f(x)?g(x). ■
6. 必要性.设AX?b有解,即存在X0?Pn使得AX0?b.记
?a1?X0????a?n??. ???设
?c1? z0????c?n?? ???为ATz?0的任一解,即ATz0?0,则
(c1,c2,?,cn)A?0.
于是
?a1?(c1,c2,?,cn)A???a?n???0, ???即(c1,c2,?,cn)b?0.因此
?c1T?b???c?n???0, ???TT即bZ0?0,这说明Z0是bZ?0的解. ■
7. 因为A是n阶实可逆矩阵,则ATA是正定矩阵.于是存在n?n正交矩阵U使得
??1?TTU(AA)U??????,0??i?R,i?1,2,?,n. ??n???于是
?1??1??????????UTAT?AU?1??n???1??1???????????E. (1) ?1??n????令
?1??1?Q1?AU?????????, ?1??n???
从(1)式知,Q1是正交矩阵.令
?1??1??AU?????????UT, ?1??n??Q?Q1UT???S?U????1???T?U, ??n?那么Q是正交矩阵,S是正定矩阵,且Q?AS?1,即A?QS. ■
8. 因为(f(x),g(x))?1,由多项式互素的充要条件知,存在u(x),v(x)?P[x]使得
u(x)f(x)?v(x)g(x)?1.
将x?M代入上式,得u(M)f(M)?v(M)g(M)?E,即
u(M)A?v(M)B?E.
任取??W,则AB??0,
u(M)A??v(M)B???.
取?1?v(M)B?,?2?u(M)A?.由于A,B都是M的多项式,故AB?BA,进而有
Av(M)?v(M)A,Bu(M)?u(M)B.
于是
A?1?Av(M)B??v(M)(AB?)?v(M)0?0,B?2?Bu(M)A??u(M)(BA?)?u(M)(AB?)?u(M)0?0
即?1?W1,?2?W2.因此???1??2,?1?W1,?2?W2,从而有
W?W1?W2.
注意到AB?BA,容易看出,W1?W,W2?W,从而W1?W2?W.因此
W?W1?W2. (1)
任取??W1?W2,则A??0,B??0.于是
??E??(u(M)A?v(M)B)??u(M)A??v(M)B??0?0?0,
故
W1?W2?{0}. (2)
由(1),(2)式可得W?W1?W2. ■
9. (1) 任取A,B??,由所给条件知AB??,BA??.令X?AB,Y?(AB)2,则
X,Y??.于是
BA?(AB)?(AB)(AB)?XY?(YX)?((AB)(AB))?((AB))?(BA)?AB23333323
即交换律在?中成立.
(2) 任取A??, 若E??, 则
A?EA?(AE)?A.
33对上式两边取行列式, 得|A|?|A|, 即|A|(|A|?1)?0. 于是|A|?0或|A|?1?0,即|A|?0或|A|??1. ■
10. 反证法.假设存在正交矩阵A,B,使A2?AB?B2,则ATA2?ATAB?ATB2. 由于正交矩阵A满足AT?A?1,故
A?B?AB
T2322注意ATB2是正交矩阵,且ATB2?A?B,故A?B是正交矩阵.于是
E?(A?B)(A?B)?(A?B)(A?B)?AA?BB?AB?BA?2E?AB?BA
TTTTTTTTT即
TTE?AB?BA. (1)
从A2?AB?B2得A2BT?ABBT?B2BT?A?B.由于A2BT也是正交矩阵,故A?B是正交矩阵,且
E?(A?B)(A?B)?(A?B)(A?B)?AA?BB?AB?BA?2E?AB?BATTTTTTTTT即
TTE??AB?BA. (2)
将(1),(2)左右两端分别相加,得2E?0, 这显然是不可能的.
■