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高等代数教学辅导

7.1 \(\lambda\)-矩阵的法式

建设中!

子节 7.1.1 主要知识点

定义 7.1.1.

\(\mathbb{F}\)是一个数域,形如
\begin{equation*} A(\lambda )=\begin{pmatrix} a_{11}(\lambda)&a_{12}(\lambda)&\cdots&a_{1n}(\lambda)\\ a_{21}(\lambda)&a_{22}(\lambda)&\cdots&a_{2n}(\lambda)\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ a_{m1}(\lambda)&a_{m2}(\lambda)&\cdots&a_{mn}(\lambda)\\ \end{pmatrix} \end{equation*}
\(m\times n\)矩阵,其中\(a_{ij}(\lambda)\in\mathbb{F} [\lambda]\),称为数域\(\mathbb{F}\)上的多项式矩阵\(\lambda\)-矩阵

备注 7.1.2.

和数字矩阵一样,\(\lambda\)-矩阵可定义:
  • 相等、加法、数乘、乘法(数的运算换成多项式的运算);
  • 行列式、伴随矩阵、秩(和数字矩阵定义相同)。

定义 7.1.3.

\(A(\lambda),\ B(\lambda)\)都是\(n\)\(\lambda\)-矩阵,且\(A(\lambda)B(\lambda)=B(\lambda)A(\lambda)=E_n\), 则称\(A(\lambda)\)可逆\(\lambda\)-矩阵\(B(\lambda)\)\(A(\lambda)\)\(\lambda\)-矩阵

定义 7.1.7.

\(\lambda\)-矩阵\(A(\lambda )\)实行下列变换称为 行初等变换
  • 互换变换:将\(A(\lambda)\)两行对换;
  • 倍法变换:将\(A(\lambda )\)的第\(i \)行乘以 非零常数 \(c\)
  • 消法变换:将\(A(\lambda)\)的第\(j\)行乘以\(f(\lambda)\)后加到第\(i\)行上去。
相应地,列初等变换可以类似定义。

定义 7.1.8.

对单位矩阵作一次\(\lambda\)-矩阵实行变换所得到的矩阵称初等矩阵
  • 互换矩阵:将\(E_n\) 的第\(i\)行与第\(j\)行互换,记为\(E(i,j)\)
  • 倍法矩阵:将\(E_n\)的第\(i\)行乘非零常数\(c\) ,记为\(E(i(c))\)
  • 消法矩阵:将\(E_n\)的第\(j\)行乘以\(f(\lambda)\)加到第\(i\)行,记为\(E(i,j(f(\lambda)))\)

定义 7.1.11.

\(A(\lambda),\ B(\lambda)\)\(\lambda\)-矩阵。若\(A(\lambda)\)经过有限次\(\lambda\)-矩阵初等变换后变为\(B(\lambda)\),则称\(\lambda\)-矩阵\(A(\lambda)\)\(B(\lambda)\) 相抵 ,记为\(A(\lambda)\simeq B(\lambda)\)

备注 7.1.12.

\(\lambda\)-矩阵的相抵关系是一种等价关系, 即满足
  • 反身性:\(A(\lambda)\simeq A(\lambda)\)
  • 对称性:若\(A(\lambda)\simeq B(\lambda)\),则\(B(\lambda)\simeq A(\lambda)\)
  • 传递性:若\(A(\lambda)\simeq B(\lambda),\ B(\lambda)\simeq C(\lambda)\),则\(A(\lambda)\simeq C(\lambda)\)
上面的矩阵称为\(A(\lambda)\)相抵标准形法式

备注 7.1.15.

\(A(\lambda)\)的行列式与其法式的行列式仅差一非零常数倍。

练习 7.1.2 练习

1.

下列矩阵是否满秩?是否可逆?若可逆,求其逆矩阵。
  1. \(\begin{pmatrix} 1&\lambda&1\\\lambda&1&2\\1&0&1 \end{pmatrix}\)
  2. \(\begin{pmatrix} 1&\lambda&3\\\lambda&1&\lambda\\-1&\lambda&1 \end{pmatrix}\)
解答.
  1. \(A(\lambda)=\begin{pmatrix} 1&\lambda&1\\\lambda&1&2\\1&0&1 \end{pmatrix}\)。因为\(\det A(\lambda)=2\lambda-\lambda^2\)是非零多项式,但不是非零常数,所以\(A(\lambda)\)满秩但不可逆。
  2. \(A(\lambda)=\begin{pmatrix} 1&\lambda&3\\\lambda&1&\lambda\\-1&\lambda&1 \end{pmatrix}\)。因为\(\det A(\lambda)=4\)是非零常数,所以\(A(\lambda)\)满秩、可逆且
    \begin{equation*} A(\lambda)^{-1}=\frac{1}{\det A(\lambda)}A(\lambda)^*=\frac{1}{4} \begin{pmatrix} 1-\lambda^2&2\lambda&\lambda^2-3\\ -2\lambda&4&2\lambda\\ \lambda^2+1&-2\lambda&1-\lambda^2 \end{pmatrix}. \end{equation*}

2.

