1. 对定义域为全体 $n$ 阶矩阵的函数 $f: bR^{n imes n} o bR$, 如果 $dps{cfrac{p f}{p a_{ij}}}$ 对 $A$ 中每个元素 $a_{ij}$ 都存在, 则记 $$ex _A f(A)=sex{cfrac{p f}{p a_{ij}}}. eex$$ 试证:
(1) $ _A r (AB)=B^T$;
(2) $ _A r(ABA^TC)=CAB+C^TAB^T$.
证明: (1) $$eex ea _A r (AB) =sex{cfrac{p }{p a_{ij}}sum_{m,n}a_{mn}b_{nm}} =sex{sum_{m,n} delta_{mi}delta_{nj}b_{nm}} =sex{b_{ji}} =B^T. eea eeex$$ (2) $$eex ea _A r (ABA^TC) &=sex{cfrac{p }{p a_{ij}} sum_{m,n,p,q} a_{mn}b_{np}a_{qp}c_{qm} }\ &=sex{ sum_{m,n,p,q} delta_{mi}delta_{nj}b_{np}a_{qp}c_{qm} +sum_{m,n,p,q} a_{mn}b_{np}delta_{qi}delta_{pj}c_{qm} }\ &=sex{ sum_{p,q} b_{jp}a_{qp}c_{qi} +sum_{m,n} a_{mn}b_{nj}c_{im} }\ &=sex{ sum_{p,q} c_{qi}a_{qp}b_{jp} +sum_{m,n} c_{im}a_{mn}b_{nj} }\ &=C^TAB^T+CAB. eea eeex$$
2. 设 $A(t)=(a_{ij}(t))$ 中每个 $a_{ij}(t)$ 都是可导的, 试证: $$ex frac{ d}{ d t}|A(t)|=|A(t)|cdot r sez{A^{-1}(t)cdotfrac{ d A(t)}{ d t}}. eex$$
证明: $$eex ea frac{ d}{ d t} |A(t)| &=sum (-1)^{ au(i_1cdots i_n)} frac{ d}{ d t}sez{a_{1i_1}(t)cdots a_{ni_n}(t)}\ &=sum (-1)^{ au(i_1cdots i_n)} sum_k a_{1i_1}(t)cdots frac{ d a_{ki_k}(t)}{ d t}cdots a_{ni_n}(t)\ &=sum_k sev{a{ccc} a_{11}(t)&cdots&a_{1n}(t)\ cdots&cdots&cdots\ dps{frac{ d a_{k1}(t)}{ d t}}&cdots&dps{frac{ d a_{kn}(t)}{ d t}}\ cdots&cdots&cdots\ a_{n1}(t)&cdots&a_{nn}(t) ea}\ &=sum_ksum_j frac{ d a_{kj}(t)}{ d t}cdot A_{kj}quadsex{A_{kj}mbox{ 为 }a_{kj}mbox{ 的代数余子式}}\ &= r sex{frac{ d A(t)}{ d t} cdot A^*}\ &=|A(t)|cdot r sex{frac{ d A(t)}{ d t}cdot A^{-1}(t)}\ &=|A(t)|cdot r sex{ A^{-1}(t)cdotfrac{ d A(t)}{ d t}}. eea eeex$$
3. 设 $A$ 为正交阵, $A$ 的特征值均为实数, 试证: $A$ 为对称矩阵.
证明: 先证明: 存在正交阵 $P$ 使得 $$ex P^TAP=sex{a{ccc} lm_1&&*\ &ddots&\ &&lm_n ea}. eex$$ 事实上, 设 $lm_1$ 为 $A$ 的一个特征值, $al_1$ 为其对应的单位特征向量, 将其扩充为 $bR^n$ 的一组标准正交基 $al_1,eta_2,cdots,eta_n$, 则 $$ex AP_1=P_1sex{a{cc} lm_1&gamma\ 0&B ea},quad P=(al_1,eta_2,cdots,eta_n). eex$$ 由 $$eex ea P_1^{-1}AP_1&=sex{a{cc} lm_1&gamma\ 0&B ea},\ P_1^{-1}(lm E-A)P_1&=lm E-sex{a{cc} lm_1&gamma\ 0&B ea},\ |lm E-A|&=(lm -lm_1)|lm E-B| eea eeex$$ 知 $B$ 的特征值也是实数. 按照上述步骤对 $B$ 可一直做下去 (正规的话, 用数学归纳法写得比较好看), 得到一列正交阵 $P_2,cdots,P_n$ 使得 $P=P_1P_2cdots P_n$ 化 $A$ 为 $$ex P^TAP=sex{a{ccc} lm_1&&*\ &ddots&\ &&lm_n ea}. eex$$ 再证题目: 由 $P,A$ 正交知 $dps{sex{a{ccc} lm_1&&*\ &ddots&\ &&lm_n ea}}$ 也正交. 但 $lm_i$ 为 $A$ 的实特征值, 只能为 $pm 1$. 注意到正交阵的每行每列均为单位向量, 我们有 $$ex sex{a{ccc} lm_1&&*\ &ddots&\ &&lm_n ea}=sex{a{ccc} lm_1&\ &ddots&\ &&lm_n ea} eex$$ 为对角阵.
