高等代数 II 第十次作业解答
题号：7.2.19，7.2.21，7.2.22，7.2.24，7.2.25，7.2.27，7.2.28，7.2.30，7.2.31，7.2.32
习题 7.2.19
设 \mathcal A\in \operatorname{End}(V) 为正规变换。证明：
\operatorname{Im}(\mathcal A)=\operatorname{Im}(\mathcal A^*).
因为 \mathcal A 是正规变换，所以
\mathcal A\mathcal A^*=\mathcal A^*\mathcal A.
对任意 x\in V，有
\|\mathcal A x\|^2
=\langle \mathcal A x,\mathcal A x\rangle
=\langle \mathcal A^*\mathcal A x,x\rangle,
而
\|\mathcal A^*x\|^2
=\langle \mathcal A^*x,\mathcal A^*x\rangle
=\langle \mathcal A\mathcal A^*x,x\rangle.
由正规性可得
\|\mathcal A x\|^2=\|\mathcal A^*x\|^2.
因此
\mathcal A x=0
\iff
\mathcal A^*x=0.
所以
\ker \mathcal A=\ker \mathcal A^*.
又因为有限维内积空间中有
\operatorname{Im}(\mathcal A)
=
(\ker \mathcal A^*)^\perp,
以及
\operatorname{Im}(\mathcal A^*)
=
(\ker \mathcal A)^\perp.
于是
\operatorname{Im}(\mathcal A)
=
(\ker \mathcal A^*)^\perp
=
(\ker \mathcal A)^\perp
=
\operatorname{Im}(\mathcal A^*).
所以
\boxed{\operatorname{Im}(\mathcal A)=\operatorname{Im}(\mathcal A^*)}.
习题 7.2.21
设 A\in M_n(\mathbb R) 为对称矩阵。对于每个 i\in[1,n]，记 c_i 为 A 的所有 i 阶主子式之和。
证明：如果 c_i\ge 0 对每个 i\in[1,n] 成立，那么 A 是半正定的。如果再有 c_n>0，则 A 是正定的。
因为 A 是实对称矩阵，所以存在正交矩阵 Q，使得
Q^TAQ=\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n),
其中 \lambda_1,\dots,\lambda_n\in\mathbb R。
矩阵 A 的特征多项式为
p_A(t)=\det(tI-A)
=t^n-c_1t^{n-1}+c_2t^{n-2}-\cdots+(-1)^nc_n.
反设 A 有负特征值。设该负特征值为 -s，其中 s>0。因为 -s 是特征值，所以
p_A(-s)=0.
但是
p_A(-s)
=
(-1)^n
\left(
s^n+c_1s^{n-1}+c_2s^{n-2}+\cdots+c_n
\right).
由于
s>0,\qquad c_i\ge 0,
所以上式括号中的数严格大于 0，因此
p_A(-s)\neq 0.
这与 p_A(-s)=0 矛盾。
所以 A 没有负特征值，即
\lambda_i\ge 0,\qquad i=1,\dots,n.
因此 A 是半正定矩阵。
如果进一步有
c_n>0,
注意到
c_n=\det A=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n.
而所有 \lambda_i\ge 0，且它们的乘积大于 0，所以每个 \lambda_i 都大于 0。因此 A 是正定矩阵。
综上，结论成立。
习题 7.2.22
设 A,B\in M_n(\mathbb R) 均为对称矩阵，其中 A 正定。证明：存在可逆矩阵 P\in M_n(\mathbb R)，使得
P^TAP
和
P^TBP
同时为对角矩阵。
因为 A 正定，所以存在可逆矩阵 S，使得
S^TAS=I.
令
C=S^TBS.
因为 B 是对称矩阵，所以
C^T=(S^TBS)^T=S^TB^TS=S^TBS=C.
因此 C 也是实对称矩阵。
由实对称矩阵正交对角化定理，存在正交矩阵 Q，使得
Q^TCQ=D,
其中 D 是对角矩阵。
令
P=SQ.
