模拟3 解答

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模拟3 解答

第1题（10分）

已知

A=\begin{pmatrix}6&1&2\\0&4&4\\0&2&2\end{pmatrix}.

（1）求 A 的 Jordan 标准型 J

解：

第一步：求特征多项式。

\det(\lambda I-A)=(\lambda-6)\det\begin{pmatrix}\lambda-4&-4\\-2&\lambda-2\end{pmatrix} =(\lambda-6)\bigl[(\lambda-4)(\lambda-2)-8\bigr] =(\lambda-6)\lambda(\lambda-6)=\lambda(\lambda-6)^2.

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：

A-6I=\begin{pmatrix}0&1&2\\0&-2&4\\0&2&-4\end{pmatrix},\quad \mathrm{rank}(A-6I)=2,

故 g_6=3-2=1。

第三步：确定 Jordan 块。

特征值 代数重数 几何重数 Jordan 块
0 1 1 J_1(0)
6 2 1 J_2(6)
J=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&6&1\\0&0&6\end{pmatrix}=\mathrm{diag}\bigl(J_1(0),\,J_2(6)\bigr)

（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：

f'(x)=e^x+\frac{2x}{x^2+1}.

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

f\bigl(J_k(\lambda)\bigr)=\begin{pmatrix}f(\lambda)&f'(\lambda)\\0&f(\lambda)\end{pmatrix}\quad(k=2).

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

f(J_1(0))=\bigl(f(0)\bigr),\qquad f(J_2(6))=\begin{pmatrix}f(6)&f'(6)\\0&f(6)\end{pmatrix}.

其中

f(0)=e^0+\ln 1=1,\qquad f(6)=e^6+\ln 37,\qquad f'(6)=e^6+\frac{12}{37}\neq 0.

因 f'(6)\neq 0，f(J_2(6)) 相似于 J_2\bigl(f(6)\bigr)。

J_f=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&e^6+\ln 37&1\\0&0&e^6+\ln 37\end{pmatrix}

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

【方法】如何求 Jordan 标准型
① 求特征多项式，得各特征值 \lambda_i 及其代数重数 n_i。
② 对每个 \lambda_i，算 \mathrm{rank}(A-\lambda_i I)，得几何重数 g_i=n-\mathrm{rank}(A-\lambda_i I)。
③ 块的个数 =g_i，各块阶数之和 =n_i。若 g_i=1<n_i，则恰有一个 n_i 阶 Jordan 块。
④ 拼成块对角矩阵 J_A。
【性质】代数重数与几何重数
对每个特征值 \lambda：1\leqslant g\leqslant n（几何重数 \leqslant 代数重数）。g=n 时可对角化；g=1<n 时恰有一个 n 阶 Jordan 块。本题 \lambda=6：n=2,\,g=1，故为 J_2(6) 而非两个 J_1(6)。
【定理】Jordan 块上的矩阵函数
设 J_k(\lambda) 为 k 阶 Jordan 块，f 在 \lambda 处足够光滑，则 f(J_k(\lambda)) 为上三角 Toeplitz 阵：对角元全为 f(\lambda)，第 1 条上超对角为 f'(\lambda)。k=2 时即为 \begin{pmatrix}f(\lambda)&f'(\lambda)\\0&f(\lambda)\end{pmatrix}。
【说明】复合矩阵函数
e^A+\ln(A^2+E) 应整体视为 f(A)，f(x)=e^x+\ln(x^2+1)。不能写成 e^A+2\ln A。求导时用链式法则：\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln(x^2+1)=\dfrac{2x}{x^2+1}。又 A^2+E 的特征值为 1,37,37>0，故 \ln(A^2+E) 有定义。
【易错】f(J) 与 Jordan 标准型
f(J_k(\lambda)) 给出的是 f(A) 在相似变换下的一种表示，其超对角元为 f'(\lambda) 等，未必等于 Jordan 标准型。题目若要求 Jordan 标准型，还需判断 f'(\lambda)\neq 0 时仍为一个 2\times 2 块；f'(\lambda)=0 时才可能对角化。

第2题（10分）

设 P_3(t) 为次数 \leqslant 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

T(f(t))=f'(t)+f''(t).

