华南理工大学2005年高等代数考研试题参考解答

1 ($15'$) 证明: 如果 $(f(x),g(x))=1$, 那么 $$\bex (f(x)g(x)(f(x)+g(x)),f(x)+f(x)g(x)+g(x))=1. \eex$$

证明: 先证明两个结论: $$\bee\label{249.1:1} f\mid h,\quad (f,g)=1\ra (f,g+h)=1. \eee$$ 事实上, $$\bex k\mid f,k\mid (g+h)\ra k\mid h\ra g\ra k=c. \eex$$ $$\bee\label{249.1:2} (f,g)=1,\quad (f,h)=1\ra (f,gh)=1. \eee$$ 事实上, $$\beex \bea &\quad uf+vg=1,\quad pf+qh=1\\ &\ra ufh+vgh=h,\quad pf+q[ufh+vgh]=1\\ &\ra (p+quh)f+qv(gh)=1. \eea \eeex$$ 往证题目. 由 $f\mid (f+fg), g\mid (fg+g)$ 及 \eqref{249.1:1} 知 $$\bee\label{249.1:3} (f,f+fg+g)=1,\quad (g,f+fg+g)=1. \eee$$ 又 $$\bee\label{249.1:4} \bea (f+g,f+fg+g)&=(f+g,fg)\quad\sex{\mbox{由 }\eqref{249.1:1}}\\ &=1\quad\sex{\mbox{ 由 }(f+g,f)=1,(f+g,g)=1\mbox{ 及 }\eqref{249.1:2}}. \eea \eee$$ 结合 \eqref{249.1:3},\eqref{249.1:4}, 应用 \eqref{249.1:2} 有 $$\bex (fg(f+g),f+fg+g)=1. \eex$$

 

2 ($20'$) 问 $\lambda$ 取何值时方程组有唯一解、无限多解、无解? 并在有解时给出解的结构. $$\bex \sedd{\ba{rrrrrrl} \lambda x_1&+&x_2&+&x_3&=&1,\\ x_1&+&\lambda x_2&+&x_3&=&\lambda,\\ 2x_1&+&(1+\lambda)x_2&+&(1+\lambda)x_3&=&\lambda+\lambda^2. \ea} \eex$$

解答: 由 $$\bex (A,b)&\rra \sex{\ba{cccc} \lambda&1&1&1\\ 1&\lambda&1&\lambda\\ 2&1+\lambda&1+\lambda&\lambda+\lambda^2 \ea}\rra\sex{\ba{cccc} 1&\lambda&1&\lambda\\ 0&1-\lambda^2&1-\lambda&1-\lambda^2\\ 0&1-\lambda&\lambda-1&\lambda^2-1 \ea}\\ &\rra\sex{\ba{cccc} 1&\lambda&1&\lambda\\ 0&1-\lambda&\lambda-1&\lambda(\lambda-1)\\ 0&0&-(\lambda+2)(\lambda-1)&-(\lambda+1)^2(\lambda-1) \ea} \eex$$ 知

(1) 当 $\lambda=1$ 时, $$\bex (A,b)\rra\sex{\ba{cccc} 1&1&1&1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \ea}, \eex$$ 而原方程组的通解为 $$\bex \sex{\ba{ccc} 1\\0\\0 \ea}+k\sex{\ba{ccc} -1\\1\\0 \ea}+l\sex{\ba{ccc} -1\\0\\1 \ea},\quad\forall\ k,l; \eex$$

(2) 当 $\lambda=-2$ 时, $$\bex (A,b)\rra\sex{\ba{cccc} 1&-2&1&-2\\ 0&-1&1&-2\\ 0&0&0&-3 \ea}, \eex$$ 而原方程组无解.

(3) 当 $\lambda\neq -2$ 且 $\lambda\neq 1$ 时, 原方程组有唯一解 $$\bex \sex{-\frac{\lambda+1}{\lambda+2}, \frac{1}{\lambda+2}, \frac{(\lambda+1)^2}{\lambda+2}}^t. \eex$$

 

3 ($10'$) 判断下面的矩阵 $A$ 是否可对角化: $$\bex A=\sex{\ba{ccc} 3&6&6\\ 0&2&0\\ -3&-12&-6 \ea}. \eex$$

解答: 由 $$\bex 0=|\lambda E-A|=(\lambda+3)\lambda(\lambda-2) \eex$$ 知 $A$ 有三个不同的特征值, 而可对角化.

 

4 ($10'$) 证明: 秩为 $r(r\geq 1)$ 的矩阵可表成 $r$ 个秩为 $1$ 的矩阵之和.

