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：
\[A = \left[\begin{matrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & -a_{11} \end{matrix}\right] \qquad B = \left[\begin{matrix} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & -b_{11} \end{matrix}\right] \qquad C = \left[\begin{matrix} c_{11} & c_{12} \\ c_{21} & -c_{11} \end{matrix}\right] \quad\]加法：
(1) 交换律：
\[A+ B = \left[\begin{matrix} a_{11} + b_{11} & a_{12} + b_{12} \\ a_{21} + b_{21} & -a_{11} - b_{11} \end{matrix}\right] = B + A\](2) 结合律：
\[(A + B) + C = \left[\begin{matrix} (a_{11} + b_{11}) + c_{11} & (a_{12} + b_{12}) + c_{12} \\ (a_{21} + b_{21}) + c_{21} & (-a_{11} - b_{11}) - c_{11} \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} a_{11} + (b_{11} + c_{11}) & a_{12} + (b_{12} + c_{12}) \\ a_{21} + (b_{21} + c_{21}) & -a_{11} + (- b_{11} - c_{11}) \end{matrix}\right] = A + (B + C)\](3) 零元律：
\[A + 0 = \left[\begin{matrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & -a_{11} \end{matrix}\right]= A\](4) 负元律：
\[A + (-A) = \left[\begin{matrix} a_{11} - a_{11} & a_{12} - a_{12} \\ a_{21} - a_{21} & -a_{11}-(-a_{11}) \end{matrix}\right]= 0\]数乘
(5) 结合律
\[k(lA) = \left[\begin{matrix} k(la_{11}) & k(la_{12}) \\ k(la_{21}) & -k(la_{11}) \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} (kl)a_{11} & (kl)a_{12} \\ (kl)a_{21} & -(k)a_{11} \end{matrix}\right] =(kl)A\](6) 分配律
\[(k+l)A = \left[\begin{matrix} (k+l)a_{11} & (k+l)a_{12} \\ (k+l)a_{21} & -(k+l)a_{11} \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} ka_{11} & ka_{12} \\ ka_{21} & ka_{11} \end{matrix}\right] + \left[\begin{matrix} la_{11} & la_{12} \\ la_{21} & la_{11} \end{matrix}\right] = kA + lA\](7) 数因子分配律：
\[k(A+B) = \left[\begin{matrix} k(a_{11} + b_{11}) & k(a_{12} + b_{12}) \\ k(a_{21} + b_{21}) & k(-a_{11} - b_{11}) \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} ka_{11} & ka_{12} \\ ka_{21} & ka_{11} \end{matrix}\right] + \left[\begin{matrix} kb_{11} & kb_{12} \\ kb_{21} & kb_{11} \end{matrix}\right] = kA + kB\](8) 恒等律
\[1·A = \left[\begin{matrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & -a_{11} \end{matrix}\right]\]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：
\[k_1 \left[\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix}\right] + k_2 \left[\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}\right] + k_3 \left[\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}\right]\]所以 $dimS_1 3$， $S_1$ 的一个基为