则
P^TAP
=
Q^TS^TASQ
=
Q^TIQ
=
I,
是对角矩阵。
同时
P^TBP
=
Q^TS^TBSQ
=
Q^TCQ
=
D,
也是对角矩阵。
因此存在可逆矩阵 P，使得 P^TAP 和 P^TBP 同时为对角矩阵。
习题 7.2.24
设 b,c\in\mathbb R 且
b^2-4c<0.
举例说明：存在一个线性变换 \mathcal A\in\operatorname{End}(V)，使得
\mathcal A^2+b\mathcal A+cI
不可逆。
因为
b^2-4c<0,
所以多项式
x^2+bx+c
在实数范围内没有根，但在复数范围内有一对共轭复根
\alpha\pm i\beta,
其中
\alpha=-\frac b2,\qquad
\beta=\frac{\sqrt{4c-b^2}}2\neq 0.
取 V=\mathbb R^2，定义线性变换 \mathcal A 在标准基下的矩阵为
A=
\begin{pmatrix}
\alpha & -\beta\\
\beta & \alpha
\end{pmatrix}.
该矩阵对应复平面中“乘以复数 \alpha+i\beta”的线性变换。
由于 \alpha+i\beta 是方程
x^2+bx+c=0
的根，所以对应的实矩阵满足
A^2+bA+cI=0.
因此
\mathcal A^2+b\mathcal A+cI
是零变换。
零变换不可逆，所以这就给出了所需例子。
这也说明，如果不假设 \mathcal A 自伴，那么结论不再成立。
习题 7.2.25
设 \mathcal A,\mathcal B 是 n 维内积空间 V 上的两个自伴算子。证明下列陈述等价：
- 存在 V 的一组规范正交基 \mathcal E，使得 M_\mathcal E(\mathcal A) 和 M_\mathcal E(\mathcal B) 同时为对角矩阵；
- \mathcal A 和 \mathcal B 可交换，即
\mathcal A\mathcal B=\mathcal B\mathcal A.
证明 1\Rightarrow 2
若存在一组规范正交基 \mathcal E，使得
M_\mathcal E(\mathcal A)
和
M_\mathcal E(\mathcal B)
同时为对角矩阵。
因为对角矩阵之间一定可交换，所以
M_\mathcal E(\mathcal A)M_\mathcal E(\mathcal B)
=
M_\mathcal E(\mathcal B)M_\mathcal E(\mathcal A).
因此
\mathcal A\mathcal B=\mathcal B\mathcal A.
证明 2\Rightarrow 1
因为 \mathcal A 是自伴算子，所以 V 可以正交分解为 \mathcal A 的特征子空间直和：
V=\bigoplus_\lambda V_\lambda,
其中
V_\lambda=\ker(\mathcal A-\lambda I).
下面证明每个 V_\lambda 在 \mathcal B 下不变。
任取 v\in V_\lambda，则
\mathcal Av=\lambda v.
又因为
\mathcal A\mathcal B=\mathcal B\mathcal A,
所以
\mathcal A(\mathcal Bv)
=
\mathcal B(\mathcal Av)
=
\mathcal B(\lambda v)
=
\lambda\mathcal Bv.
因此
\mathcal Bv\in V_\lambda.
所以 \mathcal B 保持 \mathcal A 的每个特征子空间不变。
由于 \mathcal B 也是自伴算子，所以 \mathcal B 在每个 V_\lambda 上的限制仍然是自伴算子。于是可以在每个 V_\lambda 中选取一组规范正交基，使得 \mathcal B 在该子空间上对角化。
把所有这些规范正交基合并起来，就得到 V 的一组规范正交基。
在这组基下，\mathcal A 在每个 V_\lambda 上都是数乘 \lambda I，因此 \mathcal A 是对角的；而 \mathcal B 也被构造为对角的。
所以 \mathcal A 和 \mathcal B 可以同时正交对角化。
因此两条陈述等价。
习题 7.2.27
设 A 为 n 阶实正规矩阵。假设 \lambda\in\mathbb C 是 A 的一个复特征值，列向量 \alpha\in\mathbb C^n 满足
A\alpha=\lambda\alpha.
证明：
A^T\alpha=\overline{\lambda}\alpha.
因为 A 是实正规矩阵，所以
AA^T=A^TA.
