四、设 $\displaystyle A, B$ 为方阵，且 $\displaystyle B$ 为满秩阵，$\displaystyle s$ 为实数，

$$
C=A+s B
$$


试证明：存在正数 $\displaystyle a$ ，使得在 $\displaystyle 0<s<a$ 时，$\displaystyle C$ 满秩．
证明：考虑矩阵 $\displaystyle A B^{-1}+s E=s E-\left(-A B^{-1}\right)$ ，其中 $\displaystyle E$ 为单位阵．
由于关于 $\displaystyle s$ 的方程 $\displaystyle \operatorname{det}\left(s E+A B^{-1}\right)=0$ 仅有有限个根（它们为方 阵 $\displaystyle -A B^{-1}$ 的 全 部 特 征 根）。从 而 数 集 $\displaystyle I=\left\{s>0 \mid \operatorname{det}\left(s E+A B^{-1}\right)=0\right\}$ 为有限集。若 $\displaystyle I \neq \varnothing$ ，则令 $\displaystyle a$ 为数集 $\displaystyle I$ 中的最小数；若 $\displaystyle I=\varnothing$ ，则可取 $\displaystyle a$ 为任何正数．于是，当 $\displaystyle 0<s<a$ 时，必有 $\displaystyle \operatorname{det}\left(s E+A B^{-1}\right) \neq 0$ ．

所以，当 $\displaystyle 0<s<a$ 时，$\displaystyle s E+A B^{-1}$ 为满秩阵，从而

$$
C=A+s B=\left(s E+A B^{-1}\right) B \text { 为满秩阵. }
$$

二、（20 分）已知 3 阶正交矩阵 $\displaystyle A$ 的行列式为 1．求证：$\displaystyle A$ 的特征多项式一定为

$$
f(\lambda)=\lambda^{3}-a \lambda^{2}+a \lambda-1
$$


其中，$\displaystyle a \in \mathbb{R}$ 且 $\displaystyle -1 \leq a \leq 3$ 。（可与实数比较大小的数只有实数，故条件 $\displaystyle a \in \mathbb{R}$ 可略去）
证明 设 $\displaystyle A$ 的特征多项式 $\displaystyle f(\lambda)=\lambda^{3}-a_{2} \lambda^{2}+a_{1} \lambda-a_{0}$ ，其中 $\displaystyle a_{0}, a_{1}, a_{2} \in \mathbb{R}$ ．则 $\displaystyle a_{0}=|A|=1, a_{1}=\operatorname{tr}(A), a_{2}$ 是 $\displaystyle A$ 的所有二阶主子式之和．
设 $\displaystyle A$ 的所有特征值为 $\displaystyle \lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3}$ ，由于 $\displaystyle A$ 是正交矩阵且 $\displaystyle |A|=1$ ，则

$$
\lambda_{1}=1,\left|\lambda_{2}\right|=\left|\lambda_{3}\right|=1, \overline{\lambda_{2}}=\lambda_{3}
$$


所以，$\displaystyle \left|\operatorname{Re} \lambda_{2}\right|=\left|\operatorname{Re} \lambda_{3}\right| \leq 1$ ，即 $\displaystyle \operatorname{Re} \lambda_{2} \in[-1,1]$ ，故

$$
a_{1}=\operatorname{tr} A=\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}=1+2 \operatorname{Re} \lambda_{2} \in[-1,3]
$$


由于 $\displaystyle \lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3}$ 是 $\displaystyle f(\lambda)=\lambda^{3}-a_{2} \lambda^{2}+a_{1} \lambda-a_{0}$ 的根，结合根与系数的关系可得

$$
a_{2}=\lambda_{1} \lambda_{2}+\lambda_{1} \lambda_{3}+\lambda_{2} \lambda_{3}=\lambda_{2}+\lambda_{3}+\left|\lambda_{2}\right|^{2}=2 \operatorname{Re} \lambda_{2}+1=a_{1} \triangleq a
$$


