群论答案

1.1证明矩阵的本征值之和等于矩阵迹，本征值之积等于矩阵行列式。考虑A的特征多项式其展开式中，主对角元素的乘积项为展开式中的其余各项，至多包含n-2个主对角线上的元素，因此关于的次数最多为n-2。所以特征多项式中含和的项只能出现在主对元素的连乘积项中，它们是而在特征多项式中，只需令即得常数项为111212122212nnnnnnaaaaaaEAaaa1122nnaaan1n11122nnnnaaa01nAA因此，A的特征多项式必定形如现设A的n个特征值为，，，，根据n次多项式根与系数的关系，得其中，为矩阵特征值之和；为矩阵特征值之积；为矩阵A的主对角元素之和，即矩阵A的迹；为矩阵A的行列式。得证。fEA11122=1nnnnnaaaA12n1211221nnnniiiaaaa1211nnnAA12n12n1niiiaA（1）此矩阵A的特征方程为可求得全部特征值为2，2i，-2i将特征值2带入方程组得基础解系将特征值2i带入方程组得基础解系同理，将特征值-2i带入方程组，得基础解系1.2通过相似变换把下列矩阵对角化故可逆矩阵P为可求得（2）此矩阵A的特征方程为可解得特征值为，将特征值带入方程得基础解系同理，将特征值代入方程，得基础解系故可逆矩阵P为可得找相似变换矩阵M使10cossinsin010cos0sincos100sinsinsincos0000MM1.3解：为了便于表述，可设则题目可表示为：等式两端同乘以矩阵M得到：0cossinsincos0sincossinsinsincos0A010100000B1MAMB1MMAMMBAMMB1MME由于则有此时可设abcMdefghi于是，将M带入上式得到0cossinsin010cos0sincos100sinsinsincos0000abcabcdefdefghighi进行矩阵乘法运算得到：cossinsincossinsincossinsincossincoscossincoscossincossinsinsincossinsinsincossinsinsincosdgehfagbhciadbecf000baedhg根据矩阵的性质，对应元素相等，于是得到cossinsincossincossinsinsincoscossinsincossincossinsinsincos0cossinsin0cossincos0sinsinsincosbdgeaghadaehdbhgbefcicf解上述方程即可得到：coscos,sin,sincoscossin,cos,sinsinsin,0,cosabcdefghi于是得到相似变换矩阵M为：coscossinsincoscossincossinsinsin0cosM12/24/2019000)0000000100010001(321xxxii1.4.求相似变换矩阵M使观察第一个等式，我们发现经过相似变换后，矩阵变成了对角矩阵，得到矩阵的特征值为1，0，-1。同理得到：当特征值为0时当特征值为-1时综上为了避免计算M-1，我们把剩余的两个等式左右两边分别左乘M,将矩阵M分别带入两式确定a,b,c的具体值。代入第二个等式得最后得到cbca2经过检验，这个结论也满足第三式1.5设，找相似变换的矩阵X使1001R133121S1000010000100001XRRX1130031000020000221XSSX1解：由题意知根据矩阵直乘定义得：令：1000010000100001RAR133331333313333141SBS因为A已经是对角矩阵，则很容易看出A的特征值以及对应的特征向量时对应的特征向量：131Tba00Tdc00142时对应的特征向量：则X的矩阵形式可取为：00000000''''bbddccaaX10令（2）式的两侧同时左乘X，则130031000020000221XBX''''''''''''''''33333333333333333333333341dcbadcbadcbadcbadcbadcbadcbadcba'''''''30232032030221bbbdddcccaaa展开可知：由矩阵相等可知：a=bc+d=0和''''badc由相似变换的不完全确定性可得21'cca则：010110101010010121X12/24/20191.6找使下面三矩阵同时对角化的公共相似变换矩阵以第一个矩阵为例，由可得（三重根）同理，对第二个矩阵经计算也有同样结果。所以对前两个矩阵都有两个三重特征值１，－１把特征值带回得到齐次方程求出特征根的关系，以第一个矩阵为例有：1,1得到矩阵1的特征根的关系：同理，可求得矩阵2特征根关系：12/24/2019第３个矩阵由于用前面的方法比较难求，但将矩阵带入特征方程后，发现其构成很有规律：至此我们求出了三个矩阵特征向量的关系，下面可以通过排列来找到一个共同变换矩阵。我们可以看出矩阵3对于特征值为3，-3的特征向量也是矩阵1、2的特征向量，所以我们按照其形式写出两个向量作为公共矩阵的前两项。