2019 年1月矩阵论
第1题： 证明 $V_0$ 与 $V_1$ 构成直和
第2题：证明矩阵为幂等矩阵
第3题： 给定一个矩阵多项式为0， 求其矩阵的所有可能 jordan 标准型
证明矩阵可对角化。
第4题： 满秩分解
第5题： 收敛矩阵判定
第6题： 求解常微分方程式
类似书上例 1.30
第7题： 证明向量范数
通过定义， 按齐次性、非负性、三角不等式证明
第8题： 判断矩阵是否可逆
通过盖尔园判断其特征值的范围， 结果是特征值不包含0， 则矩阵行列式不等于0
第9题： 证明所给式为矩阵A{1}逆
将其带入广义逆的第一个方程验证
第10题： 举例说明PQ的广义逆不等于Q的广义逆乘以Q的广义逆
2019年秋矩阵论
第1题： 求证三个向量是否为 C 的线性子空间
记住加法和乘法两条， 注意与证明空间的八条区分
第2题： 给三个基， 求向量k的坐标
第3题：求矩阵的QR分解， 博士为 householder
第4题： 证明向量范数 $|x| = |tx|$， 其中 t 是矩阵
第5题： 求解齐次微分方程。 博士为非齐次。
第6题： 已知投影矩阵 $p1$, $p2$， 求证 $p = p1 - p2$ 为投影矩阵的充要条件为 $p2 = p1p2 = p2p1$。
第7题： 给一矩阵， 用盖尔圆发完全分离其特征值。
本题有两个联通， 选合适的 a 让它分离三个孤立盖儿圆
第8题： 广义逆
知识点
线性空间
Note： 不要将线性空间和线性子空间混淆
定义
设 $V$ 是一个非空集合， 它的元素用 $x, y, z$ 等表示， 并称之为向量； $K$ 是一个数域， 它的元素用 $k, l, m$等表示。 如果 $V$ 满足下列：
- 结合律 $x + (y + z) = (x + y) + z$
- 交换律 $x + y = y + x$
- 存在零元素 0， 使 $x + 0 = x$
- 存在负元素， 即对任一向量 $x \in V$， 存在向量 $y \in V$， 使 $x + y = 0$， 则称 $y$ 为 $x$ 的负元素， 记为 $-x$， 于是有
- 数因子分配律 $k(x + y) = kx + ky$
- 分配律 $(k + l)x = kx + lx$
- 结合律 $k(lx) = (kl)x$
- $1x = x$
则称 $V$ 为数域 $K$ 上的线性空间或向量空间。
对 n 维向量的加法及数乘运算是封闭的。加法满足交换律和结合律， 乘法满足分配律和结合律。
例子
2016.1 判别 $R^{2 \times 2}$ 中下列子集关于实数域上矩阵加法和矩阵乘法， 是否构成实数域上的线性空间。 若不是线性空间， 请说明理由； 若是线性空间， 请求出该线性空间的维数和一个基。
\[S_1 = \{A \mid A = \{a_{ij}\}_{2 \times 2}, a_{11} + a_{22} = 0\}\]证明： 设 $A, B, C \in S_1$， 由题意得：
\[A = \left[\matrix{ a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & -a_{11} }\right] \qquad B = \left[\matrix{ b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & -b_{11} }\right] \qquad C = \left[\matrix{ c_{11} & c_{12} \\ c_{21} & -c_{11} }\right] \qquad\]加法：
(1) 交换律：
\[A+ B = \left[\matrix{ a_{11} + b_{11} & a_{12} + b_{12} \\ a_{21} + b_{21} & -a_{11} - b_{11} }\right] = B+ A\](2) 结合律：
\[(A + B) + C = \left[\matrix{ (a_{11} + b_{11}) + c_{11} & (a_{12} + b_{12}) + c_{12} \\ (a_{21} + b_{21}) + c_{21} & (-a_{11} - b_{11}) - c_{11} }\right] = \left[\matrix{ a_{11} + (b_{11} + c_{11}) & a_{12} + (b_{12} + c_{12}) \\ a_{21} + (b_{21} + c_{21}) & -a_{11} + (- b_{11} - c_{11}) }\right] = A + (B + C)\](3) 零元律：
\[A + 0 = \left[\matrix{ a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & -a_{11} }\right] = A\](4) 负元律：
\[A + (-A) = \left[\matrix{ a_{11} - a_{11} & a_{12} - a_{12} \\ a_{21} - a_{21} & -a_{11}-(-a_{11}) }\right] = 0\]数乘
(5) 结合律