\(A(\lambda)=A_s\lambda^s+A_{s-1}\lambda^{s-1}+\cdots+A_1\lambda+A_0\)\(\deg A(\lambda)=s>0\)。证明:若\(A(\lambda)\)可逆,则\(\det A_s=0\)\(\det A_0\neq 0\)
解答.
因为\(A(\lambda)\)可逆,所以存在\(\lambda\)-矩阵\(B(\lambda)\),使得\(A(\lambda)B(\lambda)=E\)。设
\begin{equation*} B(\lambda)=B_t\lambda^t+B_{t-1}\lambda^{t-1}+\cdots +B_1\lambda+B_0, \end{equation*}
其中\(B_0,B_1,\cdots ,B_t\in\mathbb{F}^{n\times n}\)\(B_t\neq 0\),则
\begin{equation*} \left(A_sB_t\right)\lambda^{s+t}+\left(A_sB_{t-1}+A_{s-1}B_t\right)\lambda^{s+t-1}+\cdots +\left(A_1B_0+A_0B_1\right)\lambda+A_0B_0=E. \end{equation*}
因为\(s+t>0\),所以比较系数,有
\begin{equation*} A_sB_t=0,A_0B_0=E. \end{equation*}
\(A_0B_0=E\)可知\(A_0\)可逆,所以\(\det A_0\neq 0\)。假设\(\det A_s\neq 0\),则\(A_s\)可逆。由\(A_sB_t=0\)可推出\(B_t=0\),与题设矛盾。因此\(\det A_s=0\)

3.

\(A(\lambda)\simeq B(\lambda),\ C(\lambda)\simeq D(\lambda)\),证明:
\begin{equation*} \begin{pmatrix} A(\lambda)&0\\0&C(\lambda) \end{pmatrix}\simeq \begin{pmatrix} B(\lambda)&0\\0&D(\lambda) \end{pmatrix}\mbox{。} \end{equation*}
解答.
因为\(A(\lambda)\simeq B(\lambda),\ C(\lambda)\simeq D(\lambda)\),所以存在可逆\(\lambda\)-矩阵\(P(\lambda),Q(\lambda),R(\lambda),S(\lambda)\),使得
\begin{equation*} B(\lambda)=P(\lambda)A(\lambda)Q(\lambda),\ D(\lambda)=R(\lambda)C(\lambda)S(\lambda)\mbox{。} \end{equation*}
\begin{equation*} U(\lambda)=\begin{pmatrix} P(\lambda)&0\\0&R(\lambda) \end{pmatrix},V(\lambda)=\begin{pmatrix} Q(\lambda)&0\\0&S(\lambda) \end{pmatrix}, \end{equation*}
\(U(\lambda),V(\lambda)\)可逆,且
\begin{equation*} \begin{pmatrix} B(\lambda)&0\\0&D(\lambda) \end{pmatrix}=U(\lambda)\begin{pmatrix} A(\lambda)&0\\0&C(\lambda) \end{pmatrix}V(\lambda)\mbox{。} \end{equation*}
因此
\begin{equation*} \begin{pmatrix} A(\lambda)&0\\0&C(\lambda) \end{pmatrix}\simeq \begin{pmatrix} B(\lambda)&0\\0&D(\lambda) \end{pmatrix}\mbox{。} \end{equation*}

4.