剩下的四个向量要同时满足矩阵1、2以及矩阵3对于特征值为0的特征向量的形式，经过适当的取值就可以找到这四个向量。归一化之后便是所求的公共相似变换矩阵。12/24/20191n经上面的变换和把三个矩阵对角化为diag{1，-1,1,1，-1，-1}；diag{1，-1,1，-1,1，-1}diag{3，-3,0,0,0,0}1.7写出m行m列既幺正又厄米矩阵的一般形式幺正矩阵和厄米矩阵都可以通过幺正的相似变换对角化，对角化后，幺正矩阵的对角元的模为1，而厄米矩阵的对角元为实数。因此，既幺正又厄米的矩阵经过幺正的相似变换对角化后，对角元只能取，适当排列后记作，它是对角阵。前n个对角元为1，后m-n个对角元为-1.因此，既幺正又厄米的矩阵一般可表示为，其中U矩阵是行列式为1的幺正矩阵。1UUn12/24/2019都是正定的厄米矩阵。XXXX和1.8若detX≠0,证证明:首先证明是厄米矩阵，因为其转置共轭等于本身，显然是厄米矩阵。同理，当把X+看成新的X时，就得到XX+也是正定的矩阵。（1）若X+X=E,则XX+=EX+X=E，则|X+||X|=1，则|X+|≠0，所以X+是非奇矩阵，存在逆矩阵，设为S，SX+=EXX+=（SX+）XX+=S(X+X)X+=SX+=E即得出XX+=E，原命题得证1.9.证明：（1）若X+X=1,则XX+=1;（2）若X-1X=1，则XX-1=1;（3）若XTX=1，则XXT=1.2）若X-1X=E,则XX-1=EX-1X=E，则|X-1||X|=1，则|X-1|≠0，所以X-1是非奇矩阵，存在逆矩阵，设为S，SX-1=EXX-1=SX-1XX-1=S(X-1X)X-1=SX-1=E即得出XX-1=E，原命题得证（3）若XTX=E,则XXT=EXTX=E，则|XT||X|=1，则|XT|≠0，所以XT是非奇矩阵，存在逆矩阵，设为S，SXT=EXXT=SXTXXT=S(XTX)XT=SXT=E即得出XXT=E，原命题得证1,0,1*****bcadbdacddccbbaa根据幺正矩正性质，dcbaeUi取2x2幺正矩阵U,其行列式的模︱detU︱=1,则可设1.10试讨论2×2幺正矩阵和实正交矩阵各含有多少个独立实参数，并写出它们的一般表达式由此得****)()(dadbcdddccaa****)()(cadbccddccbb因此，2x2幺正矩阵的一般形式为**abbaeUi其中1**bbaa其中受限制的复参数a和b包含三个实参数，加上φ，共有四个独立实参数。实正交矩阵也是幺正矩阵，行列式可等于1或-1，当行列式为1时，a和b取实数，满足a2+b2=1,常取a=cosθ，b=sinθ，当行列式为-1时，把第一行矩阵元素改号，所以2×2实正交矩阵的一般形式为：cossinsincosRcossinsincos'R可见2×2实正交矩阵只包含一个独立实参数2.1设E是群G的恒元，R和S是群G中的任意元素，R-1和S-1分别是R和S的逆元，试由群的定义证明：(1)RR-1=E(2)RE=R(3)若TR=R,则T=E(4)若TR=E,则T=R-1(5)(RS)的逆元为S-1R-1。(1)由于R-1是群中一元素，在群中存在它的逆元，记作S，SR-1=E，因此，由群的定义得RR-1=ERR-1=（SR-1）RR-1=S（R-1R）R-1=SER-1=SR-1=E。(2)RE=R（R-1R）=（RR-1)R=ER=R。(3)群中恒元的唯一性：若TR=R，则T=T（RR-1）=（TR）R-1=RR-1=E。(4)群中任何元素的逆元是唯一的：若TR也等于恒元E，则T=T（RR-1）=（TR）R-1=ER-1=R-1。(5)(S-1R-1)(RS)=S-1(R-1R)S=S-1ES=S-1S=E由逆元的唯一性知S-1R-1是RS的逆元。•设H1、H2是G的子群，H3={R1,R2,……}是H1和H2公共元素组成的集合，即为它们的交。1、结合律•既然H3是H1和H2的交集，那么H3必然也是G的子集，H3中元素必然也属于G，元素的乘积仍服从G中元素乘积规则，因而H3中元素的乘积满足结合律。2.3设H1和H2是群G的两个子群，证明H1和H2的公共元素的集合也构成群G的子群。2、封闭性对于H3中的元素Ri、Rj∵H3是H1和H2的交集∴Ri∈H1Rj∈H1Ri∈H2Rj∈H2∵H1、H2是G的子群满足封闭性∴H1、H2包含Ri、Rj的乘积即RiRj∈H1RiRj∈H2∴RiRj∈H3H3包含Ri、Rj的乘积，封闭性即可得到证明3、恒元H1、H2是子群，所以必包含恒元E恒元E是H1、H2的公共元素E∈H34、逆元•任取H3中的某元素Ri则Ri∈H1且Ri∈H2•Ri-1∈H1且Ri-1∈H2Ri-1∈H3•四个性质都符合即可证明H3也是群G的子群。(1)当群G的阶数为5，7时已知子群H的阶数是群G阶数g的约数，所以当群的阶数为素数时，除恒元外，元素的阶数只能等于群G阶数g。(2)当群G的阶数为6时假设除恒元