5.3.1

$\\$ 略.$\\$

5.3.2 $\quad$ 判断下列方阵是否可对角化：

$\\$ 1. $\begin{bmatrix} 1&2&3\\ 4&5&6\\ 7&8&9\\ \end{bmatrix}\\$ 解：直接算出特征多项式可以发现方程有3个不同的实数根，于是可对角化.$\\$ 2. $\begin{bmatrix} 0&1&1\\ 0&0&1\\ 0&0&0\\ \end{bmatrix}\\$ 解：直接算出特征多项式可以发现代数重数是3，而$\dim(\mathcal{N}(\lambda_0I_3-A))$一定小于3，即几何重数小于3.几何重数不等于代数重数，不可对角化.$\\$

5.3.3

$\\$ 直接谱分解，利用$A^n=X\varLambda^{n}X^{-1}$可得.$\\$

5.3.4-5.3.5

$\\$ 略.$\\$

5.3.6 $\quad$ 利用矩阵，求下列数列的通项公式和极限.

$\\$ 1. （Lucas数）$L_1=1, L_2=3, L_{n+2}=L_{n+1}+L_n (n=1,2,\cdots).\\$ 2. $a_0=0,a_1=1,a_{n+2}=\frac{1}{2}a_{n+1}+\frac{1}{2}a_n (n=0,1,2,\cdots).\\$ 3. $a_0=a_1=0,a_2=1,a_{n+3}=\frac{1}{2}a_{n+2}+\frac{1}{4}a_{n+1}+\frac{1}{4}a_n (n=0,1,2,\cdots).\\$ 4. $a_0=1,a_{n+1}=a_n+2 \times 3^n (n=0,1,2,\cdots).\\$ 5. $a_0=0,b_0=1,a_{n+1}=a_n+b_n,b_{n+1}=3a_n+3b_n (n=0,1,2,\cdots).\\$ 解：$\\$ 1. 显然$\begin{bmatrix} L_{n+2}\\ L_{n+1}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&0\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} L_{n+1}\\ L_n \end{bmatrix}.$于是$\begin{bmatrix} L_{n+1}\\ L_{n}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&0\\ \end{bmatrix}^{n-1} \begin{bmatrix} L_{2}\\ L_1 \end{bmatrix}.\\$ 仿造例5.3.12用谱分解展开得，$\\$ $$\begin{align*} L_n &=\bm{e}_2^{\mathrm{T}}\frac{1}{\lambda_1-\lambda_2}\begin{bmatrix} \lambda_1&\lambda_2\\ 1&1\\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda_1^{n-1}&\\ &\lambda_2^{n-1}\\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1&-\lambda_2\\ -1&\lambda_1\\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3\\ 1\\ \end{bmatrix}\\ &=\frac{3(\lambda_1^{n-1}-\lambda_2^{n-1})-\lambda_1\lambda_2(\lambda_1^{n-2}-\lambda_2^{n-2})}{\lambda_1-\lambda_2} \end{align*}$$ 其中$\lambda_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\lambda_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2},n=1,2,\cdots.\\$ 这个数列显然是发散的。$\\$ 2. 显然$\begin{bmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ 1&0\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{n+1}\\ a_n \end{bmatrix}.$于是$\begin{bmatrix} a_{n+1}\\ a_{n}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ 1&0\\ \end{bmatrix}^{n} \begin{bmatrix} a_1\\ a_0 \end{bmatrix}.\\$ 用谱分解展开：$\\$ $$\begin{align*} a_n &=\bm{e}_2^{\mathrm{T}}\frac{1}{3}\begin{bmatrix} -1&1\\ 2&1\\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} (-\frac{1}{2})^{n}&\\ &1^{n}\\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -1&1\\ 2&1\\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ \end{bmatrix}\\ &=\frac{2}{3}(1-\frac{1}{(-2)^n}) \end{align*}$$ 数列极限为$\frac{2}{3}.\\$ 3. 略。$\\$ 4. 显然$\begin{bmatrix} a_{n+1}\\ 3^{n+1}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&2\\ 0&3\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{n}\\ 3^n \end{bmatrix}.$即$\begin{bmatrix} a_{n}\\ 3^{n}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&2\\ 0&3\\ \end{bmatrix}^n \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}.$谱分解后立得$a_n=3^n$，数列发散。$\\$ 5. 显然$\begin{bmatrix} a_{n+1}\\ b_{n+1}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1\\ 3&3\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{n}\\ b_n \end{bmatrix}.$即$\begin{bmatrix} a_{n}\\ b_{n}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1\\ 3&3\\ \end{bmatrix}^n \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}.\\$ 用谱分解展开后立得$a_n=4^{n-1}, b_n=3\cdot 4^{n-1}. (n \geq 1).$数列显然也是发散的。$\\$