用初等变换的方法求下列矩阵的法式。
(1)\(\begin{pmatrix} 1-\lambda&\lambda^2&\lambda\\ \lambda&\lambda&-\lambda\\ 1+\lambda^2&\lambda^2&-\lambda^2 \end{pmatrix}\); (2)\(\begin{pmatrix} 0&0&0&\lambda^2\\ 0&0&\lambda^2-\lambda&0\\ 0&(\lambda-1)^2&0&0\\ \lambda^2-\lambda&0&0&0 \end{pmatrix}\)
解答.
(1)
\begin{equation*} \begin{array}{l}A(\lambda)\stackrel{E(1,2(1))}{\longrightarrow}\begin{pmatrix} 1&\lambda^2+\lambda&0\\ \lambda&\lambda&-\lambda\\ 1+\lambda^2&\lambda^2&-\lambda^2 \end{pmatrix} \xrightarrow[E(1,2(-\lambda^2- \lambda))]{ }\begin{pmatrix} 1&0&0\\ \lambda&-\lambda^3- \lambda^2+\lambda&-\lambda\\ 1+\lambda^2&-\lambda^4- \lambda^3- \lambda&-\lambda^2 \end{pmatrix}\\ \xrightarrow{{\begin{array}{c} E(2,1(-\lambda))\\E(3,1(- \lambda^2-1)) \end{array}}}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&-\lambda^3- \lambda^2+\lambda&-\lambda\\ 0&-\lambda^4- \lambda^3- \lambda&-\lambda^2 \end{pmatrix}\xrightarrow[E(2,3)]{}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&-\lambda&-\lambda^3- \lambda^2+\lambda\\ 0&-\lambda^2&-\lambda^4- \lambda^3- \lambda \end{pmatrix}\\ \xrightarrow{E(3,2(- \lambda))}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&-\lambda&-\lambda^3- \lambda^2+\lambda\\ 0&0&-\lambda^2- \lambda \end{pmatrix}\xrightarrow[E(2,3(- \lambda^2- \lambda+1))]{}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&-\lambda&0\\ 0&0&-\lambda^2- \lambda \end{pmatrix}\\ \xrightarrow{E(2(-1)),E(3(-1))}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&\lambda&0\\ 0&0&\lambda^2+\lambda \end{pmatrix} \end{array} \end{equation*}
(2)
\begin{equation*} \begin{array}{ccl}A(\lambda)&\xrightarrow[{\begin{array}{c} E(1,4)\\E(2,3) \end{array}}]{}&\begin{pmatrix} \lambda^2&0&0&0\\ 0&\lambda^2-\lambda&0&0\\ 0&0&(\lambda-1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda^2-\lambda \end{pmatrix}\\ &\xrightarrow{E(1,2(1)) }&\begin{pmatrix} \lambda^2&\lambda^2-\lambda&0&0\\ 0&\lambda^2-\lambda&0&0\\ 0&0&(\lambda-1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda^2-\lambda \end{pmatrix}\\ &\xrightarrow[E(1,2(-1))]{}&\begin{pmatrix} \lambda^2&-\lambda&0&0\\ 0&\lambda^2-\lambda&0&0\\ 0&0&(\lambda-1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda^2-\lambda \end{pmatrix} \end{array} \end{equation*}
\begin{equation*} \begin{array}{cl} \xrightarrow[E(1,2)]{}&\begin{pmatrix} -\lambda&\lambda^2&0&0\\ \lambda^2-\lambda&0&0&0\\ 0&0&(\lambda-1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda^2-\lambda \end{pmatrix}\\ \xrightarrow{E(1,3(\lambda-1))}&\begin{pmatrix} -\lambda&\lambda^2&(\lambda-1)^2&0\\ \lambda^2-\lambda&0&0&0\\ 0&0&(\lambda-1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda^2-\lambda \end{pmatrix}\\ \xrightarrow[E(3,1(\lambda-2))]{}&\begin{pmatrix} -\lambda&\lambda^2&1&0\\ \lambda^2-\lambda&0&(\lambda^2- \lambda)(\lambda-2)&0\\ 0&0&(\lambda-1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda^2-\lambda \end{pmatrix}\\ \xrightarrow[E(1,3)]{}&\begin{pmatrix} 1&\lambda^2&-\lambda&0\\ (\lambda^2- \lambda)(\lambda-2)&0&\lambda^2-\lambda&0\\ (\lambda-1)^2& 0&0&0\\ 0&0&0&\lambda^2-\lambda \end{pmatrix} \end{array} \end{equation*}
\begin{equation*} \begin{array}{cl} \xrightarrow[{\begin{array}{c} E(1,2(-\lambda^2))\\E(1,3(\lambda)) \end{array}}]{{\begin{array}{c} E(2,1(-(\lambda^2- \lambda)(\lambda-2)))\\E(3,1(-(\lambda-1)^2)) \end{array}}}&\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&-\lambda^3(\lambda- 1)(\lambda-2)&\lambda (\lambda-1)^3&0\\ 0& -\lambda^2(\lambda-1)^2&\lambda(\lambda-1)^2&0\\ 0&0&0&\lambda^2-\lambda \end{pmatrix}\\ \xrightarrow[E(2,4)]{E(2,4)}&\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&\lambda(\lambda- 1)&0&0\\ 0& 0&\lambda(\lambda-1)^2&-\lambda^2(\lambda-1)^2\\ 0&0&\lambda(\lambda-1)^3&-\lambda^3(\lambda-1)(\lambda-2) \end{pmatrix}\\ \xrightarrow{E(4,3(1- \lambda))}&\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&\lambda(\lambda- 1)&0&0\\ 0& 0&\lambda(\lambda-1)^2&-\lambda^2(\lambda-1)^2\\ 0&0&0&\lambda^2(\lambda-1) \end{pmatrix}\\ \xrightarrow{E(3,4(1))}&\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&\lambda(\lambda- 1)&0&0\\ 0& 0&\lambda(\lambda-1)^2&-\lambda^2(\lambda-1)(\lambda-2)\\ 0&0&0&\lambda^2(\lambda-1) \end{pmatrix} \end{array} \end{equation*}
\begin{equation*} \begin{array}{cl} \xrightarrow[E(3,4(\lambda-1))]{}&\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&\lambda(\lambda- 1)&0&0\\ 0& 0&\lambda(\lambda-1)^2&\lambda(\lambda-1)\\ 0&0&0&\lambda^2(\lambda-1) \end{pmatrix}\\ \xrightarrow[E(3,4)]{}&\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&\lambda(\lambda- 1)&0&0\\ 0& 0&\lambda(\lambda-1)&\lambda(\lambda-1)^2\\ 0&0&\lambda^2(\lambda-1) &0 \end{pmatrix}\\ \xrightarrow[E(3,4(1- \lambda))]{E(4,3(-\lambda))}&\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&\lambda(\lambda- 1)&0&0\\ 0& 0&\lambda(\lambda-1)&0\\ 0&0&0&-\lambda^2(\lambda-1)^2 \end{pmatrix}\\ \xrightarrow{E(4(-1))}&\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&\lambda(\lambda- 1)&0&0\\ 0& 0&\lambda(\lambda-1)&0\\ 0&0&0&\lambda^2(\lambda-1)^2 \end{pmatrix}. \end{array} \end{equation*}

