面

C1ABCC1BACC1BCC1AC

r1C1BCr2r1rnr2C1BC rn但是，能与对角线元素均不相等的对角矩阵可交换的矩阵只能是对角矩阵，即C-1BC为对角阵.

这样，B与对角阵C-1BC相似，那么，B的初等因子应全为一次的.

10

21. 解： 对方程组的系数矩阵A求职可逆矩阵P，使P-1AP=J，

110110100，求得J10，P210，作代换430其中A8811421x1y1x2Py2，将原方程化为 x3y3dy1y1dty1y dy21y2yJdydt2y2y2 3dty33yy3即有

dy1dty1y2dy2dty2 dy3dty3可求得ytt1c1etc2tet,y2c2e,y3c3e.于是

x1tc1etc2tetxt2ctt21ec22t1e xtt3t4c1ec24t2ect3e其中c1，c2，c3为任意常数.

11