5.3.7

$\\$ 略.$\\$

5.3.8 $\quad$ 设有谱分解$A=X\varLambda X^{-1}$，求下列矩阵的谱分解：

$\\$ 1.$A^{-1}\\$ 解：显然，$A^{-1}=X\varLambda^{-1}X^{-1}\\$ 2.$A^{\mathrm{T}}\\$ 解：显然，$A^{\mathrm{T}}=X^{-\mathrm{T}}\varLambda X^{\mathrm{T}}\\$ 3. $\begin{bmatrix} A&O\\ O&2A\\ \end{bmatrix}\\$ 解：显然，$\begin{bmatrix} A&O\\ O&2A\\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} X&\\ &X\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \varLambda&\\ &2\varLambda\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X^{-1}&\\ &X^{-1}\\ \end{bmatrix} \\$ 4.$\begin{bmatrix} O&A\\ A&O\\ \end{bmatrix}\\$ 解：注意到$$\begin{bmatrix} O&I_n\\ I_n&O\\ \end{bmatrix}= \frac{\sqrt{2}}{2}\begin{bmatrix} -I_n&I_n\\ I_n&I_n\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -I_n&O\\ O&I_n\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -I_n&I_n\\ I_n&I_n\\ \end{bmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}.$$ 于是$$\begin{bmatrix} O&A\\ A&O\\ \end{bmatrix}= \frac{\sqrt{2}}{2}\begin{bmatrix} -X&X\\ X&X\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -\varLambda&O\\ O&\varLambda\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -X&X\\ X&X\\ \end{bmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

5.3.9 $\quad$ 利用特征值计算下列$n$阶矩阵的行列式：

$\\$ 1.$\begin{vmatrix} a&b&\cdots&b\\ b&a&\ddots&\vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&b\\ b&\cdots&b&a\\ \end{vmatrix}\\$ 解：$\\$ 显然矩阵有$n-1$重特征值$a-b$，由$\operatorname{trace}(A)=na$可得还有单特征值$a+(n-1)b$.所以原式=$(a-b)^{n-1}(a-b+nb).\\$ $2.\begin{vmatrix} 1+a_1b_1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\ a_2b_1&1+a_2b_2&\ddots&\vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&a_{n-1}b_n\\ a_nb_1&\cdots&a_nb_{n-1}&1+a_nb_n\\ \end{vmatrix}\\$ 解：$\\$ 显然矩阵有$n-1$重特征值1，由$\operatorname{trace}(A)=n+\sum_{i=1}^na_ib_i$可得还有单特征值$1+\sum_{i=1}^na_ib_i$.所以原式=$1+\sum_{i=1}^na_ib_i.\\$

5.3.10 $\quad$ 证明：

$\\$ 1.$\quad$ $n$阶方阵$J_n(\lambda_0)=\begin{bmatrix} \lambda_0&1&&\\ &\lambda_0&\ddots&\\ &&\ddots&1\\ &&&\lambda_0\\ \end{bmatrix}$只有一个特征值$\lambda_0$，其代数重数是$n$，几何重数是1.$\\$ 2.$\quad$ 分块对角矩阵$A=\begin{bmatrix} J_{n_1}(\lambda_0)&O\\ O&J_{n_2}(\lambda_0) \end{bmatrix}$只有一个特征值$\lambda_0$，其代数重数是$n_1+n_2$，几何重数是2.$\\$ 1.证明：$\\$ 方阵$J_n$的特征多项式为$p(\lambda)=(\lambda-\lambda_0)^n.$显然只有一个特征值$\lambda_0$，代数重数为$n$.$\\$ 又因为$\operatorname{rank}(\lambda_0I_n-J_n(\lambda_0))=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} 0&-1&&\\ &0&\ddots&\\ &&\ddots&-1\\ &&&0 \end{bmatrix})=n-1.$所以其零空间维度为1，几何重数是1.$\\$ 2.证明：$\\$ 由(1)立得，特征多项式为$p(\lambda)=(\lambda-\lambda_0)^{n_1+n_2}.$显然只有一个特征值$\lambda_0$，代数重数为$n_1+n_2$.$\\$ 设$n$阶方阵$C_n=\begin{bmatrix} 0&-1&&\\ &0&\ddots&\\ &&\ddots&-1\\ &&&0 \end{bmatrix},$则$\operatorname{rank}(\lambda_0I_{n_1+n_2}-A)=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} C_{n_1}&O\\ O&C_{n_2} \end{bmatrix})=n-2.$所以其零空间维度为2，几何重数是2.$\\$