证明: 由矩阵的合同标准型理论, $$\bex \bea A&=P^t\sex{\ba{cccccc} 1&&&&&\\ &\ddots&&&&\\ &&1&&&\\ &&&0&&\\ &&&&\ddots&\\ &&&&&0 \ea}P\quad\sex{1\mbox{ 的个数为 }A\mbox{ 的秩}}\\ &=P^t\sex{\ba{cccccc} 1&&&&&\\ &\ddots&&&&\\ &&0&&&\\ &&&0&&\\ &&&&\ddots&\\ &&&&&0 \ea}P+\cdots+P^t\sex{\ba{cccccc} 0&&&&&\\ &\ddots&&&&\\ &&1&&&\\ &&&0&&\\ &&&&\ddots&\\ &&&&&0 \ea}P. \eea \eex$$

 

5($10'$) 设 $A$ 为 $n$ 阶实对称矩阵, $\lambda$, $\mu$ 分别为其最大与最小特征根. 证明: 对于任意的 $x\in\bbR^n$, $\lambda x^tx\geq x^tAx\geq \mu x^tx$. 这里 $x^t$ 是 $x$ 的转置矩阵.

证明: 由题意, 存在正交阵 $P=(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$, 使得 $$\bex P^tAP=\diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n). \eex$$ 设对 $\forall\ x\in\bbR^n$, $$\bex x=\sum k_i\alpha_i, \eex$$ 则 $$\beex \bea x^tx&=\sum k_i^2,\\ x^tAx&=\sum k_i\alpha_i^t\cdot \sum k_i\lambda_i\alpha_i=\sum \lambda_i^2k_i^2. \eea \eeex$$ 据 $\mu\geq \lambda_i\geq \mu$ 即有结论.

 

6 ($15'$) 设 $A$ 为正交矩阵, $A$ 的特征值均为实数. 证明: $A$ 为对称矩阵.

证明: 先证明三个结论.

(1) 若 $A$ 的特征值全为实数, 则存在正交阵 $P$, 使得 $P^tAP$ 为上三角阵, 且对角元为 $A$ 的特征值. 事实上, 设 $\alpha\neq 0$ 为 $A$ 的属于特征值 $\lambda$ 的特征向量. 将 $\alpha$ 作为第一列构造正交阵 $P_1$, 则 $$\bex P_1^tAP_1=\sex{\ba{cc} \lambda_1&*\\ 0&B \ea}. \eex$$ 对 $B$ 用数学归纳法即知存在正交阵 $Q_2$, 使得 $$\bex Q_2^tBQ_2=\sex{\ba{ccc} \lambda_2&*&*\\ &\ddots&*\\ &&\lambda_n \ea}. \eex$$ 取 $$\bex P=P_1\sex{\ba{cc} 1&\\ &Q_2 \ea}, \eex$$ 则 $$\bex P^tAP=\sex{\ba{ccc} \lambda_1&*&*\\ &\ddots&*\\ &&\lambda_n \ea}. \eex$$ 由 $$\bex |\lambda E-A|=|\lambda E-P_1^*AP_1| =(\lambda-\lambda_1)|\lambda E-B| \eex$$ 即知 $A$ 的除 $\lambda_1$ 外的特征值都是 $B$ 的特征值.

(2) 若 $A$ 为正交阵, 则 $A$ 的特征值的模长为 $1$. 事实上, 设 $\alpha\neq 0$ 为 $A$ 的属于特征值 $\lambda$ 的特征向量. 则 $$\bex |\alpha|^2=\sef{A^tA\alpha,\alpha}=\sef{A\alpha,A\alpha} =|A\alpha|^2=|\lambda|^2|\alpha|^2. \eex$$

(3) 若 $A$ 为正交阵, 则 $A^2$ 仍为正交阵. 事实上, $$\bex A^tA=E\ra (A^2)^tA^2=E. \eex$$ 往证题目. 由结论 (2) 知 $A$ 的特征值的模长为 $1$. 又 $A$ 的特征值全为实数, 而 $A$ 的特征值为 $\pm 1$, $A^2$ 的特征值为 $1$. 再由结论 (1), 存在正交阵 $P$, 使得 $P^tA^2P=U$, 其中 $U$ 为上三角阵, 且对角元为 $1$. 据结论 (3), $A^2$ 为正交阵, 而 $U$ 为正交阵. 既然 $U$ 的对角元为 $1$, 且其每行每列均为单位向量, 我们知道 $U=E$, $A^2=E$, $A^t=A^{-1}=A$.

 

 

7 ($15'$) 设 $A,B$ 为实对称矩阵, 证明 $A,B$ 的特征值全部相同的充要条件是存在正交阵 $T$, 使得 $T^{-1}AT=B$.

