矩阵理论课后习题答案习题二

习题二

1．化下列矩阵为Smith标准型：

1 λ （1） λ

1+λ2 0 0

（2）

0 2

λ λ

λ2λλ2

λ λ ; λ2

0λ2

λ2 λ0

;

00

00

0(λ 1)2

3λ2+2λ 32λ 1λ2+2λ 3 （3） 4λ2+3λ 53λ 2λ2+3λ 4 ; λ2+λ 4λ 2λ 1 301λ 2λ 4λ 3λ+60λ+22λ (4) 06λλ2λ0 . λ 10λ 100 00 3λ 31 λ2λ 2

解：（1）对矩阵作初等变换（化成Smith型可以进行行列变换，代进行满秩分解和方程求解时

只能进行行变换，）

1 λλ2

λ λ

1+λ2λ2 1λ2 1λ2λ λ

λ →0λ λ →c1+c3 r3 r1 0λ

1λ2 λ2 00 λ2

0 10

c3+c2 0λ ，

λ →0 r1×( 1)

λ(λ+1) 00λ(λ+1)

1 λ

；

λ(λ+1)

λ

λ λ(λ+1)

10

c2 λ2c1 0λ →c3 λc1

00

则该矩阵为Smith标准型为

（2）矩阵的各阶行列式因子为

D4(λ)=λ4(λ 1)4,D3(λ)=λ2(λ 1)2,D2(λ)=λ(λ 1),D1(λ)=1,

从而不变因子为

d1(λ)=1,d2(λ)=

Smith标准型为

D2(λ)D(λ)D(λ)

=λ(λ 1),d3(λ)=3=λ(λ 1),d4(λ)=4=λ2(λ 1)2故该矩阵的D1(λ)D2(λ)D3(λ)

000 1

0λ(λ 1) 00 ； 00λ(λ 1)0 22 000λ(λ 1)

（3）对矩阵作初等变换

3λ2+2λ 32λ 1λ2+2λ 3 c c 3λ2 22λ 1

3

2 c1 223 c24λ+3λ 53λ 2λ+3λ 4 → 4λ 33λ 2 λ2+λ 4 λ2 2λ 2λ 2λ 1

λ4+7λ2 6 λ3+2λ2+4λ 50 r2 r12

→λ 1λ 102

r1 (λ 2)r3

2 λ 2λ 21

λ2 2

λ2 2 1

λ4+7λ2 6 λ3+2λ2+4λ 50

2 c1 (λ 2)c32

→λ 1λ 10c2 (λ 2)c3

001 λ3+λ2 λ 1 λ3+2λ2+4λ 50 c1 (λ+1)c2

→ 0λ 10

001 λ3 λ2 λ+100 00 1 r1 r3 r1+(λ2 λ 5)r2 →0λ 10 →0λ 10r1×( 1)c c 13

2 001 0(λ 1)(λ+1) 0

故该矩阵的Smith标准型为

1

λ 1 ;

2

(λ 1)(λ+1)

(4)对矩阵作初等变换

301λ 00 2λ 0

4λ 03λ+60λ+22λ00c 2c

c 3c

06λλ2λ0 → 00λ

0λ 100 0λ 1 λ 1 λ 1

00 3λ 31 λ2λ 2 3λ 31 λ2λ 2

1

2

531λ λ+22λ 2λ0

00 00

0 0

00c1+3c2 c3+2c2

→ 00

λ 10 01 λ01λ 001λ 0

0 0λ+22λ 00λ0 r 2 2r1

c3 c1

→ 0λ2λ0 0λ2λ0

λ 100 λ 10000

000 01 λ000

0 0

0r λr0c 2c c λc → 00

0 λ 1

01 λ

2

45

1340 0 1

00 λ2 c c 0 λ2

c c

λ00 → 00

000 0 0

000 00

1

2

45

0100

λ0

0 00

00

λ 10 01 λ

在最后的形式中，可求得行列式因子

D5(λ)=λ3(λ 1)2,D4(λ)=λ(λ 1),D3(λ)=D2(λ)=D1(λ)=1,

于是不变因子为

d1(λ)=d2(λ)=d3(λ)=1,d4(λ)=

Smith标准形为

D4(λ)D(λ)

=λ(λ 1),d5(λ)=5=λ2(λ 1)故该矩阵的

D3(λ)D4(λ)01000

000

000

100 .