5.3.11 $\quad$ 试分析秩为1的方阵何时可对角化.

$\\$ 秩为1的方阵$A$可对角化当且仅当$\operatorname{trace}(A)\neq 0.\\$ 证明：$\\$ 先证秩为1的方阵$A$可对角化$\Rightarrow$$\operatorname{trace}(A)\neq 0.\\$ $\operatorname{rank}(A)=1$且$A$可对角化$\Rightarrow \mathcal{N}(A)$的维度为$n-1$，$A$有一个重数是$n-1$的特征值0$\Rightarrow \operatorname{trace}(A)\neq 0.\\$ 再证秩为1的方阵$A$满足$\operatorname{trace}(A)\neq 0 \Rightarrow$$A$可对角化。$\\$ $\operatorname{rank}(A)=1\Rightarrow \mathcal{N}(A)$的维度为$n-1$，$A$有一个几何重数是$n-1$的特征值0，其代数重数至少是$n-1$。又因为$\operatorname{trace}(A)\neq 0$，所以$A$至少有1个非零特征值。由此可得$A$有一个非零特征值，几何重数和代数重数均为1，另一个特征值是0，几何重数和代数重数都是$n-1$.$\Rightarrow A$可对角化。$\\$

5.3.12 $\quad$ 设$A$为实二阶方阵，且$\det(A)<0$，证明$A$在$\mathbb{R}$上可对角化.

$\\$ 解：$\\$ $A$为实二阶方阵，且$\det(A)<0$$\Rightarrow A$有一正一负两个特征值$\Rightarrow A$可对角化。$\\$

5.3.13 $\quad$ 证明$A=\begin{bmatrix} I_r&O\\ B&-I_{n-r} \end{bmatrix}$可对角化.

$\\$ 证明： $$p_A(\lambda)=\det(\lambda I_n-A)=\begin{vmatrix}\lambda I_r-I_r&O\\-B&\lambda I_{n-r}+I_{n-r}\end{vmatrix}=(\lambda-1)^r(\lambda+1)^{n-r}$$ 这说明$A$有两个特征值。$\lambda_1=1$，代数重数是$r$，$\lambda_2=-1$，代数重数是$n-r$。$\\$ 当$\lambda=1$时，$\operatorname{rank}(\lambda I_n-A)=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} O&O\\ -B&2I_{n-r} \end{bmatrix})=n-r \Rightarrow $几何重数为$r$.$\\$ 当$\lambda=-1$时，$\operatorname{rank}(\lambda I_n-A)=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} -2I_r&O\\ -B&O \end{bmatrix})=r \Rightarrow $几何重数为$n-r$.$\\$ 即对所有特征值，几何重数和代数重数都相等。所以$A$可对角化。$\\$