5.

\((f(\lambda),g(\lambda))=1\),证明下列3个\(\lambda\)-矩阵相抵:
\begin{equation*} \begin{pmatrix} f(\lambda)&0\\0&g(\lambda) \end{pmatrix},\ \begin{pmatrix} g(\lambda)&0\\0&f(\lambda) \end{pmatrix},\ \begin{pmatrix} 1&0\\0&f(\lambda)g(\lambda) \end{pmatrix}.\ \end{equation*}
解答.
\(P=\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}\),则\(P\)可逆且
\begin{equation*} \begin{pmatrix} f(\lambda)&0\\0&g(\lambda) \end{pmatrix}=P\ \begin{pmatrix} g(\lambda)&0\\0&f(\lambda) \end{pmatrix}P, \end{equation*}
\(\begin{pmatrix} f(\lambda)&0\\0&g(\lambda) \end{pmatrix}\)\(\begin{pmatrix} g(\lambda)&0\\0&f(\lambda) \end{pmatrix}\)相抵。由已知\((f(\lambda),g(\lambda))=1\),存在\(u(\lambda),v(\lambda)\in \mathbb{F}[\lambda]\),使得\(u(\lambda)f(\lambda)+v(\lambda)g(\lambda)=1\)。于是,
\begin{equation*} \begin{array}{cl}\begin{pmatrix} f(\lambda)&0\\0&g(\lambda) \end{pmatrix}&\xrightarrow[E(2,1(v(\lambda) ))]{E(2,1(u(\lambda)))}\begin{pmatrix} f(\lambda)&0\\1&g(\lambda) \end{pmatrix}\stackrel{E(1,2)}{\longrightarrow}\begin{pmatrix} 1&g(\lambda)\\f(\lambda)&0 \end{pmatrix}\\&\xrightarrow[{\begin{array}{c} E(1,2(-g(\lambda)))\\E(2(-1)) \end{array}}]{{\begin{array}{c} E(2,1(-f(\lambda))) \end{array}}}\begin{pmatrix} 1&0\\0&f(\lambda)g(\lambda) \end{pmatrix}\mbox{。}\end{array} \end{equation*}