对V内任一线性变换A,存在一个次数小于等于n2的多项式f(),使f(A)=0

（1）线性变换T(a+b)=T(a)+T(b)C(a+b)-(a+b)C=Ca-aC+Cb-bC,且T(ka)=kT(a)C(ka)-(ka)C=kCa-kaC.所以,T是R的线性变换.（2）T(AB

根据定义,要证明是正交变换,只要证明该变换保持内积不变就行了.设a,b是V中的两个向量,a在标准正交基下的坐标是X=[x1,x2,...,xn]'('表示转置)b在标准正交基下的坐标是Y=[y1,y2

A为幂零变换的充分必要条件是A在任意基下的矩阵A是幂零矩阵.问题转换为“A为幂零矩阵的充分必要条件是A的特征值全为0.”再问：谢谢你。再答：不客气。

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|.

只需证明A的特征向量中能够选出n为向量空间的一组基：（不妨设A是n行n列的）首先设λ是A的特征值,那么λ^2是A^2的特征值,∴(A^2)ξ=λ^2*ξ=Eξ=ξ∴λ^2=1∴λ=±1∴A只有特征根±

(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

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

写出方程|A-xE|=0,其中b是系数,E是单位矩阵,左边行列式展开是多项式,把这个多项式记做f（x）,即所求（这是一个定理,证明难度很大,这里就不证了）

(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

基本上忘光了,只能给你建议个思考方向.多项式矩阵和Jordan标准型

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,

特征值的和等于矩阵的迹tr(A)=a11+a22+...+ann

是的

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

将A作用于L(α,Aα,…A∧k-1α）的基得到Aα,…A∧kα,由于α,Aα,…A∧kα线性相关,所以Aα,…A∧kα均能够由α,Aα,…A∧k-1α线性表出,所以是A-不变子空间；假设U为A-不变

证明：若存在k0,k1,...,k(n-1),使得：k0a+k1Ta+...+k(n-1)T^(k-1)a=0由于T^(k-1)a≠0,等式两端同时作用T^(k-1)得：k0T^(k-1)a=0=>k

通过课本的论述,已经知道平面内任一向量a,可以写成a＝λ1e1＋λ2e2（λ,μ∈R）的形式,这事实上是证明了λ1、λ2的存在性．下面给出唯一性的证明：（用反证法）．假设a＝λ1e1＋λ2e2,又有a

σ作为V中的线性变换,我们考虑其在基下的矩阵A,显然是个n阶方阵.我们取A的特征多项式f(x),显然f(x)∈F[x],且根据Hamilton-Cayley定理有f(A)=0,进而f(σ)=0.并且f

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^

A是正交变换,即AA*=EA是对称变换,即A=A*所以显然有A²=AA*=E