已知 $f(x)=1+x+x^2+\cdots +x^{n-1}$，证明：$f(x)\mid {\left[f(x)+x^n\right]}^2-x^n$。

$$xf(x)=x+x^2+x^3+\cdots +x^n$$

$$xf(x)-f(x)=x^n-1$$

现在计算 ${\left[f(x)+x^n\right]}^2-x^n$：

$$\begin{array}{rl}{\left[f(x)+x^n\right]}^2-x^n& =f^2(x)+2x^{n}f(x)+x^n(x^n-1)\\ & =f^2(x)+2x^{n}f(x)+x^n(x-1)f(x)\\ & =f(x)\left[f(x)+x^n+x^{n+1}\right]\end{array}$$

因此可以得出结论，${\left[f(x)+x^n\right]}^2-x^n$ 是 $f(x)$ 的倍数。

计算 $n$ 阶行列式：

$$D_n=\left|\begin{array}{cccc}{x}_1^2-2& x_1{x}_2& \cdots & x_1{x}_n\\ x_2{x}_1& x_2^2-2& \cdots & x_2{x}_n\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ x_n{x}_1& x_n{x}_2& \cdots & x_n^2-2\end{array}\right|$$

记向量：

$$\alpha =\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right]$$

计算 $D_n$ 的值：

$$\begin{array}{rl}{D}_n& =\left|\alpha {\alpha }^T-2E_n\right|\\ & =(-1{)}^n\left|2E_n-\alpha {\alpha }^T\right|\\ & =(-1{)}^n{2}^{n-1}\left|2E_1-{\alpha }^T\alpha \right|\\ & =(-2{)}^n\left(1-\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n{x}_k^2\right)\end{array}$$

进一步展开计算：

$$\begin{array}{rl}{D}_n& =\left|\begin{array}{ccccc}1& x_1& x_2& \cdots & x_n\\ 0& x_1^2-2& x_1{x}_2& \cdots & x_1{x}_n\\ 0& x_2{x}_1& x_2^2-2& \cdots & x_2{x}_n\\ 0& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& x_n{x}_1& x_n{x}_2& \cdots & x_n^2-2\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{ccccc}1& x_1& x_2& \cdots & x_n\\ -x_1& -2& 0& \cdots & 0\\ -x_2& 0& -2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ -x_n& 0& 0& \cdots & -2\end{array}\right|\\ & =\frac{1}{2}\left|\begin{array}{ccccc}2& x_1& x_2& \cdots & x_n\\ -2x_1& -2& 0& \cdots & 0\\ -2x_2& 0& -2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ -2x_n& 0& 0& \cdots & -2\end{array}\right|\\ & =(-2{)}^{n-1}\left(1-\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n{x}_k^2\right)\end{array}$$

设 ${\alpha }_i=(a_{i1},a_{i2},\cdots ,a_{in})$，$i=1,2,\cdots ,s$，且方程组的解满足：

$$\{\begin{array}{l}{a}_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+\cdots +a_{1n}{x}_n=0\\ a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+\cdots +a_{2n}{x}_n=0\\ ⋮\\ a_{s1}{x}_1+a_{s2}{x}_2+\cdots +a_{sn}{x}_n=0\end{array}$$

假设解还满足 $b_1{x}_1+b_2{x}_2+\cdots +b_n{x}_n=0$，记 $\beta =(b_1,b_2,\cdots ,b_n)$，证明：$\beta$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 线性表示。

系数矩阵为：

$$A=\left[\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{s1}& a_{s2}& \cdots & a_{sn}\end{array}\right],x=\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right]$$

方程组表示为：

$$Ax=0$$

另定义扩展矩阵 $B$：

$$B=\left[\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{s1}& a_{s2}& \cdots & a_{sn}\\ b_1& b_2& \cdots & b_n\end{array}\right]$$

同样有 $Bx=0$。

因为两个线性方程组同解，所以行向量组等价，即 $r(A)=r(B)$。这表示 { α 1 , α 2 , ⋯ , α s } \{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s\} {α1​,α2​,⋯,αs​} 与 { α 1 , α 2 , ⋯ , α s , β } \{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s, \beta\} {α1​,α2​,⋯,αs​,β} 的秩相等。因此，$\beta$ 可以由 { α 1 , α 2 , ⋯ , α s } \{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s\} {α1​,α2​,⋯,αs​} 的线性组合表示。

已知 $A={\left(\begin{array}{c}{a}_{ij}\end{array}\right)}_{n\times n}$ 是 $n$ 级正定矩阵，证明：

1. $a_{ii}>0(i=1,2,\cdots ,n)$
2. $2|a_{ij}|<a_{ii}+a_{jj}(i\ne j)$
3. $A$ 的所有元素中绝对值最大的元素一定在主对角线上