\[k(lA) = \left[\matrix{ k(la_{11}) & k(la_{12}) \\ k(la_{21}) & -k(la_{11}) }\right] = \left[\matrix{ (kl)a_{11} & (kl)a_{12} \\ (kl)a_{21} & -(kl)a_{11} }\right] =(kl)A\](6) 分配律
\[(k+l)A = \left[\matrix{ (k+l)a_{11} & (k+l)a_{12} \\ (k+l)a_{21} & -(k+l)a_{11} }\right] = \left[\matrix{ ka_{11} & ka_{12} \\ ka_{21} & -ka_{11} }\right] + \left[\matrix{ la_{11} & la_{12} \\ la_{21} & -la_{11} }\right] = kA + lA\](7) 数因子分配律：
\[k(A+B) = \left[\matrix{ k(a_{11} + b_{11}) & k(a_{12} + b_{12}) \\ k(a_{21} + b_{21}) & k(-a_{11} - b_{11}) }\right] = \left[\matrix{ ka_{11} & ka_{12} \\ ka_{21} & -ka_{11} }\right] + \left[\matrix{ kb_{11} & kb_{12} \\ kb_{21} & -kb_{11} }\right] = kA + kB\](8) 恒等律
\[1·A = \left[\matrix{ a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & -a_{11} }\right]\]综上， $S_1$ 是实数域上的线性空间
$S_1$ 中任意元素可表示为：
\[k_1 \left[\matrix{ 1 & 0 \\ 0 & -1 }\right] + k_2 \left[\matrix{ 0 & 1 \\ 0 & 0 }\right] + k_3 \left[\matrix{ 0 & 0 \\ 1 & 0 }\right]\]所以 $dimS_1 3$， $S_1$ 的一个基为
\[\left\{ \left[\matrix{ 1 & 0 \\ 0 & -1 }\right], \left[\matrix{ 0 & 1 \\ 0 & 0 }\right], \left[\matrix{ 0 & 0 \\ 1 & 0 }\right] \right\}\]过渡矩阵
线性子空间
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**定义： ** 设 $V_1$ 是数域 $K$ 上线性空间 $V$ 的一个非空子集合， 且对 $V$ 已有的线性运算满足以下条件：
- 如果 $x, y \in V_1$， 则 $x + y \in V_1$
- 如果 $x \in V_1, k \in K$， 则 $kx \in V_1$
则称 $V_1$ 是 $V$ 的一个线性子空间或子空间
直和
子空间的直和
定义: 设 $V_1$、 $V_2$ 是线性空间 $V$ 的子空间， 若其和空间 $V_1 + V_2$ 中的任一元素只能唯一的表示为 $V_1$ 的一个元素 与 $V_2$ 的一个元素之和， 即 $\forall x \in V_1 + V_2$， 存在唯一的 $y \in V_1, z \in V_2$， 使 $x = y + z$， 则称 $V_1 + V_2$ 为 $V_1$ 与 $V_2$ 的直和， 记为 $V_1 \oplus V_2$。
子空间的直和并不是一种特殊的和， 仍然是
\[V_1 + V_2 = \{y + z \mid y \in V_1, z \in V_2\}\]定理: 如下四种表述等价：
- $V_1 + V_2$ 成为直和 $V_1 \oplus V_2$
- $V_1 \cap V_2 = {0}$
- $\text{dim}(V_1 + V_2) = \text{dim}V_1 + \text{dim} V_2$
- $x_1, x_2, …, x_s$ 为 $V_1$ 的基， $y_1, y_2, …, y_t$ 为 $V_2$ 的基， 则 $x_1, x_2, …, x_s, y_1, y_2, …, y_t$ 为 $V_1 + V_2$ 的基
例子
作业： 1.1： 3, 5, 7, 9, 11, 12, 13
1.1.11： 求 $R^4$ 的子空间
\[V_1 = \{(\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4) \mid \xi_1 - \xi_2 + \xi_3 - \xi_4 = 0\} \\ V_2 = \{(\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4) \mid \xi_1 + \xi_2 + \xi_3 + \xi_4 = 0\}\]的交 $V_1 \cap V_2$ 的基。
