模拟3 解答

第1题（10分）

已知

（1）求 $A$ 的 Jordan 标准型 $J$

解：

第一步：求特征多项式。

特征值 ${\lambda }_1=0$（代数重数 $1$），${\lambda }_2={\lambda }_3=6$（代数重数 $2$）。

第二步：求几何重数。

对 $\lambda =0$：$\mathrm{rank}(A)=2$，故 $g_0=3-2=1$。

对 $\lambda =6$：

故 $g_6=3-2=1$。

第三步：确定 Jordan 块。

（2）求 $e^A+\ln (A^2+E)$ 的 Jordan 标准型

解：

令 $f(x)=e^x+\ln (x^2+1)$，则 $e^A+\ln (A^2+E)=f(A)$（注意 $\ln (A^2+E)$ 是对整体 $A^2+E$ 取对数）。

求导：

在 Jordan 块上计算 $f(J)$。 对 $k$ 阶 Jordan 块 $J_k(\lambda )$，

由（1），$J_A=\mathrm{diag}(J_1(0),J_2(6))$，故

其中

因 $f^{\prime }(6)\ne 0$，$f(J_2(6))$ 相似于 $J_2(f(6))$。

亦可将 $f(6)$ 的块排在前面，等价地写为 $\mathrm{diag}(J_2(e^6+\ln 37),J_1(1))$。

第2题（10分）

设 $P_3(t)$ 为次数 $⩽3$ 的多项式全体构成的线性空间。对任意 $f(t)\in P_3(t)$，定义线性变换

（1）求 $R(T)$ 的基与 $\dim N(T)$

解：

在标准基 $\mathcal{B}=\{1,t,t^2,t^3\}$ 下，逐基向量求像：

故

$R(T)=\mathrm{span}\{1,2+2t,3t^2+6t\}=\mathrm{span}\{1,t+1,t^2+2t\}$（约去非零常数因子）。

三个向量线性无关，故

求核：设 $f(t)=a+bt+c{t}^2+d{t}^3$，则

得 $d=c=0$，$b=0$，$a$ 任意。故

（亦可用秩–零化度定理验证：$\dim N(T)=4-3=1$。）

（2）将 $R(T)$ 的基扩充成 $P_3(t)$ 的一组新基

解：

$R(T)$ 的基 $\{1,t+1,t^2+2t\}$ 已是 $P_3(t)$ 中三个线性无关向量。因 $\dim P_3(t)=4$，再添加一个与它们无关的向量即可。

注意到 $t^3\notin R(T)$（$T$ 的像最高次数为 $2$），故取

为 $P_3(t)$ 的一组新基。

（3）求 $1+t+t^2+t^3$ 在（2）中所求新基下的坐标

解：

设

比较系数：

解得 $c_2=1,c_1=-1,c_0=2,c_3=1$。

（即 $1+t+t^2+t^3=2\cdot 1+(-1)(t+1)+1\cdot (t^2+2t)+1\cdot t^3$。）

第3题（10分）

设 $P_2(t)$ 为次数 $⩽2$ 的多项式全体构成的线性空间。对任意 $f(t),g(t)\in P_2(t)$，定义内积

（1）求多项式 $1+t$ 的长度

解：

在 $[-1,1]$ 上，$2t$ 为奇函数，积分为 $0$，故

（2）记 $W=\mathrm{span}\{1+t\}$，求 $W^{\perp }$

解：

设 $p(t)=a+bt+c{t}^2\in W^{\perp }$，则 $(p,1+t)=0$，即

展开并利用奇函数在 $[-1,1]$ 上积分为 $0$：

即 $3a+b+c=0$。该方程有 $2$ 个自由未知量，故 $\dim W^{\perp }=2$。

取两组无关整数解：

• $a=1,b=0,c=-3$ $\Rightarrow$ $p_1(t)=1-3t^2$；
• $a=0,b=1,c=-1$ $\Rightarrow$ $p_2(t)=t-t^2$。

可验证 $(p_1,1+t)=0$，$(p_2,1+t)=0$，且 $p_1,p_2$ 线性无关。

第4题（10分）

在线性空间 ${\mathbb{R}}^{2\times 2}$ 中有下列 $5$ 个向量：

令 $V=\mathrm{span}\{{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\}$，$W=\mathrm{span}\{{\beta }_1,{\beta }_2\}$。

（1）证明：${\beta }_2\notin V$

解：

先将 ${\alpha }_3$ 表为 ${\alpha }_1,{\alpha }_2$ 的线性组合：

故 $V=\mathrm{span}\{{\alpha }_1,{\alpha }_2\}$，$\dim V=2$。

按列优先向量化后，证 ${\beta }_2\notin \mathrm{span}\{{\alpha }_1,{\alpha }_2\}$ 即可。设

得方程组

对增广矩阵作行化简：

出现矛盾行 $0=-\frac{1}{3}$，方程组无解。

故 ${\beta }_2\notin V$。

（2）判别 $V+W$ 是否是直和，并说明理由

解：

$\dim W=2$（${\beta }_1,{\beta }_2$ 线性无关）。

考察 $V\cap W$：设 $x_1{\alpha }_1+x_2{\alpha }_2=y_1{\beta }_1+y_2{\beta }_2$，向量化后

行化简得 $x_1=x_2=y_1=y_2=0$，故 $V\cap W=\{0\}$。

又 $\dim V+\dim W=2+2=4=\dim {\mathbb{R}}^{2\times 2}$，且 $V\cap W=\{0\}$，故