证明 1：

记 $A$ 为正定矩阵，因此存在一个 $n$ 级实可逆矩阵 $C$，使得 $A=C^{T}C$，其中 $c_{ki}(k=1,2,\cdots ,n)$ 不全为 0。

$$a_{ii}=c_i^T{c}_i=\sum _{k=1}^n{c}_{ki}^2>0$$

证明 2：

$c_{ki}(k=1,2,\cdots ,n)$ 和 $c_{kj}(k=1,2,\cdots ,n)$ 不全为 0，因此：

$$\begin{array}{rl}{a}_{ii}-2|a_{ij}|+a_{jj}& =c_i^T{c}_i-2|c_i^T{c}_j|+c_j^T{c}_j\\ & =\sum _{k=1}^n{c}_{ki}^2-2\sum _{k=1}^n|c_{ki}{c}_{kj}|+\sum _{k=1}^n{c}_{kj}^2\\ & =\sum _{k=1}^n\left(c_{ki}^2-2|c_{ki}{c}_{kj}|+c_{kj}^2\right)\\ & =\sum _{k=1}^n{\left(|c_{ki}|-|c_{kj}|\right)}^2\\ & >0\end{array}$$

因此，$2|a_{ij}|<a_{ii}+a_{jj}$。

证明 3：

对任意 i ∈ { 1 , 2 , ⋯ , n } i \in \{1,2,\cdots,n\} i∈{1,2,⋯,n}， j ∈ { 1 , 2 , ⋯ , n } j \in \{1,2,\cdots,n\} j∈{1,2,⋯,n}，且 $i\ne j$，假设 $a_{ii}>a_{jj}$，则有：

$$2|a_{ij}|<a_{ii}+a_{jj}<2a_{ii}$$

因此，$|a_{ij}|<|a_{ii}|$。由于 $A$ 是正定矩阵，所以 $a_{ij}=a_{ji}$，即 $|a_{ji}|<|a_{ii}|$。因此，对角线上元素的绝对值最大。

若 $A$ 是 $n$ 阶方阵，证明：

1. $A^n=0$ 当且仅当 $A$ 的特征值全为 0；
2. $A^n=0$，则 $|A+E|=1$。

证明 1：

$\Rightarrow$

$A$ 是数域 $F$ 上的 $n$ 级幂零矩阵，设幂零指数为 $l$，那么 $A$ 的最小多项式是 ${\lambda }^l$。

$A$ 的最小多项式与 $A$ 的特征多项式 $f(\lambda )$ 在包含 $F$ 的代数封闭域中有相同的根，因此 $f(\lambda )={\lambda }^n$。因此，$A$ 的 $n$ 个特征值均为 0。

$\Leftarrow$

若 $A$ 的特征值为 0（重数 $n$），则 $A$ 的特征多项式 $f(\lambda )={\lambda }^n$，所以 $A^n=f(A)=0$。因此，$A$ 是幂零矩阵。

证明 2：

由于 $A$ 的特征值全为 0，所以 $A+E$ 的特征值全为 1。因此 $|A+E|=1$。

设 $A=(a_{ij}{)}_{n\times n}$ 是一个 $n\ge 2$ 的矩阵，$A^{\ast }$ 为 $A$ 的伴随矩阵，证明：$(A^{\ast }{)}^{\ast }=|A{|}^{n-2}A$。

方法 1：

如果 $A$ 可逆，则 $A^{\ast }A=|A|E$，因此 $A^{\ast }=|A|A^{-1}$。

$$(A^{\ast }A{)}^{\ast }=A^{\ast }(A^{\ast }{)}^{\ast }=|A^{\ast }|E=|A{|}^{n-1}E$$

解得 $(A^{\ast }{)}^{\ast }=|A{|}^{n-2}A$。

如果 $A$ 不可逆，即 $|A|=0$，则存在可逆矩阵 $P$ 和 $Q$，使得 $PAQ=\Lambda =\left[\begin{array}{cc}{E}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]$，其中 $r<n$。

因此 ${\Lambda }^{\ast \ast }=0$，从而 $(PAQ{)}^{\ast \ast }=P^{\ast \ast }{A}^{\ast \ast }{Q}^{\ast \ast }$，因为 $P^{\ast \ast }$ 和 $Q^{\ast \ast }$ 是可逆矩阵，所以 $A^{\ast \ast }=0=|A{|}^{n-2}A$。

方法 2：

对于一般方阵 $A$，可取一列有理数 $t_k\to 0$，使得 $t_{k}E+A$ 为非奇异矩阵：

$$((t_{k}E+A{)}^{\ast }{)}^{\ast }=|t_{k}E+A{|}^{n-2}(t_{k}E+A)$$

注意到上式两边均为 $n$ 阶方阵，其元素都是 $t_k$ 的多项式，因此关于 $t_k$ 连续。令 $t_k\to 0$，即可得到结论。

设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1{x}_2+t{x}_2{x}_3$，回答：

1. 当 $t$ 为何值时，二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 正定？
2. 当 $t=1$ 时，求二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 对应矩阵 $A$ 的最小多项式 $m_A(\lambda )$。

解答 1：

对应的二次型矩阵为：

$$A=\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 1& 1& \frac{t}{2}\\ 0& \frac{t}{2}& 1\end{array}\right]$$