（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：

f(t) f'(t) f''(t) T(f)
1 0 0 0
t 1 0 1
t^2 2t 2 2+2t
t^3 3t^2 6t 3t^2+6t

故

T(1)=0,\quad T(t)=1,\quad T(t^2)=2+2t,\quad T(t^3)=3t^2+6t.

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

\text{$R(T)$ 的一组基为 }\{1,\;t+1,\;t^2+2t\},\quad \dim R(T)=3.

求核：设 f(t)=a+bt+ct^2+dt^3，则

T(f)=b+2c+(2c+6d)t+3dt^2=0 \quad\Longrightarrow\quad b+2c=0,\;2c+6d=0,\;3d=0,

得 d=c=0，b=0，a 任意。故

N(T)=\mathrm{span}\{1\},\qquad \boxed{\dim N(T)=1.}

（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

\mathcal{B}'=\{1,\;t+1,\;t^2+2t,\;t^3\}

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

1+t+t^2+t^3=c_0\cdot 1+c_1(t+1)+c_2(t^2+2t)+c_3\cdot t^3.

比较系数：

\begin{cases} c_0+c_1=1,\\ c_1+2c_2=1,\\ c_2=1,\\ c_3=1. \end{cases}

解得 c_2=1,\;c_1=-1,\;c_0=2,\;c_3=1。

\text{坐标为 }(2,\,-1,\,1,\,1)^{\mathrm T}

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

【定义】值域与核空间
设 T:V\to W 为线性变换。值域 R(T)=\{T(v):v\in V\}；核空间 N(T)=\{v\in V:T(v)=0\}。本题 V=W=P_3(t)，\dim R(T)=3，\dim N(T)=1。
【方法】求线性变换的矩阵与像、核
① 取 V 的一组基；② 计算每个基向量的像，写成坐标列向量；③ 以这些列排成矩阵 [T]；④ R(T) 的基即 [T] 的线性无关列对应的原向量；⑤ \dim N(T)=n-\mathrm{rank}([T])（秩–零化度定理）。
【方法】基扩充与坐标计算
将 k 个无关向量扩充为 n 维空间的一组基：再添加 n-k 个与已有向量无关的向量即可。求坐标即解线性方程组：把目标向量表为新基的线性组合，比较系数。
【性质】微分算子的像
T=D+D^2（D 为求导算子）。因 D 将次数降低，T(f) 的次数不超过 \max\{\deg f-1,\,\deg f-2\}。故 t^3\notin R(T)，可用来扩充基。核中仅常数多项式：f'+f''=0\Rightarrow f 为常数。

第3题（10分）

设 P_2(t) 为次数 \leqslant 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

(f(t),g(t))=\int_{-1}^1 f(t)g(t)\,\mathrm{d}t.

（1）求多项式 1+t 的长度

解：

\|1+t\|=\sqrt{\int_{-1}^1(1+t)^2\,\mathrm{d}t} =\sqrt{\int_{-1}^1(1+2t+t^2)\,\mathrm{d}t}.

在 [-1,1] 上，2t 为奇函数，积分为 0，故

\|1+t\|^2=\int_{-1}^1 1\,\mathrm{d}t+\int_{-1}^1 t^2\,\mathrm{d}t =2+\left[\frac{t^3}{3}\right]_{-1}^1 =2+\frac{2}{3}=\frac{8}{3}.
\|1+t\|=\sqrt{\frac{8}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}

（2）记 W=\mathrm{span}\{1+t\}，求 W^\perp

解：

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

\int_{-1}^1(a+bt+ct^2)(1+t)\,\mathrm{d}t=0.