把 A 看作复空间 \mathbb C^n 上的矩阵，则它仍然是正规矩阵，并且它的伴随矩阵为
A^*=A^T.
由正规矩阵的性质可知：如果
A\alpha=\lambda\alpha,
那么
A^*\alpha=\overline{\lambda}\alpha.
又因为这里
A^*=A^T,
所以
A^T\alpha=\overline{\lambda}\alpha.
证毕。
习题 7.2.28
设 \mathcal A\in \operatorname{End}(V) 是正规变换，且最小多项式为
g(X)=(X-a)^2+b^2,
其中 a,b\in\mathbb R，b\neq 0。
证明：
\mathcal A
可逆，且
\mathcal A^*=(a^2+b^2)\mathcal A^{-1}.
由最小多项式可知
(\mathcal A-aI)^2+b^2I=0.
展开得
\mathcal A^2-2a\mathcal A+(a^2+b^2)I=0.
于是
\mathcal A(2aI-\mathcal A)=(a^2+b^2)I.
因为
a^2+b^2>0,
所以 \mathcal A 可逆，并且
\mathcal A^{-1}
=
\frac{1}{a^2+b^2}(2aI-\mathcal A).
因此
(a^2+b^2)\mathcal A^{-1}=2aI-\mathcal A.
下面证明
\mathcal A^*=2aI-\mathcal A.
令
\mathcal B=\mathcal A-aI.
因为 \mathcal A 正规，所以 \mathcal B 也是正规变换。并且
\mathcal B^2=-b^2I.
因此 \mathcal B 的特征值只能是
ib
或
-ib.
由于正规变换可以酉对角化，所以在一组规范正交基下，\mathcal B 的矩阵为对角矩阵，对角线上只可能出现 ib 或 -ib。
于是 \mathcal B^* 的特征值是这些特征值的共轭，即 -ib 或 ib。
因此
\mathcal B^*=-\mathcal B.
也就是说
(\mathcal A-aI)^*=-(\mathcal A-aI).
展开得
\mathcal A^*-aI=-\mathcal A+aI.
所以
\mathcal A^*=2aI-\mathcal A.
结合前面得到的
2aI-\mathcal A=(a^2+b^2)\mathcal A^{-1},
可得
\boxed{\mathcal A^*=(a^2+b^2)\mathcal A^{-1}}.
习题 7.2.30
设 C[-\pi,\pi] 是闭区间 [-\pi,\pi] 上所有实值连续函数构成的空间，在其上定义内积：
\langle f,g\rangle
=
\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)\,dx.
取
V=\operatorname{span}
(1,\cos x,\cos 2x,\cos 3x,\sin x,\sin 2x,\sin 3x).
1. 证明：对于任意 f\in V，其导函数 f’ 也属于 V
任取 f\in V，则 f 可以写成
f(x)
=
a_0+a_1\cos x+a_2\cos 2x+a_3\cos 3x
+b_1\sin x+b_2\sin 2x+b_3\sin 3x.
求导得
f'(x)
=
-a_1\sin x-2a_2\sin 2x-3a_3\sin 3x
+b_1\cos x+2b_2\cos 2x+3b_3\cos 3x.
显然 f’(x) 仍然是
1,\cos x,\cos 2x,\cos 3x,\sin x,\sin 2x,\sin 3x
的线性组合。
因此
f'\in V.
2. 定义 \mathcal A:V\to V,\ f\mapsto f’，证明 \mathcal A 是斜对称变换
要证明 \mathcal A 是斜对称变换，即证明对任意 f,g\in V，有
\langle \mathcal Af,g\rangle
=
-\langle f,\mathcal Ag\rangle.
也就是证明
\langle f',g\rangle
=
-\langle f,g'\rangle.
由分部积分公式，
\int_{-\pi}^{\pi}f'(x)g(x)\,dx
=
f(x)g(x)\bigg|_{-\pi}^{\pi}
-
\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g'(x)\,dx.
因为 f,g\in V 都是由 1,\sin kx,\cos kx 线性组合而成，所以它们满足
f(\pi)=f(-\pi),
\qquad
g(\pi)=g(-\pi).