\[\left\{ \left[\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix}\right], \left[\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}\right], \left[\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}\right] \right\}\]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：
\[A_1 = \left[\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix}\right] \quad A_2 = \left[\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}\right] \quad A_3 = \left[\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}\right]\]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： 设 $V$ 是属于 $K$ 上的线性空间， $T$ 是 $V$ 到自身的一个映射， 使对任意向量 $x \in V$, $V$ 中都有唯一的向量 $y$ 与之对应， 则称 $T$ 是 $V$ 的一个 变换 或 算子， 记为： \(Tx = y\) 称 $y$ 为 $x$ 在 $T$ 下的 象， 而 $x$ 是 $y$ 的 原象 (或 象源)
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
设 $T_1, T_2$ 是线性空间 $V$ 的两个线性变换， 定义 $T_1$ 与 $T_2$ 的乘积 $T_1T_2$ 为：
\[(T_1T_2)x = T_1(T_2x) \quad (\forall x \in V)\]即 $T_1T_2$ 是先施行 $T_2$， 然后施行 $T_1$ 的变换。
线性变换的乘法与矩阵的乘法一样， 一般不满足交换律。
逆变换
同逆矩阵的概念类似， 若 $T$ 是 $V$ 的线性变换， 且存在线性变换 $S$ ，使 \((ST)x =(Ts)x = x \quad (\forall x \in V)\) 成立， 则称 $S$ 是 $T$ 的 逆变换， 记为 $S = T^{-1}$. 且有： \(T^{-1}T = TT^{-1} = T_e\)
线性变换的多项式
设 $n$ 是正整数， $T$ 是线性空间 $V$ 的线性变换。 定义 $T$ 的 $n$ 次幂为： \(T^n = T^{n-1}T \quad (n=2, 3, ...)\) 定义 $T$ 的零次幂为：
\[T^0 = T_e\]线性变换的指数法则：
\[T^{m + n} = T^{m}T^{n}, \qquad (T^m)^n = T^{mn}\]其中， $m, n \in N_0$。 当 $T$ 是可逆变换时， 定义 $T$ 的 负整数次幂 为：
\[T^{-n} = (T^{-1})^n \qquad (n \in N_0)\]设 $f(t) = a_0 t^m + a_1 t^{m-1} + ··· + a_{m-1}t + a_m$ 是纯量 $t$ 的 $m$ 次多项式， $T$ 是 $V$ 的一个线性变换， 则由线性变换的运算知：
\[f(T) = a_0T^m + a_1 T^m + ··· + a_{m-1}T + a_m T_e\]也是 $V$ 的一个线性变换， 称其为 线性变换 $T$ 的多项式。
线性变换的矩阵表示
设 $T$ 是线性空间 $V^n$ 的线性变换， $x \in V^n$， 且 $x_1, x_2, …, x_n$ 是 $V^n$ 的一个基， 则有：
\[x = a_1x_1 + a_2x_2 + ... + a_nx_n \\ Tx = a_1(Tx_1) + a_2(Tx_2) + ... + a_n(Tx_n)\]$V^n$ 中任一向量 $x$ 的象由基象组 $Tx_1, Tx_2, …, Tx_n$ 唯一确定。
因为基象组仍属于 $V^n$， 故可令 ：
\[\begin{cases} Tx_1 = a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + ... + a_{n1}x_n \\ Tx_2 = a_{12}x_1 + a_{22}x_2 + ... + a_{n2}x_n \\ \qquad \vdots \\ Tx_n = a_{1n}x_1 + a_{2n}x_2 + ... + a_{nn}x_n \end{cases}\]即：
\[Tx_i = \sum_{j=1}^n a_{ji}x_j \quad (i = 1, 2, ..., n)\]采用矩阵的形式运算规则
\[T(x_1, x_2, ..., x_n) = (Tx_1, Tx_2, ..., Tx_n) = (x_1, x_2, ..., x_n)A\]其中：
\[A = \left[\begin{matrix} a_{11} & a_{12} & ... & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & ... & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & ... & a_{nn} \end{matrix}\right]\]矩阵 $A$ 的第 $i$ 列恰是 $Tx_i$ 的坐标 ($i = 1, 2, …, n$)
幂等矩阵
作业1.3：2， 4， 5， 10， 11
幂等矩阵： $A^2 = A$
特征子空间
对于线性空间 $V^n$ 的线性变换 $T$ 的任一特征值 $\lambda_0$， $T$ 的属于 $\lambda_0$ 的全部特征向量， 再添上零向量所构成的集合
\[V_{\lambda_0} = \{x \mid Tx = \lambda_0x, x \in V^n\}\]是 $V^n$ 的一个线性子空间。