证明: $\ra$ 由 $A,B$ 实对称知存在正交阵 $P,Q$, 使得 $$\bex P^tAP=\diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n),\quad B=Q^t\diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)Q. \eex$$ 于是取正交阵 $T=PQ$, 则有 $T^tAT=B$. $\ra$ 由 $$\bex |\lambda E-B|=|\lambda E-T^{-1}AT|=|\lambda E-A| \eex$$ 即知结论.

 

8 ($25'$) 设 $A_{s\times n}$ 是一实矩阵, $A^t$ 为 $A$ 的转置矩阵. 证明:

(1) 齐次线性方程组 $Ax=0$ 与 $A^tAx=0$ 同解;

(2)$\rank(A)=\rank(A^tA)$;

(3) 方程组 $A^tAx=A^tb$ (其中 $b$ 为任一 $s$ 维列向量) 一定有解.

证明:

(1) $$\beex \bea Ax=0&\ra A^tAx=0,\\ A^tAx=0&\ra x^tA^tAx=0\ra |Ax|=0&\ra Ax=0. \eea \eeex$$

(2) 由 (1), $$\bex n-\rank(A)=n-\rank(A^tA). \eex$$

(3) 由 $$\beex \bea \rank(A^tA,A^tb) &=\rank[A^t(A,b)] \leq\rank(A^t)=\rank(A)=\rank(A^tA),\\ \rank(A^tA,A^tb)&\geq \rank(A^tA) \eea \eeex$$ 知 $\rank(A^tA,A^tb)=\rank(A^tA)$. 据线性方程组 解的判定定理即知结论.

 

9 ($20'$) 设 $\eta$ 为欧氏空间 $V$ 的一个单位向量. 定义 $$\bex \sigma(\alpha)=\alpha-2\sef{\eta,\alpha}\eta, \eex$$ 其中 $\sef{\eta,\alpha}$ 表示 $\eta$ 与 $\alpha$ 的内积. 证明:

(1) $\sigma$ 为正交变换, 这样的正交变换称为镜面反射;

(2) 对任意的 $\alpha\neq \beta\in V$, 若 $\alpha,\beta$ 均为单位向量, 则存在镜面反射 $\sigma$, 使得 $\sigma(\alpha)=\beta$, 并求这个镜面反射的特征值及所对应的特征子空间.

证明:

(1) 显然 $\sigma$ 为线性变换. 由 $$\beex \bea |\sigma(\alpha)|^2 &=\sef{\alpha-2\sef{\eta,\alpha}\eta,\alpha-2\sef{\eta,\alpha}\eta}\\ &=\sef{\alpha,\alpha} -2\sef{\eta,\alpha}\sef{\eta,\alpha} -2\sef{\eta,\alpha}\sef{\eta,\alpha} +4\sef{\eta,\alpha}^2\ &=\sef{\alpha,\alpha} \eea \eeex$$ 即知结论.

(2) 取 $$\bex \eta=\frac{\beta-\alpha}{|\beta-\alpha|}, \eex$$ 则 $$\beex \bea \sigma(\alpha)&=\alpha-2\sef{\frac{\beta-\alpha}{|\beta-\alpha|},\alpha}\frac{\beta-\alpha}{|\beta-\alpha|}\\ &=\alpha-\frac{2(\sef{\beta,\alpha}-1)}{|\beta-\alpha|^2}(\beta-\alpha)\\ &\quad\sex{|\beta-\alpha|^2=\sef{\beta-\alpha,\beta-\alpha}^2 =\sef{\beta,\beta}-2\sef{\alpha,\beta}+\sef{\alpha,\alpha} \atop=2(1-\sef{\alpha,\beta})}\\ &=\alpha+(\beta-\alpha)\\ &=\beta. \eea \eeex$$ 另外, 显然 $$\bex \sigma(\eta)=-\eta;\quad \sigma(\alpha)=\alpha,\quad \forall\ \alpha\in \eta^\perp, \eex$$ 我们知 $\sigma$ 的特征值为 $-1$ (单重), $1$ ($n-1$ 重), 其对应的特征子空间分别为 $L(\eta), \eta^\perp$.

 

10 ($10'$) 设 $A$ 是一个 $n$ 阶 矩阵. 证明那个: $A$ 与 $A^t$ 相似.

证明: 由 Jordan 标准型理论, 仅须证明 $$\bex \sex{\ba{ccc} J_1&&\\ &\ddots&\\ &&J_s \ea},\quad\sex{\ba{ccc} J_1^t&&\\ &\ddots&\\ &&J_s^t \ea} \eex$$ 相似. 而又仅须证明 $J_i$, $J_i^t$ 相似. 这可直接由 $J_i,J_i^t$ 的行列式因子 $1,\cdots,1,(\lambda-\lambda_i)^{k_i}$ 相同得到.