习题 3
1. 解：（1）特征值为7，-2，相应的特征向量为（1，1）t，（-4，5）t，故有，使。
2）相似对角矩阵。
3）相似于约当（jordan）标准形。
2. 解：（1）因为a的特征矩阵为。
所以a（）的行列式因子为。
不变因子为。
而次数大于零的不变因子只有，故由定义知a的全部初等因子为。
2）因为。所以。又因为它有一个n-1阶子式=
故，从而。于是不变因子为。
因此初等因子只有一个。
（3）因 故。又易得，从而。于是不变因子为1，1，.
4）写出，可见，又中有一个三阶子式为，但另一个三阶子式为，这两个三阶子式互素（不计常数因子），故知，从而，因此不变因子为。
亦即。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。
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。
这便是所求的标准形。而且有。
这便是所求的标准形，并且。
5. 解：（1）；（2）
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。
其中，于是。
8. 解：不一定。例如与的秩显然相等，但由于不变因子不同，所以它们不相抵。
9. 证：充分性。设是一个非零的数，则也是一个矩阵，而，因此a（）可逆。
必要性。因此a（）可逆，所以有a（）a-1（）=i，两边取行列式，得。又因为与都是的多项式，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，所以，又因。
所以， 从而，故。
因此初等因子只有一个，即有。
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。
12. 解： （1）因为的初等因子为，故a的约当标准形为。
再设，由得。j即得。
解方程①得基础解基，不防选取。又由于方程③与①是一样的，所以③的任一解具有形式。
为使方程②有解，可选c1，c2的值使下面的两矩阵的秩相等：
这样可得c1=2，c2=-1.因而，将新的x代入方程②，并解之得。易证x1，x2，x3线性无关，所以取。
不惟一），便有。
2），不变因子为，，故初等因子为。因此约当标准形对角矩阵。
3）约当标准形分别是；；.
13. 解： （1）；（2）；
14. 解： 因秩为4，知其有四个不变因子：，所以其标准形为。
15. 解： 将a（）化为对角矩阵，主对角线上元素就是1，将a（）化为标准形，因秩为5，故有。
16. 证： 因为所以的jordan标准形只有两种可能，即。
及。但是显然不能与相似，所以它的标准形只能是。
17. 解： 设p =，由=得，因此有。
取一组解=1，b =-1，c =0，d =1，则是个可逆阵，而且。
p=.18. 证： 设是与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。
其中p是ji的阶数，于是知。
但由于，所以，此为矛盾。所以a必须与对角阵相似。若是a的任一特征值，则是的特征值，故，所以只能是m次单位根。
19. 证： 设a=p-1jp，j为约当矩阵，且，ji为第i个约当块，又取，而。
与ji同阶，则，即，且由计算得，故=
其中，且c是可逆的，对称的。
设，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。且。则。
另一方面。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。
21. 解： 对方程组的系数矩阵a求职可逆矩阵p，使p-1ap=j，其中，求得，，作代换，将原方程化为。
即有。可求得。于是。
其中c1，c2，c3为任意常数。
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