因此
f(x)g(x)\bigg|_{-\pi}^{\pi}=0.
所以
\int_{-\pi}^{\pi}f'(x)g(x)\,dx
=
-\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g'(x)\,dx.
即
\langle \mathcal Af,g\rangle
=
-\langle f,\mathcal Ag\rangle.
所以 \mathcal A 是斜对称变换。
3. 求 V 的一组规范正交基，使得 M_\mathcal E(\mathcal A) 具有正交相似标准形
注意到
\int_{-\pi}^{\pi}1^2\,dx=2\pi,
并且对于 k=1,2,3，
\int_{-\pi}^{\pi}\cos^2 kx\,dx=\pi,
\qquad
\int_{-\pi}^{\pi}\sin^2 kx\,dx=\pi.
同时，不同频率之间正交，\sin 与 \cos 之间也正交。
所以取
e_0=\frac{1}{\sqrt{2\pi}},
以及
c_k=\frac{\cos kx}{\sqrt{\pi}},
\qquad
s_k=\frac{\sin kx}{\sqrt{\pi}},
\qquad k=1,2,3.
令
\mathcal E=(e_0,c_1,s_1,c_2,s_2,c_3,s_3).
则 \mathcal E 是 V 的一组规范正交基。
因为
\mathcal A(e_0)=0,
\mathcal A(c_k)=-ks_k,
\mathcal A(s_k)=kc_k.
所以在基 \mathcal E 下，\mathcal A 的矩阵为
M_\mathcal E(\mathcal A)
=
\begin{pmatrix}
0&0&0&0&0&0&0\\
0&0&1&0&0&0&0\\
0&-1&0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&2&0&0\\
0&0&0&-2&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0&3\\
0&0&0&0&0&-3&0
\end{pmatrix}.
即
M_\mathcal E(\mathcal A)
=
0
\oplus
\begin{pmatrix}
0&1\\
-1&0
\end{pmatrix}
\oplus
\begin{pmatrix}
0&2\\
-2&0
\end{pmatrix}
\oplus
\begin{pmatrix}
0&3\\
-3&0
\end{pmatrix}.
这就是斜对称矩阵的正交相似标准形。
习题 7.2.31
设 A,B\in M_n(\mathbb R)，其中 A 正定。证明：
- 对任意正整数 k，矩阵 A^k 也正定；
- 如果存在正整数 r，使得 B 与 A^r 可交换，则 B 与 A 也可交换。
1. 证明 A^k 正定
因为 A 正定，所以 A 是实对称矩阵，且所有特征值都为正。
由谱定理，存在正交矩阵 Q，使得
A=QDQ^T,
其中
D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n),
\qquad
\lambda_i>0.
于是
A^k=QD^kQ^T,
其中
D^k=\operatorname{diag}(\lambda_1^k,\dots,\lambda_n^k).
因为
\lambda_i>0,
所以
\lambda_i^k>0.
因此 A^k 的所有特征值仍然为正，所以 A^k 正定。
2. 证明若 B 与 A^r 可交换，则 B 与 A 可交换
仍设
A=QDQ^T,
其中
D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n),
\qquad
\lambda_i>0.
于是
A^r=QD^rQ^T,
其中
D^r=\operatorname{diag}(\lambda_1^r,\dots,\lambda_n^r).
由于函数
x\mapsto x^r
在正实数范围内严格单调，所以
\lambda_i^r=\lambda_j^r
\iff
\lambda_i=\lambda_j.
这说明 A 与 A^r 有相同的特征子空间分解。
若
BA^r=A^rB,
则 B 保持 A^r 的每个特征子空间不变。
由于 A 与 A^r 的特征子空间相同，所以 B 也保持 A 的每个特征子空间不变。
而在 A 的每个特征子空间上，A 都只是数乘变换。因此在每个特征子空间上，A 与 B 可交换。
所以在整个空间上有
BA=AB.
即 B 与 A 可交换。
习题 7.2.32
设 U 和 V 分别为 n 维和 m 维内积空间，
W=\operatorname{Hom}(U,V).
取定 U 的一组规范正交基
\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_n.