5.3.14 $\quad$ 证明：

$\\$ 1. 若$A^2=A$，则$A$可对角化.$\\$ 2. 若$A^2=O$，且$A\neq O$，则$A$不可对角化.$\\$ 3. 若$A^2+A+I_n=O$，则$A$在$\mathbb{R}$上不可对角化.$\\$ 1. 证明：$\\$ $A^2=A \Rightarrow \lambda_1=0,\lambda_2=1\\$ 注意到$A^2-A=0 \Rightarrow A(I_n-A)=0 \Rightarrow \mathcal{R}(I_n-A) \subseteq \mathcal{N}(A) \Rightarrow \operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(I_n-A) \leq n\\$ 而$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(I_n-A) \geq \operatorname{rank}(A+I_n-A)=n$， 所以$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(I_n-A)=n\\$ 设$\operatorname{rank}(A)=r, \operatorname{rank}(I_n-A)=n-r$。当$\lambda=0$时，$\dim(\mathcal{N}(A))=n-r$，几何重数是$n-r$，当$\lambda=1$时，$\dim(\mathcal{N}(I_n-A))=r$，几何重数是$r$.$\\$特征值的几何重数之和是$n$，说明$A$有$n$个线性无关的特征向量，所以可对角化。$\\$ 2. 证明：$\\$ $A^2=O \Rightarrow \lambda=0.$显然只有一个特征值，其代数重数是$n$.$\\$ 而$A \neq O \Rightarrow \operatorname{rank}(A) \geq 1 \Rightarrow \operatorname{rank}(\lambda I_n-A)\geq 1.$即几何重数小于$n$.$\\$ 几何重数和代数重数不相等，$A$不可对角化。$\\$ 3. 证明：$\\$ $A^2+A+I_n=O \Rightarrow \lambda^2+\lambda+1=0.$显然方程没有实数解，所以特征值为复数$\Rightarrow A$在实数域不可对角化。$\\$

5.3.15 $\quad$ 证明或举出反例：

$\\$ 1. 如果$A$所有的特征向量是$k\begin{bmatrix} 1\\ 4\\ \end{bmatrix},k\neq 0$，则$A$一定有不单的特征值.$\\$ 2. 如果$A$所有的特征向量是$k\begin{bmatrix} 1\\ 4\\ \end{bmatrix},k\neq 0$，则$A$一定有不可对角化.$\\$ 3. 如果$A$是上三角矩阵但不是对角矩阵，则$A$不可对角化.$\\$ 4. 如果$A$是上三角矩阵但不是对角矩阵，则存在对角矩阵$D$，使得$A-D$不可对角化.$\\$ 5. 如果$A$可以被对角矩阵对角化，则$A$也是对角矩阵.$\\$ 1.2. 证明：$\\$ 显然$A$是二阶方阵，且特征向量只有一组，几何重数是1。特征值也只有一个，代数重数是2。所以$A$特征值一定不单且不可对角化。$\\$ 3. 不正确$\\$ 设$A=\begin{bmatrix} 1&1\\ 0&0 \end{bmatrix}$，是上三角矩阵但是可以对角化。$\\$ 4. 证明：$\\$ 不妨设$D$的对角元和$A$的对角元相同，则$A-D$是严格上三角阵。于是$A-D$的特征多项式是$\lambda^n$，即只有一个特征值0，代数重数是$n$。而$A$不是对角矩阵，$\operatorname{rank}(A-D)\geq 1$，所以特征值的几何重数一定小于$n$。几何重数不等于代数重数，不可对角化。$\\$ 4. 证明：$\\$ 显然对角矩阵的乘积和逆也是对角矩阵，所以$A=X\varLambda X^{-1}$是对角矩阵。$\\$

5.3.16

$\\$ 略$\\$

5.3.17 $\quad$ 证明，对反射矩阵$H_v=I_n-2\bm{v}\bm{v}^\mathrm{T}$，其中$\Vert\bm{v}\Vert=1$，存在正交矩阵$Q$，使得$Q^{-1}H_vQ=\operatorname{diag}(-1,1,1,\cdots,1)$.

$\\$ 证明：$\\$ $Q^{-1}H_vQ=Q^{\mathrm{T}}I_nQ-2Q^{\mathrm{T}}\bm{v}\bm{v}^{\mathrm{T}}Q=I_n-2(Q^{\mathrm{T}}\bm{v})(Q^{\mathrm{T}}\bm{v})^{\mathrm{T}}.\\$ 可以看出若要让命题成立，只需要让$Q^{\mathrm{T}}\bm{v}=\bm{e}_1=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ \vdots\\ 0 \end{bmatrix}.$由于$\Vert\bm{v}\Vert=1$，所以一定存在旋转变换$Q^{\mathrm{T}}$使$Q^{\mathrm{T}}\bm{v}=\bm{e}_1$，而旋转变换的表示矩阵都是正交矩阵。即存在正交矩阵$Q$，使得$Q^{-1}H_vQ=\operatorname{diag}(-1,1,1,\cdots,1).\\$