解： 设 $x = (\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4) \in (V_1 \cap V_2)$， 则 $x$ 的分量满足：
\[\begin{cases} \xi_1 - \xi_2 + \xi_3 - \xi_4 = 0 \\ \xi_1 + \xi_2 + \xi_3 + \xi_4 = 0 \end{cases}\]该方程的基础解系为 $(1, 0, -1, 0)^T, (0, 1, 0, -1)^T$， 从而 $V_1 \cap V_2$ 的一个基为 $(1, 0, -1, 0), (0, 1, 0, -1)$。
1.1.12： 给定 $R^{2 \times 2} = {A = (a_{ij}){2 \times 2} \mid a{ij} \in R}$（数域 $R$ 上的2阶实方阵按通常矩阵的加法与数乘矩阵构成的线性空间）的子集
\[V = \{A = (a_{ij})_{2 \times 2} \mid a_{ij} \in R \text{ and } a_{11} + a_{12} = 0\}\](1) 证明 $V$ 是 $R^{2 \times 2}$ 的子空间 (2) 求 $V$ 的维数和一个基
解： (1) 设 $A = (a_{ij}){2 \times 2} \in V, B = (b{ij})_{2 \times 2} \in V$， 则有：
\[a_{11} + a_{22} = 0, b_{11} + b_{22} = 0\]因为
\[A + B = (a_{ij + b_{ij}})_{2 \times 2} \quad (a_{11} + b_{11}) + (a_{22} + b_{22}) = 0 \\ kA = (ka_{ij})_{2 \times 2} \quad (ka_{11}) + (ka_{22}) = 0\]所以 $A + B \in V$, $kA \in V$。 又 $O_{2 \times 2} \in V$， 所以 $V$ 是 $R^{2 \times 2}$ 的子空间。
（2） 在 $V$ 中：
\[A_1 = \left[\matrix{ 1 & 0 \\ 0 & -1 }\right] \quad A_2 = \left[\matrix{ 0 & 1 \\ 0 & 0 }\right] \quad A_3 = \left[\matrix{ 0 & 0 \\ 1 & 0 }\right]\]线性无关。 任意 $A = (a_{ij}){2 \times 2} \in V$， 有 $a{11} + a_{22} = 0$， 即 $a_{22} = -a_{11}$， 于是：
\[A = a_{11}A_1 + a_{12}A_2 + a_{21}A_3\]因此， $V$ 的一个基是 $A_1, A_2, A_3$， 从而 $dimV = 3$。
1.1.13： 证明所有二阶矩阵之集合形成的实线性空间， 是所有二阶实对称矩阵之集合形成的子空间与所有二阶反对称矩阵之集合形成的子空间的直和。
证： 设 $V = R^{2 \times 2}$， 令
\[V_1 = \{A = (a_{ij})_{2 \times 2} \mid a_{ij} = a_{ji}, a_{ij} \in R\} \\ V_2 = \{B = (b_{ij})_{2 \times 2} \mid b_{ij} = -b_{ji}, b_{ij} \in R\}\]容易验证， $V_1$ 与 $V_2$ 都是 $V$ 的子空间。
验证 $V_1$ 是 $V$ 的子空间：
设 $A = {(a_{ij}){2 \times 2} \mid a{ij} = a_{ji}, a_{ij} \in R } \in V$， $B = {(b_{ij}){2 \times 2} \mid b{ij} = b_{ji}, b_{ij} \in R } \in V$
\[A + B = (a_{ij} + b_{ij})_{2 \times 2} \quad a_{ij} + b_{ij} = a_{ji} + b_{ji} \\ kA = (ka_{ij})_{2 \times 2} \quad ka_{ij} = ka_{ji}\]所以 $A +B \in V$, $kA \in V$。 又 $O_{2 \times 2} \in V$， 所以 $V$ 是 $R^{2 \times 2}$ 的子空间。
任意 $C \in V$， 有：
\[C = \frac{1}{2} (C + C^T) + \frac{1}{2}(C - C^T)\]且 $\frac{1}{2}(C - C^T) \in V_1, \frac{1}{2}(C - C^T) \in V_2$， 所以 $V = V_1 + V_2$。
因为：
\[D = (d_{ij})_{2 \times 2} \in V_1 \cap V_2 \quad D \in V_1 \text{ and } D \in V_2 \\ d_{ij} = d{ji} \text{ and } d_{ij} = - d_{ji} \\ d_{ij} = 0(i, j = 1, 2) \\ D = O\]所以 $V_1 \cap V_2 = {O}$， 即 $V = V_1 \oplus V_2$。