0λ(λ 1)0 00λ2(λ 1)

1

0 0 0 0

2.求下列λ 矩阵的不变因子：

0 λ 2 1

；（1） 0λ 2 1

0λ 2 0 λ+α β（2）

0 0 λ 0（3）

0 5

βλ+α0010λ+α β0 0 ； 1

λ+2

0 1 ；β λ+α

10λ 104

λ3

01λ+2 0

0 1λ+20 .（4） 1λ+200

000 λ+2

解：（1）该λ 矩阵的右上角的2阶子式为1，故

D1(λ)=D2(λ)=1,

而

D3(λ)=(λ 2)3，

所以该λ 矩阵的不变因子为

d1(λ)=d2(λ)=1,d3(λ)=(λ 2)2;

（2）当β=0时，由于

D4(λ)=(λ+α)4,D3(λ)=(λ+α)2，D2(λ)=D1(λ)=1，

故不变因子为

d1(λ)=d2(λ)=1，d3(λ)=(λ+α)2,d4(λ)=(λ+α)2

当β

≠0时，由于

D4(λ)=[(λ+α)2+β2]，

且该λ 矩阵中右上角的3阶子式为

2β(λ+α),且( 2β(λ+α),D4(λ))=1，

则D3(λ)=1，故D2(λ)=D1(λ)=1，所以该λ 矩阵的不变因子为

d1(λ)=d2(λ)=d3(λ)=1,d4(λ)=[(λ+α)2+β2];

（3）该λ 矩阵的右上角的3阶子式为 1，故

D1(λ)=D2(λ)=D3(λ)=1,

而

D4(λ)=λ4+2λ3+3λ2+4λ+5，

所以该λ 矩阵的不变因子为

d1(λ)=d2(λ)=d3(λ)=1,d4(λ)=λ4+2λ3+3λ2+4λ+5;

（4）该λ 矩阵的行列式因子为

D1(λ)=D2(λ)=D3(λ)=1,D4(λ)=(λ+2)4,

所以该λ 矩阵的不变因子为

d1(λ)=d2(λ)=d3(λ)=1,d4(λ)=(λ+2)4.

3．求下列λ 矩阵的初等因子：

λ3+2λ3+1 （1） 3

；232

2λ λ λ+32λ λ λ+2 λ3 2λ2+2λ 1λ2 2λ+1 （2） 3 .22

2λ 2λ+λ 12λ 2λ

解：(1)该λ 矩阵的行列式因子为

D1(λ)=1,D2(λ)=(λ+1)(λ 1)2，

故初等因子为λ+1,(λ 1)2；

(2)该λ 矩阵的行列式因子为

D1(λ)=λ 1,D2(λ)=(λ+1)(λ 1)2，

故不变因子为

d1(λ)=λ 1,d2(λ)=(λ+1)(λ 1),

因此，初等因子为λ+1,λ 1,λ 1.

4．求下列矩阵的Jordan标准形：

7 3 131616 45 2 3

；（1） 5 7 6 ；（2） 2 21 ；（3） 2 52

6 8 7 1 11 4 103 1

33 11 1 0 0

；（4） 3 33 ；（5） 1（6） 86 0

2 222 14 10

0

解：（1）设该矩阵为A，则

2

10032104 3 .2 1

0 10

，

λE A→ 010

2

00(λ 1)(λ+3)

故A的初等因子为

(λ 1)2(λ+3)，

则

A的Jordan标准形为

300 011 ； 001

（2）设该矩阵为

A，则

0 10

，

λE A→ 010

3

00(λ 1)

故

A的初等因子为

(λ 1)3，

从而

A的Jordan标准形为

110 011 ； 001

（3）设该矩阵为

A，则

0 10

,λE A→ 010 故

A的初等因子为

从而A的Jordan标准形为

（4）设该矩阵为A，则

故A的初等因子为

从而

A的Jordan标准形为

（5）设该矩阵为

A，则

故

A的初等因子为

从而A的Jordan标准形为

00(λ 1)(λ2

+1)

λ 1,λ+i,λ i,

100 0 i0 ; i 00

100

λE A→ 0λ

0 λ2 , 00

λ,λ2，

000

001 ; 000

100

λE A→ 010 ,

00λ(λ+1)2

λ,(λ+1)2，

000 0 11 ; 0 1 0

（6）设该矩阵为

A，则

3 4 λ 1 2

0 λ 1 2 3 ，λE A= 00λ 1 2

00λ 1 0

该λ 矩阵的各阶行列式因子为

D1(λ)=D2(λ)=D3(λ)=1,D4(λ)=(λ 1)4，

则不变因子为

d1(λ)=d2(λ)=d3(λ)=1,d4(λ)=(λ 1)4，

故初等因子为

(λ 1)4，

则

A的Jordan标准形为

1 0 0 0

5．设矩阵

11000110

0 0 .1 1

142

，

A= 0 3 4

043

求A5.

解：矩阵A的特征多项式为

fA(λ)=λI A=(λ 1)(λ 5)2，

故

A的特征值为λ1=1,λ2=λ3=5.