5.3.18 (Householder矩阵的推广) $\quad$ 设$\mathcal{M}$是$\mathbb{R}^{n}$的子空间，对任意$\bm{v} \in \mathbb{R}^{n}$，存在唯一的分解$\bm{v}=\bm{v}_1+\bm{v}_2$，其中$\bm{v}_1 \in \mathcal{M}, \bm{v}_2 \in \mathcal{M}^{\bot}$.定义$\mathbb{R}^{n}$上的变换$\bm{H}$，使得$\bm{H}(\bm{v}_1+\bm{v}_2)=\bm{v}_1-\bm{v}_2.\\$

1.证明$\bm{H}$是线性变换。$\\$ 2. 设$H$是该线性变换的表示矩阵，证明$H^2=I_n.\\$ 3. 求$H$的特征值，代数重数及特征子空间。$H$能否被对角化？$\\$ 4. 证明，存在矩阵$A$，使得$H=I_n-2AA^{\mathrm{T}}\\$ 1. 证明是显然的，略。$\\$ 2. 证明： $$\bm{H}(\bm{H}(\bm{v}_1+\bm{v}_2))=\bm{H}(\bm{v}_1-\bm{v}_2)=\bm{v}_1+\bm{v}_2.$$ 于是$H^2=I_n.\\$ 3.解：$\\$ 注意到$H\bm{v}_1=\bm{v}_1, H\bm{v}_2=-\bm{v}_2.$所以$H$有两个特征值：$\\$ $\lambda_1=1$，特征子空间是$\mathcal{M}$，代数重数是$\dim(\mathcal{M}).\\$ $\lambda_1=-1$，特征子空间是$\mathcal{M}^{\bot}$，代数重数是$\dim(\mathcal{M}^{\bot}).\\$ $H$代数重数之和等于$n$，于是$H$可以对角化。$\\$ 4. 证明：$\\$ 注意到$H\bm{v}=(I_n-2AA^{\mathrm{T}})\bm{v}=(I_n-AA^{\mathrm{T}})\bm{v}-AA^{\mathrm{T}}\bm{v}$.这意味着只要找到矩阵$A$满足$(I_n-AA^{\mathrm{T}})\bm{v}=\bm{v}_1, AA^{\mathrm{T}}\bm{v}=\bm{v}_2$即可。立刻联想到正交投影矩阵。$\\$ 设$A$是关于$\mathcal{M}^{\bot}$的正交投影矩阵，则：$$\begin{align*} H\bm{v}&=H(\bm{v}_1+\bm{v}_2)=(I_n-2AA^{\mathrm{T}})(\bm{v}_1+\bm{v}_2)\\&=(I_n-2A)(\bm{v}_1+\bm{v}_2)\\&=\bm{v}_1+\bm{v}_2-2A\bm{v}_1-2A\bm{v}_2\\&=\bm{v}_1-\bm{v}_2 \end{align*}$$ 所以存在矩阵$A$，使得$H=I_n-2AA^{\mathrm{T}}\\$

5.3.19 $\quad$ 设$A$是$n$阶实方阵，满足$A^2=I_n$，证明$A$在$\mathbb{R}$上可对角化，并判断$A$是否为关于某个子空间的反射变换。

$\\$ 证明：$\\$ $A^2=I_n\Rightarrow \lambda=\pm 1$，即$\lambda=1$对应的特征向量子空间是$\mathcal{N}(I_n-A)$，$\lambda=-1$对应的特征向量子空间是$\mathcal{N}(I_n+A)$。 $$\operatorname{rank}(I_n-A)+\operatorname{rank}(I_n+A)\geq \operatorname{rank}(I_n-A+I_n+A)=n.\quad (1)$$ 而$$\begin{align*} (I_n-A)(I_n+A)=(I_n+A)(I_n-A)=0 \\\Rightarrow (I_n-A) \subseteq \mathcal{N}(I_n-A) \\\Rightarrow \operatorname{rank}(I_n-A) \leq n-\operatorname{rank}(I_n+A) \\\Rightarrow \operatorname{rank}(I_n-A)+\operatorname{rank}(I_n+A) \leq n \quad (2) \end{align*}$$ 由(1)(2)得$\operatorname{rank}(I_n-A)+\operatorname{rank}(I_n+A)=n$，即$\dim(\mathcal{N}(I_n-A))+\dim(\mathcal{N}(I_n+A))=n.$所以$A$有$n$个线性无关的特征向量，可以对角化。$\\$

5.3.20-21

$\\$ 略。