线性变换
定义： 如果数域 $K$ 上的线性空间 $V$ 的一个变换 $T$ 具有下列性质： \(T(kx + ly) = k(Tx) + l(Ty)\) 其中， $x, y \in V, k, l \in K$。 则称 $T$ 为 $V$ 的一个线性变换或线性算子。
线性变换的加法
设 $T_1, T_2$ 是线性空间 $V$的两个线性变换， 定义它们的和 $T_1 + T_2$ 为：
\[(T_1 + T_2)x = T_1x + T_2x \qquad (\forall x \in V)\]线性变换的负变换定义为：
\[(-T)x = -(Tx) \qquad (\forall x \in V)\]容易验证负变换也是线性变换。 线性变换的加法具有下列诸性质：
- $T_1 + T_2 = T_2 + T_1$
- $(T_1 + T_2) + T_3 = T_1 + (T_2 + T_3)$
- $T + T_0 = T$
- $T + (-T) = T_0$
线性变换与数的乘法
设 $k \in K$， $T$ 为线性空间 $V$ 中的线性变换， 定义数 $k$ 与 $T$ 的乘积 $kT$ 为：
\[(kT)x = k(Tx) \qquad (\forall v \in V)\]容易验证 $kT$ 也是线性变换($T(kx + ly) = kT(x) + lT(y)$)， 且有下列诸性质：
- $k(T_1 + T_2) = kT_1 + kT_2$
- $(k + l)T = kT + lT$
- $(kl)T = k(lT)$
- $1T = T$
线性变换的乘法
逆变换
线性变换的多项式
标准正交积
对称变换与对称矩阵
酉空间
定义： 设 $V$ 是复数域 $C$ 上的线性空间，对于 $V$ 中任意两个向量 $x$ 和 $y$, 按某规则有一复数 $(x, y)$ 与之对应， 它满足下列四个条件：
- 交换律 $(x, y) = \overline{(y, x)}$, 这里 $\overline{(y, x)}$ 是 $(y, x)$ 的共轭复数
- 分配率 $(x, y + z) = (x, y) + (x, z)$
- 齐次性 $(kx, y) = k(x, y)(\forall k \in C)$
- 非负性 $(x, x) \geq 0$， 当且仅当 $x = 0$ 时， 实数 $(x, x) = 0$
则称 $(x, y)$ 为向量 $x$ 与 $y$ 的内积， 而称 $V$ 为酉空间（或复内积空间）。
幂等矩阵
作业1.3：2， 4， 5， 10， 11
幂等矩阵： $A^2 = A$
Jordan 标准型
相似矩阵
设 $T$ 是复数域 $C$ 上的线性空间 $V^n$ 的线性变换， 任取 $V^n$ 的一个基， $T$ 在该基下的矩阵是 $A$, $T$(或$A$)的特征多项式可分解因式为：
\(\varphi(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)^{m_1}(\lambda - \lambda_2)^{m_2} ··· (\lambda - \lambda_s)^{m_s}(m_1 + m_2 + ··· + m_s = n, \lambda_i 互异)\) 则 $V^n$ 可以分解成不变子空间的直和 \(V^n = N_1 \oplus N_2 \oplus ··· \oplus N_s\) 其中 $N_i = {x \mid (T - \lambda_i T_e)^{m_i}x = 0, x \in V^n}$， 是线性变换 $(T - \lambda_i T_e)^{m_i}$ 的核子空间。
如果给每个子空间 $N_i$ 选择一适当的基， 每个子空间的基合并起来即为 $V^n$ 的基， 且 $T$ 在该基下的矩阵为如下形式的准对角矩阵 \(J = \left[\matrix{ J_1(\lambda_1) & & & \\ & J_2(\lambda_2) & & \\ & & ... & \\ & & & J_s(\lambda_s) }\right]\) 其中 \(J_i(\lambda_i) = \left[\matrix{ \lambda_i & 1 & & & \\ & \lambda_i & 1 & & \\ & & \lambda_i & ... & \\ & & & ... & 1 \\ & & & & \lambda_i }\right]\) 由上式给出的矩阵 $J$ 成为矩阵 $A$ 的 Jordan 标准型， $J_i(\lambda_i)$称为因式$(\lambda - \lambda_i)^{m_i}$对应的 Jordan 块。
满秩分解
收敛矩阵判定
常微分方程
向量范数
矩阵可逆， 广义逆
课后题
## 1.1
1.1.3： 判别下列集合是否构成 $R$ 上的线性空间：
加法：
- 交换律 (a + b) = (b + a)
- 分配律 (a + b) + c = a + (b + c)
- 存在 零元素 a + 0 = 0
- 存在 负元素 a + b = 0, b = -a