设 $T$ 是线性空间 $V^n$ 的线性变换， $\lambda_0$ 是 $T$ 的一个特征值， 称 $V^n$ 的子空间 $V_{\lambda_0}$ 为 $T$ 的属于 $\lambda_0$ 的 特征子空间。
不变子空间
定义： 如果 $T$ 是线性空间 $V$ 的线性变换， $V_1$ 是 $V$ 的子空间， 并且对于任意一个 $x \in V_1$， 都有 $Tx \in V_1$， 则称 $V_1$ 是 $T$ 的不变子空间。
线性变换 $T$ 的属于 $\lambda_0$ 的特征子空间 $V_{\lambda_0}$是 $T$ 的不变子空间。
整个线性空间 $V$ 和 零子空间， 对于每个线性变换 $T$ 而言， 都是 $T$ 的不变子空间， 特别也是 $T_e$ 的不变子空间。
对角矩阵
定理： $n$ 阶矩阵 $A$ 与对角矩阵相似的充要条件是， $A$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量， 或 $A$ 有完备的特征向量系。
定理： 如果 $n$ 阶矩阵有 $n$ 个互不相同的特征值， 那么它与对角矩阵相似。
设 $n$阶方阵 $A$， $n \times 1$ 阶矩阵 $X$ 和 数 $\lambda$， 有 $AX = \lambda X$， 那么这个是线性方程吗？
是， 因为
\[AX - \lambda X = 0 \Leftrightarrow AX - \lambda E X = 0 \Leftrightarrow (A - \lambda E)X = 0\]因此它是线性方程。 那么它有解吗？ 所有线性方程都有解(零解）。 那么它有非零解吗？
当 $R(A - \lambda E) < n$ 时有非零解。 等价于 $\det(A - \lambda E) = 0$ 。
$\det(A - \lambda E)$ 是关于 $\lambda$ 的 $n$ 次多项式。 其零点在复数范围内恰有 $n$ 个。 这些零点对应的值是矩阵 $A$ 的特征值， 每个特征值对应着无限个特征向量， 但是每个特征值最多有一个 线性无关 的特征向量。
相似矩阵
接上面
\[Ap_1 = \lambda p_1 \\ Ap_2 = \lambda p_2 \\ \vdots \\ Ap_n = \lambda p_n\]令 $P = (p_1, …, p_n)$， 有：
\[AP = P \left[\begin{matrix} \lambda_1 & & \\ & \cdots & & \\、 & & \lambda_n \end{matrix}\right] = P \Lambda\] \[A = P \Lambda P^{-1}\]矩阵 $A$ 和 矩阵$\Lambda$ 就是相似矩阵。
\[A^n = P A P^{-1} P A P^{-1} \cdots P A P^{-1} = P A^n P^{-1}\]$A$ 如果有相等的特征值， 那么这件事就无法完成了。
Jordan 标准型
给定方阵 $A$， 我们找一个相对好的矩阵 $J$， 使得 $A$ 与 $J$ 相似。
一元多项式理论
形如 $a_n\lambda^n + a_{n-1}\lambda^{n-1} + a_1\lambda_1 + a_0 (a_n, a_{n-1}, …, a_0 \in F)$， $F$ 为数域， 记为 $f(\lambda)$， 这样的式子为一元多项式。
若 $a_n \neq 0$， 称 $n$ 为该多项式的次数， 记为 $\deg f(\lambda)$。
若 $a_0 = a_1 = … = a_n$ ， 则称其为零多项式， 不考虑次数， 或者考虑为负无穷。
域 $F$ 上一切一元多项式全体构成集合， 记作 $F[x]$。
运算
加法 乘法
- $\deg (f(x) + g(x)) \leq \max{\deg f(x), \deg g(x)}$
- $\deg (f(x) g(x)) = \deg f(x) + \deg g(x)$
加法可逆， 也就是可以有减法
没有除法， 但是带余除法可以有
最大公因式： 若 $d(x)$ 为 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的公因式， 且对一切 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的公因式 $\hat d(x)$， 都有 $\hat d(x) \mid d(x)$， 则称 $d(x)$ 为 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的最大公因式。
辗转相除法， 整除的最后一个数就是最大公因式。
$\lambda$ 矩阵理论
每个元素均为 $F[\lambda]$ 的元素的矩阵， 称为 $\lambda$ 矩阵。
三类初等变换：
- 交换两行(列)的位置
- 某行(列)乘以一个非零数
- 某行(列)加另一行(列)的多项式倍
经过初等变换
\[A(\lambda) \rightarrow \left[\begin{matrix} d_1(\lambda) & & & & \\ & d_2\lambda & & & \\ & & ... & & \\ & & & d_n(\lambda) & \\ & & & & 0 \end{matrix}\right]\]其中，$d_1(\lambda) \mid d_2(\lambda)$, $d_2(\lambda) \mid d_3(\lambda)$, $\cdots$, $d_{r-1}(\lambda) \mid d_r(\lambda)$。
$d_1(\lambda)$ 为一阶行列式因子。 $d_1(\lambda)d_2(\lambda)$ 为二阶行列式因子， …。
初等变换保持同阶子式的公因子不遍。此时的最大公因式， 叫做 行列式因子。