展开并利用奇函数在 [-1,1] 上积分为 0：

\int_{-1}^1\bigl(a+at+bt+bt^2+ct^2+ct^3\bigr)\,\mathrm{d}t =2a+\frac{2}{3}b+\frac{2}{3}c=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。

W^\perp=\mathrm{span}\{1-3t^2,\;t-t^2\}
【定义】内积空间中的长度
\|f\|=\sqrt{(f,f)}。本题内积区间为 [-1,1]，与模拟2中 [0,1] 不同，积分结果随之改变。
【方法】[-1,1] 上积分的化简
奇函数（f(-t)=-f(t)）在 [-1,1] 上积分为 0；偶函数积分为 2\int_0^1 f(t)\,\mathrm{d}t。计算 (p,1+t) 时，含 t、t^3 的交叉项自动消去，可快速得到 3a+b+c=0。
【要点】与模拟2的对比
模拟2：区间 [0,1]，正交补基为 \{1-6t^2,\,t-2t^2\}，约束 6a+2b+c=0。
模拟3：区间 [-1,1]，正交补基为 \{1-3t^2,\,t-t^2\}，约束 3a+b+c=0。积分区间不同，正交关系完全不同，不可套用。

第4题（10分）

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

\alpha_1=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix},\quad \alpha_2=\begin{pmatrix}2&1\\3&2\end{pmatrix},\quad \alpha_3=\begin{pmatrix}1&0\\3&0\end{pmatrix},\quad \beta_1=\begin{pmatrix}1&2\\1&2\end{pmatrix},\quad \beta_2=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}.

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：

\alpha_2-\alpha_1=\begin{pmatrix}1&0\\3&0\end{pmatrix}=\alpha_3,

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

\beta_2=x_1\alpha_1+x_2\alpha_2,

得方程组

\begin{pmatrix}1&2\\0&3\\1&1\\2&2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}.

对增广矩阵作行化简：

\left(\begin{array}{cc|c} 1&2&1\\ 0&3&1\\ 1&1&1\\ 2&2&1 \end{array}\right) \;\Longrightarrow\; \left(\begin{array}{cc|c} 1&0&\dfrac{1}{3}\\[4pt] 0&1&\dfrac{1}{3}\\[4pt] 0&0&-\dfrac{1}{3}\\[4pt] 0&0&-\dfrac{1}{3} \end{array}\right),

出现矛盾行 0=-\dfrac{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

\begin{pmatrix}1&2&-1&0\\0&3&-1&0\\1&1&-1&-1\\2&2&-2&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\y_1\\y_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}.

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

V+W=\mathbb{R}^{2\times 2}\ \text{为直和}
【定义】矩阵空间的向量化
\mathbb{R}^{2\times 2}\cong\mathbb{R}^4。将矩阵 A=(a_{ij}) 按列优先排成 (a_{11},a_{21},a_{12},a_{22})^{\mathrm T}，则线性组合问题化为通常的线性方程组。
【方法】证明向量不属于子空间
要证 \beta\notin\mathrm{span}\{\alpha_1,\ldots,\alpha_k\}，即证 \beta=x_1\alpha_1+\cdots+x_k\alpha_k 无解。对增广矩阵行化简，若出现 [0\ \cdots\ 0\mid c]（c\neq 0）矛盾行，则无解。可先化简生成元（如本题 \alpha_3=\alpha_2-\alpha_1）以降低维数。
【性质】直和判别的充分条件
若 \dim V+\dim W=\dim U 且 V,W\subseteq U，则 V\cap W=\{0\}\Leftrightarrow V+W 为直和且 V+W=U。本题 U=\mathbb{R}^{2\times 2}，\dim V+\dim W=4，故只要证 V\cap W=\{0\} 即可断定 V\oplus W=\mathbb{R}^{2\times 2}。
注意：\beta_2\notin V 并不妨碍 V+W 为直和；直和要求 V\cap W=\{0\}，而非"两生成集互不包含"。
【要点】与模拟2第2题的对比
模拟2：\alpha_2\in W，故 V\cap W\neq\{0\}，不是直和。
模拟3：\beta_2\notin V，且 V\cap W=\{0\}，是直和，且 V\oplus W 填满整个 \mathbb{R}^{2\times 2}。两题结构相似，结论相反，须分别计算交集。