乘法：
- 数因子分配律 k(a +b) = ka + kb
- 分配律 (k + l)a = ka + la
- 结合律 (kl)x = k(lx)
- 1 · a = a
(1) 次数等于 $m(m \geq 1)$ 的实系数多项式的集合， 对于多项式的加法和数与多项式的乘法；
否。 因为两个 $m$ 次多项式相加不一定还是 $m$ 次多项式， 所以加法运算不封闭。
(2) 实对称矩阵的集合， 对于矩阵的加法和实数与矩阵的乘法；
是。设 $A = \left[\matrix{a_{11} & a_{12} \ a_{21} & a_{22}}\right] = \left[\matrix{a_{11} & a_{21} \ a_{21} & a_{22}}\right]$, $B = \left[\matrix{b_{11} & b_{12} \ b_{21} & b_{22}}\right] = \left[\matrix{b_{11} & b_{21} \ b_{21} & b_{22}}\right]$， $C = \left[\matrix{c_{11} & c_{12} \ c_{21} & c_{22}}\right] = \left[\matrix{c_{11} & c_{21} \ c_{21} & c_{22}}\right]$
加法：
- 交换律 A + B = B + A
- 分配律 (A + B) + C = A + (B +C)
- 零元素 A + 0 = A
- 负元素 A + (-A) = 0
乘法：
- 数因子分配律 k(A + B) = kA + kB
- 分配律 (k + l) A = kA + lA
- 结合律 (kl) A = k(lA)
- 1 · A = A
(3) 平面上全体向量的集合， 对于通常的加法和如下定义的数乘运算 $k · x = 0$
否。 因为 $x \neq 0$ 时 $1 · x = 0 \neq x$， 所以定义中的性质 (8) 不能成立。
1.1.5： 求第3题之 (2) 中线性空间的为数与基。
解： 用 $E_{ij}$ 表示第 $i$ 行第 $j$ 列元素为1， 而其余元素为 0 的 $n$ 阶方阵， 则：
$E_{ij}(i=1,2 …, n)$， $F_{ij} = E_{ij} + E_{ji}(i < j; i, j=1, 2, …, n)$ 线性无关， 且当 $a_{ij} = a_{ji}$ 时， 有： \(A = (a_{ij})_{n \times n} = \sum_{i=1}^n a_{ii}E_{ii} + \sum_{i<j} a_{ij} F_{ij}\) 因此， 该线性空间的一个基为 $E_{ii}(i=1, 2, …, n)$， $F_{ij}(i<j, i, j = 1, 2, …, n)$， 其维数为 $\frac{n(n+1)}{2}$
1.1.7： 求 $P_2$ 中向量 $1 + t + t^2$ 对基 $1, t-1, (t-2)(t-1)$的坐标。
解： 设 $1 + t + t^2 = k_1 · 1 + k_2 (t-1) + k_3(t-2)(t-1)$， 比较等号两端关于 $t$ 的同次幂的系数可得：
\(\begin{cases} \begin{aligned} k_1 - k_2 + 2k_3 = 1 \\ k_2 - 3k_3 = 1 \\ k_3 = 1 \end{aligned} \end{cases}\) 求解得 $k_3 = 1, k_2 = 4, k_1 = 3$。 因此 $1 + t + t^2$ 的坐标为 $(3, 4, 1)^T$
1.1.9：在 $R^4$ 中有两个基： \(x_1 = e_1, \qquad x_2 = e_2, \qquad x_3=e_3， \qquad x_4=e_4\)
\[y_1 = (2, 1, -1, 1), \qquad y_2 = (0, 3, 1, 0) \\ y_3 = (5, 3, 2, ,1), \qquad y_4 = (6, 6, 1, 3)\](1) 求由前一基改变为后一基的过渡矩阵
(2) 求向量 $x = (\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4)$ 对后一基的坐标
(3) 求对两个基有相同坐标的非零向量
解：
(1) 设 $(y_1, y_2, y_3, y_4) = (x_1, x_2, x_3, x_4)C$， 直接写出 \(C = \left[\matrix{ 2 & 0 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 3 & 6 \\ -1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 3 }\right]\) (2) $x$ 在基 $x_1, x_2, x_3, x_4$ 下的坐标为 $(\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4)^T$, 而 $x$ 在基 $y_1, y_2, y_3, y_4$ 下的坐标为 $C^{-1}(\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4)$