$\lambda E - A$ 型 $\lambda$ - 阵
例子：
\[A = \left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 \\ 2 & 4 & -1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}\right]\]求 $\lambda E - A$ 的标准型
\[\lambda E - A = \left[\begin{matrix} \lambda - 1 & 1 & 0 \\ -2 & \lambda - 4 & 1 \\ 0 & 0 & \lambda - 3 \end{matrix}\right]\]$d_1(\lambda) = 1$
$d_1(\lambda)d_2(\lambda) = 1 \rightarrow d_2(\lambda) = 1$
$
d_1(\lambda)d_2(\lambda)d_3(\lambda) = d_3(\lambda)
= \det(\lambda E - A) = (\lambda -3)[(\lambda - 1)(\lambda - 4) + 2] \
= (\lambda - 3)(\lambda^2 - 5\lambda + 6)
= (\lambda - 3)^2(\lambda - 2)
$
所以标准型为：
\[\left[\begin{matrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & (\lambda - 3)^2(\lambda - 2) \end{matrix}\right]\]$d_1(\lambda), d_2(\lambda), …, d_n(\lambda)$ 称为 $A$ 的不变因子。
$d_1(\lambda) = D_1(\lambda)$
$d_1(\lambda)d_2(\lambda) = D_2(\lambda)$
在 $C$(复数域) 上分解因式。
$d_1(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)^{r_1}$ 称为 $A$ 的一个初等因子。
已知初等因子， 能否倒推不变因子？
$\lambda, \lambda, \lambda^3, (\lambda - 1), ()\lambda - 1)^2, (\lambda - 2)$
得：
$\lambda^3(\lambda - 1)^2(\lambda - 2)$, $\lambda(\lambda - 1), \lambda, 1, …, 1$
\[\lambda E - A = \left[\begin{matrix} B_1(\lambda) & & & \\ & B_2(\lambda) & & & \\ & & ... & & \\ & & & B_n(\lambda) \end{matrix}\right]\]每一块的初等因子必为 $A$ 的初等因子。
Jordan 标准型
$A$ 一定复相思于如下矩阵：
\[J = \left[\begin{matrix} J_1 & & & \\ & J_2 & & \\ & & ... & \\ & & & J_n \end{matrix}\right], \qquad J = \left[\begin{matrix} \lambda_k & 1 & & \\ & & .... & 1 \\ & & & \lambda_k \end{matrix}\right]_{r_k}\]$J_k$ 为 Jordan 块， $A$ 的初等因子分别为 $(\lambda - \lambda_1)^{r_1}, (\lambda - \lambda_2)^{r_2}, …, (\lambda - \lambda_3)^{r_3}$。
第一个初等因子对应于第一个 Jordan 块的对角矩阵， 第一个初等因子的次数对应于第一个 Jordan 块的阶数。
例1：
\[A = \left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 \\ 2 & 4 & -1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}\right] \rightarrow \left[\begin{matrix} 1 & & & \\ & 1 & & \\ & & (\lambda - 3)^2(\lambda - 2) \end{matrix}\right]\]初等因子 $(\lambda - 3)^2, (\lambda - 2)$
其 Jordan 标准型为：
\[J = \left[\begin{matrix} 3 & 1 & \\ & 3 & \\ & & 2 \end{matrix}\right]\]例2：
\[A = \left[\begin{matrix} 1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{matrix}\right] \rightarrow \left[\begin{matrix} 1 & & \\ & \lambda - 1 & \\ & & (\lambda - 1)^2) \end{matrix}\right]\]初等因子为 $(\lambda-1), (\lambda - 1)^2$
其 Jordan 标准型为：
\[J = \left[\begin{matrix} 1 & & \\ & 1 & 1 \\ & & 1 \end{matrix}\right]\]$A^n = PJ^nP^{-1}$
\[J^n = \left[\begin{matrix} \lambda & 1 & & \\ & \lambda & 1 & \\ & & ... & 1 \\ & & & \lambda \end{matrix}\right]^n = (\lambda E + H)^n = \lambda^n E + C_n^1 \lambda^{n-1}H + C_{n}^2 \lambda^{n-2}H^2 + ...\]其中：