属于特征值λ1=1的特征向量为η1=(1,0,0)T,

属于λ2=λ3=5的特征向量为η2=(2,1,2)T,η3=(1, 2,1)T.

设

121 100

,Λ= 050 ,

P=[η1,η2,η3]= 01 2

021 005

则A=PΛP 1.,故

14×54

A5=PΛ5P 1= 0 3×54

04×54

6.设矩阵

3×54 1

4×54 .3×54

2 1 1 ，A= 2 1 2

112

求

A的Jordan标准形J，并求相似变换矩阵P，使得P 1AP=J.

解:(1)求

A的Jordan标准形J.

11 100 λ 2

→ 0λ 1 ,

λI A= 2λ+120

2

1λ 2 0(λ 1) 1 0

故其初等因子为

λ 1,(λ 1)2，

故A的Jordan标准形

100

.J= 011

001

(2)求相似变换矩阵P.

考虑方程组

111 x1

x =0,(I A)X=0,即 222 2 1 1 1 x3

解之,得

1 0

,X= 1 .

X1= 0 2

1 1

其通解为

k1

,

k1X1+k2X2= k2

k k 12

其中k1,k2为任意常数.

考虑方程组（这里如果任意规定k值可能会导致方程无解，所以要对其进行判断）

111 x1 222 x 2

1 1 1 x3 k1

,= k 2

k k 12

k1 111k1 111

222 → 000 2k+k ,

k212

1 1 1k1 k2 0002k1 k2

故当2k1 k2=0时,方程组有解.

取k1=1,k2=2,解此方程组,得

0

X3= 0 .

1

则相似变换矩阵

100

.

P=[X1,X2,X3]= 010

1 11

7.设矩阵

102

，

A= 0 11

010

试计算2A8 3A5+A4+A2 4I.解:矩阵A的特征多项式为

fA(λ)=λI A=λ3 2λ+1,

由于

2λ8 3λ5+λ4+λ2 4=(λ3 2λ+1)f(λ)+(24λ20 37λ+10),

其中f(λ)=2λ5+4λ3 5λ2+9λ 14.且

A3 2A+I=O,

故

348 26

.2A8 3A5+A4+A2 4I=24A2 37A+10I= 095 61

0 6134

8.证明：任意可逆矩阵A的逆矩阵A 1可以表示为证明:设矩阵A的特征多项式为

A的多项式.

fA(λ)=λI A=λn+a1λn 1+a2λn 2+ +an 1λ+an,

则

An+a1An 1+a2An 2+ +an 1A+anI=O,

即

A(An 1+a1An 2+a2An 3+ +an 1I)= anI,

因为

A可逆,

故an=( 1)nA≠0,则

9.设矩阵

2 1 A= ，13

试计算(A4 5A3+6A2+6A 8I) 1.

解:矩阵A的特征多项式为

fA(λ)=λI A=λ2 5λ+7,

则

A2 2A+7I=O,

而

λ4 5λ3+6λ2+6λ 8=(λ2 5λ+7)(λ2 1)+λ 1,

故

1 1 1 21

(A4 5A3+6A2+6A 8I) 1=(A I) 1= =. 3 11 12

10.已知3阶矩阵A的三个特征值为1，－1，2，试将A2n表示为A的二次式.解:矩阵A

1

则设

λ2n=f(λ)g(λ)+aλ2+bλ+c,

由f(1)=0,f( 1)=0,f(2)=0,得

a+b+c=1,

a b c=1, 4a+2b+c=22n.

解之，得

因此

11.求下列矩阵的最小多项式：

31 1 4 2

（1） 020 ；（2） 57

111 672

； 5 4

（3）n阶单位阵In；（4）n阶方阵A，其元素均为1；

a0

a1

（5）B=

a2 a3

a1a0a3 a2a2 a3a0a1

a3 a2 . a1 a0

31 1

解:(1)设A= 020 ,则

111

1 100 λ 3 1

→ 0λ 2 ,λI A= 0λ 200

2

1λ 1 0(λ 2) 1 0

故该矩阵的最小多项式为(λ 2)2.

4 22

(2)设A= 57 5 ,则

67 4

λI A=(λ 2)(λ2 5λ+11),

故该矩阵有三个不同的特征值,因此其最小多项式为(λ 2)(λ2 5λ+11)

(3)n阶单位阵In的最小多项式为m(λ)=λ 1.(4)因为

λI A=λn 1(λ n),

又

A2=nA,即A2 nA=O,故该矩阵的最小多项式为λ(λ n).

(5)因为

2222

,λI B=[λ2 2a0λ+(a20+a1+a2+a3)]

222

而m(λ)=λ2 2a0λ+(a20+a1+a2+a3)是λI B的因子,经检验知m(λ)是矩阵B的最小多项

式.