为什么？ \((AB)^T = B^T A^T \\ (\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4) C = C^T(\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4)^T\) (3) 由 $\left[\matrix{\xi_1 \ \xi_2 \ \xi_3 \ \xi_4} \right] = C^{-1}\left[\matrix{\xi_1 \ \xi_2 \ \xi_3 \ \xi_4} \right]$， 得$(C - I)\left[\matrix{\xi_1 \ \xi_2 \ \xi_3 \ \xi_4} \right] = 0$, 该方程组的通解为 $k(1, 1, 1, -1)^T$， 对两个基有相同坐标的非零向量为 $k(x_1 + x_2 + x_3 - x_4)$, $k$ 为非零常数。
1.1.11： 求 $R^4$ 的子空间 \(V_1 = \{(\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4) \mid \xi_1 - \xi_2 + \xi_3 - \xi_4 = 0\} \\ V_2 = \{(\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4) \mid \xi_1 + \xi_2 + \xi_3 + \xi_4 = 0\}\)
的交 $V_1 \cap V_2$ 的基。
解： 设 $x = (\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4) \in (V_1 \cap V_2)$， 则 $x$ 的分量满足：
\[\begin{cases} \xi_1 - \xi_2 + \xi_3 - \xi_4 = 0 \\ \xi_1 + \xi_2 + \xi_3 + \xi_4 = 0 \end{cases}\]该方程的基础解系为 $(1, 0, -1, 0)^T, (0, 1, 0, -1)^T$， 从而 $V_1 \cap V_2$ 的一个基为 $(1, 0, -1, 0), (0, 1, 0, -1)$。
1.1.12： 给定 $R^{2 \times 2} = {A = (a_{ij}){2 \times 2} \mid a{ij} \in R}$（数域 $R$ 上的2阶实方阵按通常矩阵的加法与数乘矩阵构成的线性空间）的子集
\[V = \{A = (a_{ij})_{2 \times 2} \mid a_{ij} \in R \text{ and } a_{11} + a_{12} = 0\}\](1) 证明 $V$ 是 $R^{2 \times 2}$ 的子空间 (2) 求 $V$ 的维数和一个基
解： (1) 设 $A = (a_{ij}){2 \times 2} \in V, B = (b{ij})_{2 \times 2} \in V$， 则有：
\[a_{11} + a_{22} = 0, b_{11} + b_{22} = 0\]因为
\[A + B = (a_{ij + b_{ij}})_{2 \times 2} \quad (a_{11} + b_{11}) + (a_{22} + b_{22}) = 0 \\ kA = (ka_{ij})_{2 \times 2} \quad (ka_{11}) + (ka_{22}) = 0\]所以 $A + B \in V$, $kA \in V$。 又 $O_{2 \times 2} \in V$， 所以 $V$ 是 $R^{2 \times 2}$ 的子空间。
（2） 在 $V$ 中：
\[A_1 = \left[\matrix{ 1 & 0 \\ 0 & -1 }\right] \quad A_2 = \left[\matrix{ 0 & 1 \\ 0 & 0 }\right] \quad A_3 = \left[\matrix{ 0 & 0 \\ 1 & 0 }\right]\]线性无关。 任意 $A = (a_{ij}){2 \times 2} \in V$， 有 $a{11} + a_{22} = 0$， 即 $a_{22} = -a_{11}$， 于是：
\[A = a_{11}A_1 + a_{12}A_2 + a_{21}A_3\]因此， $V$ 的一个基是 $A_1, A_2, A_3$， 从而 $dimV = 3$。
1.1.13： 证明所有二阶矩阵之集合形成的实线性空间， 是所有二阶实对称矩阵之集合形成的子空间与所有二阶反对称矩阵之集合形成的子空间的直和。
证： 设 $V = R^{2 \times 2}$， 令
\[V_1 = \{A = (a_{ij})_{2 \times 2} \mid a_{ij} = a_{ji}, a_{ij} \in R\} \\ V_2 = \{B = (b_{ij})_{2 \times 2} \mid b_{ij} = -b_{ji}, b_{ij} \in R\}\]容易验证， $V_1$ 与 $V_2$ 都是 $V$ 的子空间。