\[H = \left[\begin{matrix} 0 & 1 & & & \\ & & ... & & \\ & & & & 1 \\ & & & & 0 \end{matrix}\right], \qquad H^2 = \left[\begin{matrix} 0 & 0 & 1 & & \\ & & ... & & & 1 \\ & & & & & 0\\ & & & & & 0 \end{matrix}\right]\]步骤：
$\lambda E - A$ 求 $\lambda$ 标准型， 得到不变因子$d_1(\lambda), …, d_n(\lambda)$, 分解不变因子得到初等因子， 由初等因子构造 Jordan块， 从而得到 Jordan 标准型。
Jordan 标准型(课本)
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
\[J = \left[\begin{matrix} J_1(\lambda_1) & & & \\ & J_2(\lambda_2) & & \\ & & ... & \\ & & & J_s(\lambda_s) \end{matrix}\right]\]其中
$$
J_i(\lambda_i) = \left[\begin{matrix}
\lambda_i & 1 & & &
& \lambda_i & 1 & &
& & \lambda_i & … &
& & & … & 1
& & & & \lambda_i
\end{matrix}\right]
$$ 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。
欧式空间
定义： 设 $V$ 是实数域 $R$ 上的线性空间， 对于 $V$ 中仁二向量 $x$ 和 $y$， 按某规则定义一个实数， 用 $(x, y)$ 表示， 且它满足下列四个条件：
- 交换律： $(x, y) = (y, x)$
- 分配律： $(x, y+z) = (x, y) + (x, z)$
-
齐次性： $(kx, y) = k(x, y) \quad(\forall k \in R)$
- 非负性： $(x, x) \geq 0$， 当且仅当 $x = 0$ 时， $(x, x)=0$
则称 $V$ 为 欧式空间 或 实内积空间。
性质1： $(x, ky) = k(x, y)$
性质2： $(x, 0) = (0, x) = 0$
性质3： $(\sum_{i=1}^n \xi_i x_i, \sum_{j=1}^n \eta_j y_j) = \sum_{i, j=1}^n \xi_i \eta_j (x_i, y_j)$
度量矩阵
\[A = (a_{ij}) = \left[\begin{matrix} (x_1, x_1) & ··· & (x_1, x_n) \\ (x_2, x_1) & ··· & (x_2, x_n) \\ \vdots & & \vdots \\ (x_n, x_1) & ··· & (x_n, x_n) \end{matrix}\right]\]$A$ 为 $V^n$ 对于基 $x_1, x_2, …, x_n$ 的 度量矩阵（Gram矩阵）。因为 $(x_i, x_j) = (x_j, x_i)(i, j=1,2, …, n)$， 所以有 $a_{ij} = a_{ji}(i, j = 1, 2, …, n)$， 即 $A$ 是对称矩阵。又因为对任意向量 $x \neq 0$， $(x, x) > 0$， 故 $A$ 是 正定矩阵。
标准正交积
对称变换与对称矩阵
定义 ： 设 $T$ 是欧式空间 $V$ 的一个线性变换， 且对 $V$ 中任意两个向量 $x, y$， 都有 ：
\[(Tx, y) = (x, Ty)\]成立， 则称 $T$ 为 $V$ 中的一个 对称变换
定理： 欧式空间的线性变换是实对称变换的充要条件是， 它对于标准正交基的矩阵是实对称矩阵。
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
- 分配律 $(x, y + z) = (x, y) + (x, z)$
- 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）。
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 $A = \left[\begin{matrix} a_{11} & a_{12} \ a_{21} & a_{22} \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} a_{11} & a_{21} \ a_{21} & a_{22} \end{matrix}\right]$, $B = \left[\begin{matrix} b_{11} & b_{12} \ b_{21} & b_{22} \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} b_{11} & b_{21} \ b_{21} & b_{22} \end{matrix}\right]$， $C = \left[\begin{matrix} c_{11} & c_{12} \ c_{21} & c_{22} \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} c_{11} & c_{21} \ c_{21} & c_{22} \end{matrix}\right]$
加法：
