习题7.4习题7.4.1设是一个阶下三角矩阵。证明：（1）如果的对角线元素，则必可对角化；（2）如果的对角线元素，且不是对角阵，则不可对角化。证明：（1）因为是一个阶下三角矩阵，所以的特征多项式为，又因，所以有个不同的特征值，即有个线性无关的特征向量，以这个线性无关的特征向量为列构成一个可逆阵，则有为对角阵，故必可对角化。（2）假设可对角化，即存在对角阵，使得与相似，进而与有相同的特征值。又因为矩阵的特征多项式为，所以，从而，于是对于任意非退化矩阵，都有，而不是对角阵，必有，与假设矛盾，所以不可对角化。习题7.4.2设维线性空间的线性变换有个不同的特征值，是的特征子空间。证明：（1）是直和；（2）可对角化的充要条件是。证明：（1）取的零向量，写成分解式有，其中，。现用分别作用分解式两边，可得。写成矩阵形式为 。由于是互不相同的，所以矩阵的行列式不为零，即矩阵是可逆的，进而有，。这说明的零向量的分解式是唯一的，故由定义可得是直和。（2）因，都是的子空间，所以有。又因可对角化，所以有个线性无关的特征向量，它们定属于某一特征值，即它们都属于。对任意的，一定可由个线性无关的特征向量线性表示，所以，即得成立，故有。因，所以分别取的基：，其中，进而得的基：,。又知基向量中的每一个向量都是的特征向量，故得有个线性无关的特征向量，所以可对角化。习题7.4.3设是阶对角阵，它的特征多项式为，其中两两不同。设，证明：是的子空间，且。证明：对，即，有，所以，即是的子空间。设，则由习题3.2.2知与可交换的矩阵只能是准对角矩阵，即，其中为阶方阵，。进而对，都可由行，列元素为，其余元素全为零的阶方阵线性表示。显然线性无关，构成的一组基，所以。习题7.4.4设为准对角阵，其中是阶矩阵，它的最小多项式是。证明：。（即的最小多项式是的最小多项式的最低公倍式。）证明：令为对角线上诸块的最小多项式，且。因为的最小多项式，则由可得，。又因的最小多项式整除任何以为根的多项式，所以，。从而。又由于，。而，故。从而。于是又有。又因它们的首项系数都是，故。习题7.4.5求下列矩阵的最小多项式，并判断它是否可对角化：（1）； （2）。解：（1）矩阵的特征多项式为。由命题7.4.17知，矩阵的最小多项式为，其中。经计算得。故矩阵的最小多项式为，且无重根，所以可对角化。（2）矩阵的特征多项式为。由命题7.4.17知，矩阵的最小多项式为，其中。经计算得。故矩阵的最小多项式为，且无重根，所以可对角化。习题7.4.6如果阶方阵满足，问可对角化吗？答：可对角化。事实上，由可得，即得的零化多项式，而的最小多项式可整除的零化多项式，故的最小多项式只可能为，或，无论哪一种，的最小多项式都无重根，故可对角化。习题7.4.7证明：（1）是幂零阵的充要条件为的特征值全为零；（2）阶方阵，如果存在正整数可能，使，则必有。证明：（1）因为是幂零阵，所以存在正整数，使得。由此可得的零化多项式为，由命题7.4.14知，的最小多项式是的因式，故有，其中。又因的每一个特征值都是最小多项式的根，而只有零根，所以的特征值全为零。反证法。设阶方阵不是幂零阵，即对任意正整数，都有。当然也有。现有的零化多项式，即特征多项式为，其中，为的所有不同的特征值。显然，不能全为零 。否则，与是的零化多项式矛盾。另一方面，不全为零又与题给条件矛盾。故命题得证。（2）当时，由可得：。当时，由可得的一个零化多项式。所以的最小多项式，其中。又由于的零化多项式之一，即特征多项式是次多项式。所以的最小多项式的次数，且有，故有。习题7.4.8设为阶方阵，多项式，使，。求的最小多项式。解：设，即得。因为，所以有，即为的零化多项式。又知的最小多项式是其零化多项式的因式，故得的最小多项式为 。习题7.4.9设是数域上阶方阵全体所组成的线性空间。是上的线性变换：。证明：（1）的特征值只可能是，；（2）可否对角化？为什么？证明：（1）设的特征值为，的属于的特征向量为，即有，进而有；再由题给条件有，进而有，所以有，而为特征向量，是非零的，定有，所以的特征值只可能是，。（2）答：可对角化。因为取的一组基：，设在此基下的矩阵为，则有，进而有，又由题给条件有，可得，所以有，由此可得的零化多项式为，而的最小多项式又是的因式，所以一定无重根，所以可对角化，进而可以对角化。习题7.4.10设是阶复矩阵，对某个正整数，有。证明可对角化。证明：因为对某个正整数，有，所以可得的零化多项式为。现令，。则有。而的最小多项式又是的因式，所以一定无重根，故可以对角化。习题7.5习题7.5.1设线性变换在的标准基下的矩阵为，又设是中由所生成的维子空间，证明：（1）是的-不变子空间；（2）不存在另一个-不变子空间，使；（3）总可以找到另一个子空间，使。证明：（1）由题意知，即，所以对，有，进而有，故是的-不变子空间。（2）假设存在另一个-不变子空间，使，且，则有。