验证 $V_1$ 是 $V$ 的子空间：
设 $A = {(a_{ij}){2 \times 2} \mid a{ij} = a_{ji}, a_{ij} \in R } \in V$， $B = {(b_{ij}){2 \times 2} \mid b{ij} = b_{ji}, b_{ij} \in R } \in V$
\[A + B = (a_{ij} + b_{ij})_{2 \times 2} \quad a_{ij} + b_{ij} = a_{ji} + b_{ji} \\ kA = (ka_{ij})_{2 \times 2} \quad ka_{ij} = ka_{ji}\]所以 $A +B \in V$, $kA \in V$。 又 $O_{2 \times 2} \in V$， 所以 $V$ 是 $R^{2 \times 2}$ 的子空间。
任意 $C \in V$， 有：
\[C = \frac{1}{2} (C + C^T) + \frac{1}{2}(C - C^T)\]且 $\frac{1}{2}(C - C^T) \in V_1, \frac{1}{2}(C - C^T) \in V_2$， 所以 $V = V_1 + V_2$。
因为：
\[D = (d_{ij})_{2 \times 2} \in V_1 \cap V_2 \quad D \in V_1 \text{ and } D \in V_2 \\ d_{ij} = d{ji} \text{ and } d_{ij} = - d_{ji} \\ d_{ij} = 0(i, j = 1, 2) \\ D = O\]所以 $V_1 \cap V_2 = {O}$， 即 $V = V_1 \oplus V_2$。
1.2
1.2.1 判别下列变换中哪些是线性变换
(1) 在 $R^3$ 中， 设 $x = (\xi_1, \xi_2, \xi_3)$， $Tx = (\xi_1^2, \xi_1 + \xi_2, \xi_3)$；
(2) 在矩阵空间 $R^{n \times n}$ 中， $TX = BXC$， 这里 $B, C$ 是给定矩阵；
(3) 在线性空间 $P_n[t]$ 中， $Tf(t) = f(t + 1)$
线性变换： \(T(kx + ly) = k(Tx) + l(Ty)\) 解：
(1) 否。因为 $T(2x) = (4\xi_1^2, 2\xi_1 + 2\xi_2, 2\xi_3)$， 而 $2(Tx) = (2\xi_1^2, 2\xi_1 + 2\xi_2, 2\xi_3)$， 所以当 $\xi_1 \neq 0$ 时， $T(2x) \neq 2(Tx)$
(2) 是。 设 $X, Y \in R^{n \times n}, k \in R$, 则有： \(T(X + Y) = B(X + Y)C = BXC + BYC = TX + TY \\ T(kX) = B(kX)C = k(BXC) = k(TX)\) (3) 是。 设 $f(t), g(t) \in P_n[t], k \in R$， 则有： \(T[f(t) + g(t)] = f(t+1) + g(t+1) = Tf(t) + Tg(t) \\ T[kf(t)] = kf(t + 1) = kTf(t)\)
1.2.2 在 $R^2$ 中， 设 $x = (\xi_1, \xi_2)$， 证明 $T_1 x = (\xi_2 - \xi_1)$ 与 $T_2 x = (\xi_1 - \xi_2)$ 是 $R^2$ 的两个线性变换， 并求 $T_1 + T_2$, $T_1 T_2$ 及 $T_2 T_1$。
解： 设 $k, l \in R, y = (\eta_1, \eta_2) \in R^2$， 则： \(kx + ly = (k\xi_1 + l\eta_1, k\xi_2 + l\eta_2)\) 于是有 \(T_1(kx + ly) = (k\xi_2 + l\eta_2, - k\xi_1 - l\eta_1) = k(\xi_2, -\xi_1) + l(\eta_2, -\eta_1) = k(T_1x) + l(T_1y)\) 所以 $T_1$ 是线性变换。 同理可得 $T_2$ 是线性变换。 \((T_1 + T_2)x = T_1x + T_2x = (\xi_1 + \xi_2, -\xi_1 - \xi_2) \\ (T_1 T_2)x = T_1(T_2 x) = T_1(\xi_1, -\xi_2) = (-\xi_2, -\xi_1) \\ (T_2T_1)x = T_2(T_1x) = T_2(\xi_2, -\xi_1) = (\xi_2, \xi_1)\)