- 交换律 A + B\end{matrix}= 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) 中线性空间的维数与基。
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
\[C = \left[\begin{matrix} 2 & 0 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 3 & 6 \\ -1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 3 \end{matrix}\right]\](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 $\left[\begin{matrix} \xi_1 \ \xi_2 \ \xi_3 \ \xi_4 \end{matrix}\right] = C^{-1}\left[\begin{matrix} \xi_1 \ \xi_2 \ \xi_3 \ \xi_4 \end{matrix}\right]$， 得$(C - I)\left[\begin{matrix} \xi_1 \ \xi_2 \ \xi_3 \ \xi_4 \end{matrix}\right] = 0$, 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：
\[A_1 = \left[\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix}\right] \quad A_2 = \left[\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}\right] \quad A_3 = \left[\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}\right]\]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：
\[A = \left[\begin{matrix} a & b & 1 & 0 & 0 & 0 \\ -b & a & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a & b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -b & a & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & a & b \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -b & a \end{matrix}\right]\]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：
\[\left[\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 1 \end{matrix}\right]\]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
\[C^{-1} = \left[\begin{matrix} -1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \end{matrix}\right]\]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
\[C^{-1}\left[\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 1 \end{matrix}\right]C = \left[\begin{matrix} -1 & 1 & -2 \\ 2 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 2 \end{matrix}\right]\]1.2.19： 求出下各矩阵的 Jordan 标准型
\[(1) \left[\begin{matrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ -2 & -1 & -1 \end{matrix}\right] \qquad (2) \left[\begin{matrix} 3 & 7 & -3 \\ -2 & -5 & 2 \\ -4 & -10 & 3 \end{matrix}\right] \qquad (3) \left[\begin{matrix} 3 & 1 & 0 & 0 \\ -4 & -1 & 0 & 0 \\ 7 & 1 & 2 & 1 \\ -7 & -6 & -1 & 0 \end{matrix}\right] \qquad\]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 $\left[\begin{matrix}1 & & \ & 2 & \ & & -1\end{matrix}\right]$
(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 $\left[\begin{matrix}1 & & \ & i & \ & & -i\end{matrix}\right]$
(3) 写出特征矩阵
\[\lambda I - A = \left[\begin{matrix} \lambda - 3 & -1 & 0 & 0 \\ 4 & \lambda + 1 & 0 & 0 \\ -7 & -1 & \lambda -2 & -1 \\ 7 & 6 & 1 & \lambda \end{matrix}\right]\]容易求得 $A$ 的行列式因子