4. 设 $scrA,scrB$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 的两个线性变换, 证明: $$ex dim ker(scrAscrB)leq dim ker scrA+dim ker scrB. eex$$
证明: 由 $scrB(al)=0 a scrAscrB(al)=0$ 知 $ker scrBsubset ker (scrAscrB)$. 设 $al_1,cdots,al_r$ 为 $ker scrB$ 的一组基, 将其扩充为 $ker(scrAscrB)$ 的一组基 $al_1,cdots,al_r,cdots,al_s$. 则读者可以验证 (留作习题) $scrB(al_{r+1}),cdots,scrB(al_s)inker scrA$ 是线性无关的. 于是 $$eex ea s-r&leq dim ker scrA,\ s&leq dim ker scrA+r,\ dim ker scrAscrB&leq dim ker scrA+dim ker scrB. eea eeex$$
5. 设 $scrT$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 中的线性变换, 定义子空间 $$ex V_1=sed{al; scrT^nal=0, alin V} eex$$ 及 $$ex V_2=sed{x; scrT^{n+1}al=0, alin V }. eex$$
证明: $V_1=V_2$. 证明: 显然, $$ex scrT^nal=0 a scrT^{n+1}al=0. eex$$ 而 $V_1subset V_2$. 往证 $$eelabel{97.10:eq} scrT^{n+1}al=0 a scrT^nal=0. eee$$ 而 $V_2subset V_1$. 用反证法. 若 eqref{97.10:eq} 不成立, 则 $$ex exists al_0in V,st scrT^{n+1}al_0=0,mbox{ 但 }scrT^nal_0 eq 0. eex$$ 由 $$eex ea &quad sum_{i=0}^n scrT^i al_0=0\ & a l_0=0quadsex{mbox{用 }scrT^nmbox{ 作用}}\ & a l_1=0quadsex{mbox{用 }scrT^{n-1}mbox{ 作用}}\ & acdots\ & a l_n=0. eea eeex$$ 知 $$ex sed{al_0,scrTal_0,cdots,scrT^nal_0} eex$$ 为 $V$ 中 $(n+1)$ 个线性无关的向量组. 这与 $dim V=n$ 矛盾.
6. 设 $A$ 为 $3 imes 2$ 矩阵, $B$ 为 $2 imes 3$ 矩阵. 已知 $$ex AB=sex{a{ccc} 8&2&-2\ 2&5&4\ -2&4&5 ea}. eex$$
证明: $BA=9E$. 证明: 由 $$ex lm(lm-9)^2=|lm E-AB|=lm|lm E-BA| eex$$ 知 $|lm E-BA|=(lm-9)^2$, 而 $BA$ 的特征值为 $9$ (二重), 是可逆的. 再注意到 $$eex ea (AB)^2&=9AB,\ B(AB)^2A&=9B(AB)A,\ (BA)^3&=9(BA)^2,\ BA&=9Equad(BAmbox{ 可逆}). eea eeex$$
7. (1) 对任意矩阵 $A$, 矩阵方程 $AXA=A$ 都有解;
(2) 如果矩阵方程 $AY=C$ 和 $ZB=C$ 有解, 则方程 $AXB=C$ 有解.
证明: (1) 若 $A=0$, 则 $AXA=A$ 有零解. 若 $A eq 0$, 则存在可逆阵 $P,Q$, 使得 $$ex A=Psex{a{cc} E_r&\ &0 ea}Q. eex$$ 于是 $$eex ea A&=Psex{a{cc} E_r&\ &0 ea}QQ^{-1}sex{a{cc} E_r&\ &0 ea}P^{-1}Psex{a{cc} E_r&\ &0 ea}Q\ &=Asez{Q^{-1}sex{a{cc} E_r&\ &0 ea}P^{-1}}A. eea eeex$$ 而 $AXA=A$ 有解. (2) 由 (1), 存在 $W$, 使得 $BWB=B$, 而 $$eex ea A(YW)B=CWB=ZBWB=ZB=C. eea eeex$$
8. (1) 设 $A,C$ 为 $n$ 阶正定矩阵, 若矩阵方程 $AX+XA=C$ 有唯一解 $B$. 试证: $B$ 正定.
(2) 设 $A$ 为 $n$ 阶负定矩阵, $C$ 为 $n$ 阶正定矩阵, 若矩阵方程 $AX+XA+2C=0$ 有唯一解 $X=B$, 试证: $B$ 正定.
证明: (1) 对 $AB+BA=C$ 作转置有 $$ex B^TA+AB^T=C. eex$$ 由解的唯一性, $B^T=B$. 故 $B$ 为对称阵. 为证 $B$ 是正定阵, 仅须验证 $B$ 的任一特征值 $lm>0$. 设 $al eq 0$ 为其对应的特征向量, 则 $$eex ea 0&<al^TCal\ &=al^T(AB+BA)al\ &=al^TA(Bal)+(Bal)^TAal\ &=lmal^TAal+lmal^TAal\ &=2lmal^TAal. eea eeex$$ (2) 对 $$ex AB+BA+2C=0 eex$$ 取转置有 $$ex B^TA+AB^T+2C=0. eex$$ 由唯一性即知 $B^T=B$. 为证结论, 仅须证明 $B$ 的任一特征值 $lm>0$. 设 $0 eq al$ 为其对应的特征向量, 则 $$eex ea 0&=al^T(AB+BA+2C)al\ &=lm al^TAal+(Bal)^T Aal+2al^TCal\ &=2lm al^TAal+2al^TCal,\ lm&=-frac{al^TCal}{al^TAal}>0. eea eeex$$