A 的顺序主子式为：

$$H_1=2,H_2=1,H_3=2\left(1-\frac{t^2}{4}\right)-1=1-\frac{t^2}{2}$$

因此，为了使 $A$ 正定，需满足 $t\in (-\sqrt{2},\sqrt{2})$。

解答 2：

当 $t=1$ 时，对应的矩阵为：

$$A=\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 1& 1& \frac{1}{2}\\ 0& \frac{1}{2}& 1\end{array}\right]$$

计算 $\lambda E-A$：

$$\lambda E-A=\left[\begin{array}{ccc}\lambda -2& -1& 0\\ -1& \lambda -1& -\frac{1}{2}\\ 0& -\frac{1}{2}& \lambda -1\end{array}\right]$$

计算 $d_3(\lambda )$ 得：

$$\begin{array}{rl}{d}_3(\lambda )& =|\lambda E-A|\\ & =(\lambda -2)\left[(\lambda -1{)}^2-\frac{1}{4}\right]+(1-\lambda )\\ & =(\lambda -2)\left[{\lambda }^2-2\lambda +\frac{3}{4}\right]+(1-\lambda )\\ & ={\lambda }^3-4{\lambda }^2+\frac{15}{4}\lambda -\frac{1}{2}\end{array}$$

因此，最小多项式 $m_A(\lambda )$ 为 ${\lambda }^3-4{\lambda }^2+\frac{15}{4}\lambda -\frac{1}{2}$。

已知 $A=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{2}& -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$，求 $A^{100}$。

$$\begin{array}{rl}A& =\left[\begin{array}{cc}\frac{3}{2}& -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right]\\ & =E+\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\end{array}\right]\\ & =E+\left[\begin{array}{c}\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& -1\end{array}\right]\\ & =E+\alpha {\beta }^T\end{array}$$

由于 ${\beta }^T\alpha =0$，所以 $(\alpha {\beta }^T{)}^2=0$，因此：

$$\begin{array}{rl}{A}^{100}& ={\left(E+\alpha {\beta }^T\right)}^{100}\\ & =\sum _{k=0}^{100}{C}_{100}^k{\left(\alpha {\beta }^T\right)}^k\\ & =E+100\alpha {\beta }^T\\ & =\left[\begin{array}{cc}51& -50\\ 50& -49\end{array}\right]\end{array}$$

设矩阵 $A$ 的特征多项式 $f(\lambda )=(\lambda +1{)}^3(\lambda -2{)}^2(\lambda +3)$，最小多项式 $m(\lambda )=(\lambda +1{)}^2(\lambda -2)(\lambda +3)$，求：

1. $A$ 的所有不变因子。
2. $A$ 的若尔当标准型。

解答 1：

$f(\lambda )$ 的次数为 6，说明 $A$ 是一个 6 阶矩阵。最小多项式 $m(\lambda )=(\lambda +1{)}^2(\lambda -2)(\lambda +3)$，因此：

• $d_6(\lambda )=m(\lambda )=(\lambda +1{)}^2(\lambda -2)(\lambda +3)$
• $d_5(\lambda )=(\lambda +1)(\lambda -2)$
• $d_4(\lambda )=1$
• $d_3(\lambda )=1$
• $d_2(\lambda )=1$
• $d_1(\lambda )=1$

所以，$A$ 的所有不变因子为 $(\lambda +1),(\lambda +1{)}^2,(\lambda -2),(\lambda -2),(\lambda +3)$。

解答 2：

初等因子为 $(\lambda +1),(\lambda +1{)}^2,(\lambda -2),(\lambda -2),(\lambda +3)$。根据这些初等因子，可以构建 $A$ 的若尔当标准型：

$$J=\left[\begin{array}{cccccc}-1& & & & & \\ & -1& & & & \\ & 1& -1& & & \\ & & & 2& & \\ & & & & 2& \\ & & & & & -3\end{array}\right]$$

设 $A$ 为 $n$ 阶非零实矩阵，$n\ge 3$，且 $A^T=A^{\ast }$。证明：

1. $|A|>0$。
2. $A$ 为正交矩阵。

解答 1：

由于 $A^T=A^{\ast }$，表示 $A$ 为对称矩阵。因此有：

$$A{A}^{\ast }=A^{\ast }A=|A|E$$

因为 $A^T=A^{\ast }$，则有 $A^{T}A=|A|E$。记 $B=A^{T}A$，$B$ 为对角矩阵，对于任意 $i=1,2,\cdots ,n$ 有：

$$b_{ii}=|A|$$

进一步展开：

$$\begin{array}{rl}{b}_{ii}& ={\alpha }_i^T{\alpha }_i\\ & =\sum _{k=1}^n{a}_{ki}^2\end{array}$$

由于 $A$ 是非零实矩阵，故存在非零元，不妨假设为 $a_{ij}$，因此 $b_{jj}=b_{ii}=|A|>0$。

解答 2：

由 1 知，$|A|>0$，说明 $A$ 是可逆矩阵：

$$|A{A}^T|=|A{|}^2=|A{A}^{\ast }|=|(|A|E)|=|A{|}^n$$

因此：

$$|A{|}^{n-2}=1$$

解得 $|A|=1$，所以：

$$A{A}^T=A{A}^{\ast }=|A|E$$

这意味着 $A^{T}A=E$，即 $A$ 为正交矩阵。