\[D_1(\lambda) = 1 \qquad D_2(\lambda) = 1 \qquad D_4(\lambda) = (\lambda - 1)^4\]位于 $\lambda I - A$ 的第2 , 3, 4 行与第1, 2, 4 列处的三阶子式为：
\[\left|\begin{matrix} 4 & \lambda + 1 & 0 \\ -7 & -1 & -1 \\ 7 & 6 & \lambda \end{matrix}\right| = 7\lambda^2 - 4\lambda + 17\]它与 $D_4(\lambda)$ 互质， 所以 $D_3(\lambda) = 1$， 从而 $A$ 的不变因子为 $1, 1, (\lambda - 1)^4$。 于是 $A$ 的初等因子为 $(\lambda - 1)^4$， $A$ 的 Jordan 标准型为：
\[J = \left[\begin{matrix} 1 & 1 & & \\ & 1 & 1 & \\ & & 1 & 1 \\ & & & 1 \end{matrix}\right]\]行列式因子。
1.3
1.3.1 设 $\xi_1, \xi_2, ···， \xi_n$, $y = (\eta_1, \eta_2, ···, \eta_n)$ 是 $R^n$ 的任意两个向量， $A = (a_{ij})_{n \times n}$ 是正定矩阵， 令 $(x, y) = xAy^T$， 则
(1) 证明在该定义下 $R^n$ 构成欧式空间；
(2) 求 $R^n$ 中由单位坐标向量 $e_1 = (1, 0, ···, 0), e_2 = (0, 1, 0, ···, 0)， ···， e_n = (0, ···, 0, 1)$ 构成的度量矩阵
解：
(1)
- 交换律
- 分配律
- 齐次性
- 非负性
当 $x = 0$ 时， $(x, x) = xAx^T = 0$； 当 $x \neq 0$ 时， 由 $A$ 正定可知 $(x, x) = xAx^T > 0$。 因此， $(x, y)$ 是 $R^n$ 中的内积， 且在该内积定义下 $R^n$ 构成欧式空间。
(2) 由 $(e_i, e_j) = e_iAe_j^T = a_{ij}$ 知， $R^n$ 中基 $e_1, e_2, ···， e_n$ 的度量矩阵为 $A$。
1.3.2 设 $x_1, x_2, ···， x_n$ 是实线性空间 $V^n$ 的基， 向量 $x = \xi_ix_1 + \xi_2 x_2 + ··· + \xi_n x_n$ 和 $y = \eta_1 x_1 + \eta_2 x_2 + ··· + \eta_n x_n$ 对应于实数$(x, y) = \sum_{i=1}^n i\xi_i\eta_i$ ， 试问 $V^n$ 是否构成欧式空间。
解： 设 $z \in V^n$ ， 且 $z = c_1 x_1 + c_2 x_2 + ··· + c_nx_n$ ， 则有：
- 交换律
- 分配律
- 齐次性
- 非负性
当 $x = 0$ 时， $\xi_i = ··· = \xi_\eta = 0$， $(x, x) = 0$； 当 $x \neq 0$ 时， 实数 $\xi_i, ···， \xi_n$ 不全为零， $(x, x) > 0$。 因此， $(x, y)$ 是 $V^n$ 中的内积， 且在该内积定义下 $V^n$ 构成欧式空间。
1.3.4 在 $R^4$ 中， 求一单位向量与 $(1, 1, -1, 1), (1, -1, -1, 1)$ 及 $(2, 1, 1, 3)$ 均正交。
解： 设 $x = (\xi_1, \xi_2, \xi_3, \xi_4)$ 和已知向量正交，即：
\[\begin{cases} \xi_1 + \xi_2 - \xi_3 + \xi_4 = 0 \\ \xi_1 - \xi_2 - \xi_3 + \xi_4 = 0 \\ 2 \xi_1 + \xi_2 + \xi_3 + 3\xi_4 = 0 \end{cases}\]该齐次线性方程组的一个非零解为 $x = (4, 0, 1, -3)$， 单位化可得 $y = \frac{1}{\mid x\mid}x = (\frac{1}{\sqrt{26}}, 0, \frac{1}{\sqrt{26}}, \frac{-3}{\sqrt{26}})$， 即 $y$ 为所求的单位向量。
1.3.5 设 $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$ 是欧式空间 $V^5$ 的一个标准正交基， $V_1 = L(y_1, y_2, y_3)$， 其中 $y_1 = x_1 + x_5$, $y_2 = x_1 - x_2 + x_4$， $y_3 = 2x_1 + x_2 + x_3$， 求 $V_1$ 的一个标准正交基。
解： $y_1, y_2, y_3$ 在给定基下的坐标依次为
\[\alpha_1 = (1, 0, 0, 0, 1)^T, \qquad \alpha_2 = (1, -1, 0, 1, 0) \qquad \alpha_3 = (2, 1, 1, 0, 0)\]由于 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性无关， 所以 $y_1, y_2, y_3$ 线性无关， 从而构成 $V_1$ 的一个基， 正交化可得：
\[u_1 = y_1 = x_1 + x_5 \\ u_2 = y_2 - \frac{1}{2}u_1 = \frac{1}{2}x_1 - x_2 + x_4 - \frac{1}{2}x_5 \\ u_3 = y_3 - 0u_2 - 1u_1 = x_1 + x_2 + x_3 - x_5\]再单位化， 可得 $V_1$ 的一个标准正交基为：