1. 证明映射
\langle f,g\rangle_W
=
\sum_{i=1}^n
\langle f(\varepsilon_i),g(\varepsilon_i)\rangle_V
是 W 上的一个内积。
首先，线性性来自于 V 上内积的线性性。
对称性如下：
\langle f,g\rangle_W
=
\sum_{i=1}^n
\langle f(\varepsilon_i),g(\varepsilon_i)\rangle_V
=
\sum_{i=1}^n
\langle g(\varepsilon_i),f(\varepsilon_i)\rangle_V
=
\langle g,f\rangle_W.
正定性如下：
\langle f,f\rangle_W
=
\sum_{i=1}^n
\langle f(\varepsilon_i),f(\varepsilon_i)\rangle_V
=
\sum_{i=1}^n
\|f(\varepsilon_i)\|^2
\ge 0.
若
\langle f,f\rangle_W=0,
则
\sum_{i=1}^n\|f(\varepsilon_i)\|^2=0.
由于每一项都非负，所以每一项都为 0。因此
f(\varepsilon_i)=0,\qquad i=1,\dots,n.
因为 \varepsilon_1,\dots,\varepsilon_n 是 U 的一组基，所以
f=0.
因此该映射是 W 上的一个内积。
2. 定义
T(\mathcal A):W\to W,
其中
T(\mathcal A)(f):x\mapsto f(\mathcal A x).
证明 T(\mathcal A) 是 W 上的线性变换。
任取 f,g\in W，\lambda\in\mathbb R。对任意 x\in U，有
T(\mathcal A)(f+\lambda g)(x)
=
(f+\lambda g)(\mathcal A x)
=
f(\mathcal A x)+\lambda g(\mathcal A x).
所以
T(\mathcal A)(f+\lambda g)
=
T(\mathcal A)(f)+\lambda T(\mathcal A)(g).
因此 T(\mathcal A) 是线性变换。
3. 证明 T(\mathcal A) 是 W 上的正交变换，当且仅当 \mathcal A 是 U 上的正交变换
先证充分性。
若 \mathcal A 是 U 上的正交变换，则
\mathcal A\varepsilon_1,\dots,\mathcal A\varepsilon_n
也是 U 的一组规范正交基。
于是
\langle T(\mathcal A)f,T(\mathcal A)g\rangle_W
=
\sum_{i=1}^n
\langle f(\mathcal A\varepsilon_i),g(\mathcal A\varepsilon_i)\rangle_V.
由于 \mathcal A\varepsilon_1,\dots,\mathcal A\varepsilon_n 也是一组规范正交基，所以上式等于
\sum_{i=1}^n
\langle f(\varepsilon_i),g(\varepsilon_i)\rangle_V
=
\langle f,g\rangle_W.
因此 T(\mathcal A) 保持内积，所以 T(\mathcal A) 是正交变换。
再证必要性。
若 T(\mathcal A) 是 W 上的正交变换，则它保持 W 上的范数。
任取 u\in U，固定一个单位向量 v_0\in V，定义线性映射
f_u:U\to V
为
f_u(x)=\langle x,u\rangle_U v_0.
则
\|f_u\|_W^2
=
\sum_{i=1}^n
\|f_u(\varepsilon_i)\|^2
=
\sum_{i=1}^n
|\langle \varepsilon_i,u\rangle|^2
=
\|u\|^2.
另一方面，
T(\mathcal A)(f_u)(x)
=
f_u(\mathcal A x)
=
\langle \mathcal A x,u\rangle_U v_0
=
\langle x,\mathcal A^*u\rangle_U v_0.
所以
T(\mathcal A)(f_u)=f_{\mathcal A^*u}.
由于 T(\mathcal A) 保持范数，有
\|f_u\|_W
=
\|T(\mathcal A)(f_u)\|_W.
于是
\|u\|
=
\|\mathcal A^*u\|.
这对任意 u\in U 都成立，所以 \mathcal A^* 保持范数，因此 \mathcal A^* 是正交变换。
于是 \mathcal A 也是正交变换。
综上，
\boxed{
T(\mathcal A)\text{ 是正交变换}
\iff
\mathcal A\text{ 是正交变换}
}.