1.2.6： 六个函数： \(x_1 = e^{at}\cos bt \qquad x_2 = e^{at}\sin bt \qquad x_3 = te^{at}\cos bt \\ x_4 = te^{at}\sin bt \qquad x_5 = \frac{1}{2}t^2e^{at}\cos bt \qquad x_6 = \frac{1}{2}t^2e^{at}\sin bt\) 的所有实系数线性组合构成实数域 $R$ 上的一个六维线性空间 $V^6 = L(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6)$， 求微分变换 $D$ 在基 $x_1, x_2, …, x_6$ 下的矩阵。
解： 因为： \(Dx_1 = ae^{at}\cos bt - e^{at}b\sin bt = ax_1 - bx_2 \\ Dx_2 = ae^{at}\sin bt - e^{at}b\cos bt = bx_1 + ax_2 \\ Dx_3 = e^{at}\cos bt + tae^{at}\cos bt - te^{at}b\sin bt = x_1 + ax_3 - bx_4 \\ Dx_4 = e^{at}\sin bt + tae^{at}\sin bt + te^{at}b\cos bt = x_2 + bx_3 + ax_4 \\ Dx_5 = te^{at}\cos bt + \frac{1}{2}t^2ae^{at}\cos bt - \frac{1}{2}t^2e^{at}\sin bt = x_3 + ax_5 + bx_6 \\ Dx_6 = te^{at}\sin bt + \frac{1}{2}t^2ae^{at}\sin bt + \frac{1}{2}t^2e^{at}b\cos bt = x_4 + bx_5 + ax_6\) 故： \(A = \left[\matrix{ a & b & 1 & 0 & 0 & 0 \\ -b & a & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a & b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -b & a & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & a & b \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -b & a }\right]\) 为什么是反着的？
1.2.7 已知 $R^3$ 的线性变换 $T$ 在基 $x_1 = (-1, 1, 1), x_2 = (1, 0, -1), x_3 = (0, 1, 1)$ 下的矩阵为： \(\left[\matrix{ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 1 }\right]\) 求 $T$ 在 $e_1 = (1, 0, 0), e_2 = (0, 1, 0), e_3 = (0, 0, 1)$ 下的矩阵。
解： 设基(I)为 $x_1, x_2, x_3$， 基(II)为$e_1, e_2, e_3$。直接写出由基(II)改变为基(I)的过渡矩阵 \(C^{-1} = \left[\matrix{ -1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 1 }\right]\) 则由基(I)改变为基(II)的过渡矩阵为 $C$。于是 $T$ 在基(II)下的矩阵为 \(C^{-1}\left[\matrix{ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 1 }\right]C = \left[\matrix{ -1 & 1 & -2 \\ 2 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 2 }\right]\)
1.2.19： 求出下各矩阵的 Jordan 标准型 \((1) \left[\matrix{ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ -2 & -1 & -1 }\right] \qquad (2) \left[\matrix{ 3 & 7 & -3 \\ -2 & -5 & 2 \\ -4 & -10 & 3 }\right] \qquad (3) \left[\matrix{ 3 & 1 & 0 & 0 \\ -4 & -1 & 0 & 0 \\ 7 & 1 & 2 & 1 \\ -7 & -6 & -1 & 0 }\right] \qquad\) 解：
(1) $det(\lambda I - A) = (\lambda - 1)(\lambda -2)(\lambda + 1)$， $A$ 有3个不同的特征值， 从而 $A$ 的 Jordan 标准型为 $\left[\matrix{1 & & \ & 2 & \ & & -1}\right]$
(2) $det(\lambda I - A) = (\lambda - 1)(\lambda - i)(\lambda + i)$， $A$ 有3个不同的特征值， 从而 $A$ 的 Jordan 标准型为 $\left[\matrix{1 & & \ & i & \ & & -i}\right]$
行列式因子