\[v_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(x_1 + x_5) \\ v_2 = \frac{1}{\frac{1}{2}\sqrt{10}}u_2 = \frac{1}{\sqrt{10}}(x_1 - 2x_2 + 2x_4 - x_5) \\ v_3 = \frac{1}{2}u_3 = \frac{1}{2}(x_1 + x_2 + x_3 - x_5)\]1.3.10 设 $T$ 是欧式空间 $V$ 的线性变换， 且对 $x, y \in V$ 有：
\[(Tx, y) = -(x, Ty)\]则称 $T$ 为反对称变换。 证明 $T$ 为反对称变换的充要条件是， $T$ 在 $V$ 标准正交基下的矩阵 $A$ 为反对称矩阵， 即有 $A^T = -A$。
证： 设 $V^n$ 的标准正交基为 $x_1, x_2, ···, x_n, T$ 在该基下的矩阵为 $A = (a_{ij})_{n \times n}$ 则有
\[Tx_i = a_{1i}x_1 + a_{2i}x_2 + ··· + a_{ni}x_n, (Tx_i, x_j) = a_{ji} \\ Tx_j = a_{1j}x_1 + a_{2j}x_2 + ··· + a_{nj}x_n, (Tx_j, x_i) = a_{ij}\]必要性： 若 $T$ 是反对称变换， 则 $(Tx_i, x_j) = -(x_i, Tx_j)$， 即 $a_{ji} = -a_{ij}$， 也就是 $A^T = -A$。
充分性： 设 $A^T = -A$ ， 对任意的 $x, y \in V^n$, 有：
\[x = (x_1, ..., x_n) \left[\begin{matrix} \xi_1 \\ ... \\ \xi_n \end{matrix}\right]， Tx = (x_1, ..., x_n) A \left[\begin{matrix} \xi_1 \\ ... \\ \xi_n \end{matrix}\right] \\ y = (x_1, ..., x_n) \left[\begin{matrix} \eta_1 \\ ... \\ \eta_n \end{matrix}\right], Ty = (x_1, ..., x_n)A\left[\begin{matrix}\eta_1 \\ ... \\ \eta_n\end{matrix}\right]\]由于在 $V^n$ 的标准正交基下， 二向量的内积就等于它们的坐标向量\end{matrix}内积，\end{matrix}所以
\[(Tx, y) = (\xi_1, ..., \xi_n)A^T\left[\begin{matrix} \eta_1 \\ ... \\ \eta_n \end{matrix}\right] = -(\xi_1, ..., \xi_n)A\left[\begin{matrix} \eta_1 \\ ... \\ \eta_n \end{matrix}\right] = -(x, y)\]*1.3.11\end{matrix} 对于下列矩阵 $A$ ， 求正交(酉)矩阵 $P$， 使 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵。
(1) $A = \left[\begin{matrix}
2 & 2 & 2
2 & 5 & -4 \
-2 & -4 & 5
\end{matrix}\right] \qquad$ （2）$A = \left[\begin{matrix}
0 & i & 1 \
-i & 0 & 0
1 & 0 & 0
\end{matrix}\right]$
解： (1) 可求得 $\det(\lambda I - A) = (\lambda - 1)^2(\lambda - 10)$， 是 $A$ 的特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = 1, \lambda_3 =10$。 对应 $\lambda_1 = \lambda_2 = 1$的特征向量为：
\[x_1 = (-2, 1, 0)^T \qquad x_2 = (2, 0, 1)^T\]正交化可得 $y_1 = (-2, 1, 0)^T$ ， $y_2 = (\frac{2}{5}, \frac{4}{5}, 1)^T$; 再单位化可得：
\[p_1 = (-\frac{2}{\sqrt{5}}, -\frac{1}{\sqrt{5}}, 0), \quad p_2 = (\frac{2}{3\sqrt{5}}, \frac{4}{3\sqrt{5}}, \frac{5}{3\sqrt{5}})\]对应 $\lambda_3 = 10$ 的特征向量为 $x_3 = (-\frac{1}{2}, -1, 1)^T$， 单位化可得 $p_3 = (-\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, \frac{2}{3})^T$。 故正交矩阵
\[P = \left[\begin{matrix} -\frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{2}{3\sqrt{5}} & -\frac{1}{3} \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{4}{3\sqrt{5}} & -\frac{2}{3} \\ 0 & \frac{5}{3\sqrt{5}} & \frac{2}{3} \end{matrix}\right]\]使 $P^TAP = \left[\begin{matrix} 1 & & \ & 1 & \ & & 10 \end{matrix}\right]$.
