设K上三维向量空间V的线性变换a在基a1,a2,a3下矩阵为

(1)因为σ是一个线性变换,则令其特征多项式为：f(λ),根据Cayley-Hamilton定理,σ的特征多项式一定为σ的化零多项式.∴f(σ)=0又σ是3维实空间上的线性变换则σ的特征多项式的次数不

设ε1……εr和α1……αn-r分别是W1和W2的一组基,可知ε1……εr可扩充为V的一组基,设扩充后这组基变为ε1……εn,则对于V中的任意一个元素ζ=k1ε1+……+knεn,设变换σ把它变换为η

选B:行列式.再问：为什么呢？再答：因为A和-A在同一基下的矩阵B,C满足:B=-C.取行列式有|B|=|-C|=(-1)^n*|C|=|C|.

本题相当于问A能不能对角化~A的三个特征值是-1,3,3其中r(A-3E)=1故A可对角化.即命题成立.

(1)到(2)a1,...,as线性无关Aa1,...,Aas线性相关则存在一组不全为0的数使得k1Aa1+...+ksAas=0所以A(k1a1+...+ksas)=0因为a1,...,as线性无关

正交变换满足σ^Tσ是恒等映射.因此对任意的两个非零向量a,b,有==,即正交变换保持内积不变,因此||a||^2==.长度不变.于是a与b的夹角cos(theta)=/【||a||*||b||】在正

注意σ(ζ)=0等价于0==,即ζ=0用上述性质直接验证σ是线性变换即可:σ(ζ+η)-σ(ζ)-σ(η)=0σ(kζ)-kσ(ζ)=0

零变化属于U所以U分非空任意σ1σ2属于U那么对于任意x属于V有σ1(x)=k1xσ2(x)=k2x所以(σ1+σ2)(x)=(k1+k2)x所以(σ1+σ2)属于U任意σ1属于Um属于F对于任意x属

(1)两个子空间的和是直和只需要证明它们的交只有零向量.设Y∈ker(A)∩im(A),则AY=0且存在X使Y=AX.∵A²=A,∴Y=AX=A²X=A(AX)=AY=0.即ker

全体线性变换组成的向量空间,同构于全体矩阵组成的向量空间,所以是n^2维的.

由已知,σ(a1,a2,a3)=(a1,a2,a3)A.而(b1,b2,b3)=(a1,a2,a3)KK=211111321所以σ(b1,b2,b3)=σ(a1,a2,a3)K=(a1,a2,a3)A

A^(n-1)a≠0,A^na=0说明a,Aa,...,A^(n-1)a线性无关A在这组基下的矩阵为00...0010...0001...00......00...10特征值全是0但r(A)=n-1,

不太会证,用矩阵的语言说明思路吧.矩阵T的等价标准型为D＝【E0；00】,其中E是单位阵,阶数是T的秩,也就是变换T的像空间的维数.故存在可逆矩阵P,Q使得PTQ＝D,令S＝QP,则TST=P^(-1

设A是线性空间V上的可逆线性变换σ的矩阵,则A是可逆矩阵,于是｜A｜不为零,而|A|等于矩阵A的所有特征值之积,所以矩阵A的所有特征值之积也不为0.所以A的所有特征值也不为0.A的特征值就是σ的特征值

第一问：设ξ是线性变换T的任一个特征向量,对应的特征值是λ,则有Tξ=λξ,两边左边用T作用,得T^2(ξ)=T(Tξ)=λTξ=λ^2ξ,而由已知,T^2=I,故λ^2ξ=ξ,因为ξ≠0==>λ^2

选（A)因为对于线性变换T而言,T是单射的充要条件是T是满射（见北京大学“高度代数”教材第7章）.故T是单射的充要条件是T是双射,即T可逆.从而T在任意一组基下的矩阵可逆.所以A的行列式不等于0.

设V是数域P上的n维线性空间,W是V的一个s维子空间,那么,取定W的一个基：E1,E2,...,Es,将W的这个基扩充为V的一个基,记为,E1,E2,...,Es,Es+1,...,En现在我们构造一

用反证法.若λ＝0是特征值,ξ是对应的特征向量,那么：   Aξ＝λξ＝0于是,一方面：A^(-1)[Aξ]=A^(-1)[0]=0另一方面：A^(-1)[Aξ]=[A^

L是什么?线性组合?设L(α1,α2,…,αs)=a1*α1+a2*α2+…+as*αs;T(L(α1,α2,…,αs))=T(a1*α1+a2*α2+…+as*αs)=a1*T(α1)+a2*T(α

取V的一组基,使得б在这组基下的表示矩阵A只有第一列非零,换句话说A=xy^T,x,y是列向量,y=[1,0,...,0]^T.那么A^2=xy^Txy^T=(y^Tx)A,由于A非零,这个常数c=y