分别取与的基，它们构成的基。又因与都是-不变子空间，即，所以在的基，下的矩阵为对角阵，且有与相似，而不可能与对角阵相似，出现矛盾，故命题得证。（3）设是中由所生成的维子空间，则有。习题7.5.2用归纳法证明：（1）任一复方阵必相似于一个上三角阵，且该上三角阵之对角线元素就是的全部特征值；（2）设是实方阵，则存在实可逆阵，使为上三角阵的充要条件是的特征值全部为实数。证明：（1）对方阵的阶数作数学归纳。当时，结论当然成立。假定对阶结论成立，证明对阶成立。设为任一阶复方阵，则必有特征值及对应的特征向量，现将扩充为的一组基，则有，其中。故存在可逆方阵，使得，于是是阶复方阵，故由归纳法，存在阶可逆阵，使得 。从而存在可逆方阵，使得 。从而命题得证。（2）（）设存在实可逆阵，使得，其中为的全部特征值。将上式两边取共轭得，又因与都是实矩阵，所以有 ，即有，故的特征值全部为实数。（）对实方阵的阶数作数学归纳。当时，结论当然成立。假定对阶结论成立，证明对阶成立。设为阶实方阵，且的特征值全部为实数。现取的一个实特征值及对应的特征向量，并将扩充为的一组基，则有，其中。故存在实可逆方阵，使得，于是是阶实方阵，其特征多项式是的特征多项式的因式，所以特征值都是实数。故由归纳法，存在阶实可逆阵，使得 。从而存在实可逆方阵，使得 。从而命题得证。习题7.5.3如果是的维子空间，是的线性变换，则是-子空间的充要条件是中任一非零向量都是属于同一特征值的特征向量。证明：设为的一组基，即，都有。（）设是-子空间，有，即有。对，且，有，故得中任一非零向量都是属于同一特征值的特征向量。（）已知中任一非零向量都是属于同一特征值的特征向量。不妨设，且，有，显然有，故是-子空间。习题7.5.4设是复数域上维线性空间，是的线性变换，且。证明：（1）如果是的特征值，则的特征子空间也是的不变子空间；（2），至少有一个公共特征向量；（3）如果有个不同的特征值，则内必存在一个基，使，在这个基下的矩阵同时为对角阵。证明：（1）对，有，则，即得，故也是的不变子空间。（2）由（1）有是的不变子空间。若记，则在复数域上必有特征值，并存在，且，使得，因而，又因，所以是与的公共特征向量。（3）设的个不同的特征值为，分别取属于不同特征值的特征向量为，即，。它们构成线性空间的一个基，且在基下的矩阵为。又由（1）知，的特征值的特征子空间也是的不变子空间，且都是一维子空间，则对基，必有，所以在基下的矩阵为。习题7.5.5 的非平凡线性变换满足，则称为的投影线性变换。证明：（1），；（2）如果是的线性变换，是的不变子空间，且。对任意，其中，定义，则都是的投影线性变换，且与可交换。证明：（1）证明。由于，则对任意，有，即。又若，即，显然，因此。再证：。显然有。任取，则有，显然，且，即。所以，故。（2）由题意，对任意，其中；对任意数，有，所以是线性变换。又对任意，其中，有，且有，得。又，且，这是因为，得，。故得都是的投影线性变换，且与可交换。习题7.5.6设是阶矩阵的特征值，。如果向量适合，但，则称为属于特征值的权的根向量，特征向量就是权为的根向量。再令 ，（1）证明是的子空间，且，；（2）如果存在正整数使，证明对任意正整数，有；（3）如果存在可逆阵，使。证明是的属于特征值的权的根向量。证明：（1）对，有，进而有，即，故是的子空间。又对，有，显然有，所以得，故有，。（2）已知存在正整数使，即由，可得，因此对任意正整数，显然当及时，命题成立。假设是成立，其中为大于零的整数。现证时命题成立。对，有，进而有，由条件可得，即得，由假设得，所以。故对任意正整数，有。（3）由题意的，即，其中皆为非零向量。展开有，进而有，故由定义得是的属于特征值的权的根向量。补充题习题7.1设是维线性空间的一个基，已知线性变换在这个基下的矩阵为。（1）在的核中选一个基，把它扩充为的一个基，并求在这个基下的矩阵；（2）在的像中选一个基，把它扩充为的一个基，并求在这个基下的矩阵。习题7.2如果是线性空间的个两两不同的线性变换，则在中一定存在向量，使得也两两不同。习题7.3设是有限维线性空间的线性变换，是的子空间，是在中的像空间，证明：。习题7.4设，。证明：（1）与有相同的像的充要条件是，；（2）与有相同的核的充要条件是，。习题7.5 维线性空间的线性变换有个不同的特征值，证明：中恰有个-子空间。习题7.6复数域上维线性空间的线性变换在基下的矩阵为一个若尔当块，证明：（1）中含的-子空间只有自身；（2）中任一-子空间都含；（3）不能分解成两个非平凡的-子空间的直和。习题7.7设为阶复矩阵，是的特征多项式。证明：如果无公共特征值，则是可逆阵。习题7.8设是阶矩阵，是的非常数多项式。证明：（1）如果，则是奇异阵；（2）如果与的最高公因式为，则与有相等的秩；（3）为满秩阵的充要条件是与互素。