则 $\displaystyle -1 \leq a \leq 3$ 且

$$
f(\lambda)=\lambda^{3}-a \lambda^{2}+a \lambda-1
$$

5、设 $\displaystyle n$ 阶复矩阵 $\displaystyle A$ 满足：对于任意正整数 $\displaystyle k$ ，都有 $\displaystyle \operatorname{tr}\left(A^{k}\right)=0$ ．求 $\displaystyle A$ 的特征值．
【解】设 $\displaystyle \lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$ 是 $\displaystyle A$ 的全部特征值，则 $\displaystyle A$ 的特征多项式为

$$
\Delta(\lambda)=\left(\lambda-\lambda_{1}\right)\left(\lambda-\lambda_{2}\right) \cdots\left(\lambda-\lambda_{n}\right)=\lambda^{n}-\sigma_{1} \lambda^{n-1}+\sigma_{2} \lambda^{n-2}-\cdots+(-1)^{n} \sigma_{n}
$$


其中 $\displaystyle \sigma_{k}$ 是 $\displaystyle \lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$ 的 $\displaystyle k$ 次初等对称多项式 $\displaystyle (1 \leq k \leq n)$ ．
因为 $\displaystyle \lambda_{1}^{k}, \lambda_{2}^{k}, \cdots, \lambda_{n}^{k}$ 是 $\displaystyle A^{k}$ 的全部特征值，所以

$$
s_{k}=\lambda_{1}^{k}+\lambda_{2}^{k}+\cdots+\lambda_{n}^{k}=\operatorname{tr}\left(A^{k}\right)=0, k=1,2, \cdots .
$$


对于 $\displaystyle 1 \leq k \leq n$ ，利用牛顿（Newton）公式

$$
s_{k}-\sigma_{1} s_{k-1}+\sigma_{2} s_{k-2}-\cdots+(-1)^{k-1} \sigma_{k-1} s_{1}+(-1)^{k} k \sigma_{k}=0
$$


可得 $\displaystyle \sigma_{k}=0$ ，从而有 $\displaystyle \Delta(\lambda)=\lambda^{n}$ ．因此，$\displaystyle A$ 的特征值 $\displaystyle \lambda_{1}=\lambda_{2}=\cdots=\lambda_{n}=0$ ．

八、（15 分）设 A 是三级正交矩阵并且 $\displaystyle |A|=1$ ，求证：
（1） 1 是 A 的一个特征值
（2） A 的特征多项式 $\displaystyle f(\lambda)$ 可表示为 $\displaystyle f(\lambda)=\lambda^{3}-a \lambda^{2}+a \lambda-1$ ，其中 a 是某个实数。
（3）若 A 的特征值全为实数并且 $\displaystyle |A+E| \neq 0$ ，则 A 的转置 $\displaystyle A^{\prime}=A^{2}-3 A+3 E$ ，其中 E 是 3 级单位矩阵。

证明：（1）$\displaystyle |E-A|=\left|A A^{\prime}-A\right|=|A|\left|A^{\prime}-E\right|=|A-E|=(-1)^{3}|E-A|=-|E-A|$ ，故 $\displaystyle |E-A|=0$ ，所以 1 是 A 的一个特征值；
（2）根据哈密尔顿一卡莱定理得到 A 的特征多项式 $\displaystyle f(\lambda)$ 为 $\displaystyle f(\lambda)=\lambda^{3}+a \lambda^{2}+b \lambda-1$ ，而根据（1）得出 $\displaystyle \lambda=1$ 是 $\displaystyle f(\lambda)=0$ 的解故解得 $\displaystyle a+b=0$ ，所以 $\displaystyle f(\lambda)=\lambda^{3}-a \lambda^{2}+a \lambda-1$
（3）因为 A 是三级正交矩阵，故 $\displaystyle A A^{\prime}=A^{\prime} A=E$ 即 $\displaystyle |A|^{2}=1$ ，而 $\displaystyle |A+E| \neq 0$ 故 $\displaystyle \lambda=-1$不是 A 的特征值，所以 $\displaystyle \lambda=1,1$ 是 A 的特征多项式 $\displaystyle f(\lambda)$ 的解，代入得到 $\displaystyle \mathrm{a}=3$ ，所以 A 的 特 征 多 项 式 $\displaystyle f(\lambda)=\lambda^{3}-3 \lambda^{2}+3 \lambda-1$ ，即 $\displaystyle A^{3}-3 A^{2}+3 A-E=0 \Leftrightarrow A\left(A^{2}-3 A+3 E\right)=E$ ，所以 $\displaystyle A^{\prime}=A^{2}-3 A+3 E$ 。