浙江大学2011年高等代数考研试题参考解答

1 ($15'$) 如果 $(x^2+x+1)|\sex{f_1(x^3)+xf_2(x^3)}$, 且 $n$ 阶方阵 $A$ 有一个特征值等于 $1$, 证明: $f_1(A)$, $f_2(A)$ 都不是可逆矩阵.

证明: 按题意, $\exists\ g(x)\in  P [x],\ s.t.$ $$\be\label{zd11gd:1:eq} f_1(x^3)+xf_2(x^3)     =g(x)(x^2+x+1)=g(x)(x-\omega_1)(x-\omega_2), \ee$$ 其中 $$\bex \omega_1=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2},\quad \omega_2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}. \eex$$ 于 \eqref{zd11gd:1:eq} 中令 $x=\omega_1$, 得 $$\be\label{zd11gd:1:eq1} f_1(1)+\omega_1f_2(1)=0; \ee$$ 令 $x=\omega_2$, 得 $$\be\label{zd11gd:1:eq2} f_1(1)+\omega_2f_2(1)=0. \ee$$ 综合 \eqref{zd11gd:1:eq1} 与 \eqref{zd11gd:1:eq2} 即有 $$\bex f_1(1)=f_2(1)=0. \eex$$ 于是 $$\bex \exists\ g_i(x)\in  P [x],\ s.t.\ f_i(x)=g_i(x)(x-1),\ i=1,2. \eex$$ 将 $A$ 代入, 并注意到 $\det(E-A)=0$, 我们知 $$\bex \det\sez{f(A)}     =\det\sez{g_i(A)}\cdot  \det\sex{A-E}  =0,\ i=1,2. \eex$$ 这说明 $f_1(A)$, $f_2(A)$ 均不是可逆矩阵.

 

2 ($15'$) 求解下列方程组: $$\bex \left\{\ba{rrrrrrrrrr} x_1  &+&x_2  &+&x_3  &+&x_4  &=&6,\\ x_1^2&+&x_2^2&+&x_3^2&+&x_4^2&=&10,\\ x_1^3&+&x_2^3&+&x_3^3&+&x_4^3&=&18,\\ x_1^4&+&x_2^4&+&x_3^4&+&x_4^4&=&34. \ea\right. \eex$$

 

解答: 设 $$\bex f(x)&=&(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)\\ &=&x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x^3+a_4, \eex$$ 则由 Newton 公式 (见附录), $$\bex \left\{\ba{llll} S_1+a_1=0,\\ S_2+S_1a_1+2a_2=0,\\ S_3+S_2a_1+S_3a_2+3a_3=0,\\ S_4+S_3a_1+S_2a_2+S_1a_3+4a_4=0. \ea\right. \eex$$ 按题意, $$\bex S_1=6,\quad S_2=10,\quad S_3=18,\quad S_4=34. \eex$$ 于是 $$\bex a_1=-6,\quad a_2=13,\quad a_3=18,\quad a_4=4. \eex$$ 故 $$\bex f(x)&=&x^4-6x^3+13x^2-12x+4\\ &=&x^4-5x^4+4-6x(x^2-3x+2)\\ &=&(x^2-1)(x^2-4)-6x\sez{(x^2-1)-3(x-1)}\\ &=&(x^2-1)(x^2-4)-6x(x-1)(x-2)\\ &=&(x-1)(x-2)\sez{\sex{x^3+3x+2}-6x}\\ &=&(x-1)^2(x-2)^2. \eex$$ 因此, $$\bex x_1=1,\quad x_2=1,\quad x_3=2,\quad x_4=2 \eex$$ 或者其置换.

 

3 ($15'$) 设 $n$ 阶方阵 $A$ 的伴随矩阵为 $A^*$, 当 $n\geq 2$ 时, 证明:     $$\bex     \sex{A^*}^*=\det^{n-2}(A)\cdot A.     \eex$$

 

证明:  (1) 先回顾 $A^*$ 之 $(i,j)$ 元素为 $A$ 中划去第 $j$ 行第 $i$ 列后的 $(n-1)\times (n-1)$ 阶代数余子式, 满足     $$\bex     A^*A=AA^*=\det(A)\cdot E_n,     \eex$$     且     $$\bex     \rank(A^*)     =\left\{\ba{lll}     n,&\rank(A)=n,\\     1,&\rank(A)=n-1,\\     0,&\rank(A)\leq n-2.     \ea\right.     \eex$$ (2) 若 $\rank(A)=n$, 则 $A$ 可逆, 而     $$\bex     & &A^*A=\det(A)\cdot E_n\\     &\ra& \left\{\ba{lll}  (A^*)^{-1}=\frac{1}{\det(A)}A\\  \det(A^*)=\det(A)      =\det^n(A)   \ra \det(A^*)=\det^{n-1}(A)\\  A^*=\det(A)\cdot A^{-1}      \ra (A^*)^*   =\det(A^*)\cdot\sex{A^*}^{-1}  \ea\right.\\     &\ra& (A^*)^*  =\det^{n-1}(A)\cdot\sez{\frac{1}{\det(A)}\cdot A}      =\det^{n-2}(A)\cdot A.     \eex$$ (3) 若 $\rank(A)=n-1$, 则 $\det(A)=0$, 且     $$\bex     \rank(A^*)=1\quad     \rank((A^*)^*)  =\left\{\ba{ll}  1,&1=n-1,\\  0,&1\leq n-2.  \ea\right.     \eex$$     故仅须验证当 $n=2$, $\rank(A)=1$ 时, $(A^*)^*=A$. 事实上,     $$\bex     A=\sex{\ba{cc}     a&b\\     c&d     \ea}\ra     A^*=\sex{\ba{cc}     d&-b\\     -c&a     \ea}\ra     (A^*)^*     =\sex{\ba{cc}     a&b\\     c&d     \ea}=A.     \eex$$ (4) 若 $\rank(A)=n-2$, 则由 $\rank(A^*)=0$ 知 $A^*=0$, 而     $$\bex     (A^*)^*  =0=\det^{n-2}(A)\cdot A.     \eex$$      4 ($15'$) 设 $n$ 阶方阵 $A$ 满足 $A^TA=E_n$ 且 $\det(A)=-1$. 证明: $A+E_n$ 不是可逆矩阵. 证明: 由 $$\bex -\det(A+E_n) &=&\det(A)\cdot\det(A+E_n)\\ &=&\det(A^T)\cdot\det(A+E_n)\\ &=&\det(E_n+A^T)\\ &=&\det(A+E_n) \eex$$ 即知 $\det(A+E_n)=0$, 而 $A+E_n$ 不可逆.  5 ($15'$) 设 $$\bex e_i=(\underbrace{0,0,\cdots,0,1}_{i\mbox{个}},0,\cdots,0)^T,\quad i=1,2,\cdots,n \eex$$ 是欧氏空间 $\bbR^n$ 的一组常用基, 一个矩阵 $ P $ 称为置换矩阵如果存在 $1,2,\cdots,n$ 的一个全排列 $i_1,i_2,\cdots,i_n$ 使得 $ P =\sex{e_{i_1},e_{i_2},\cdots,e_{i_n}}$. 例如 $$\bex \sex{\ba{cccc} 0&0&1&0\\ 1&0&0&0\\ 0&0&0&1\\ 0&1&0&0 \ea} \eex$$ 就是一个四阶置换矩阵. 假如 $n$ 阶方阵 $A$ 的秩为 $r$, 证明: 存在置换矩阵 $ P $ 使得 $$\bex  P  A P =\sex{\ba{cc} A_1\\ A_2 \ea}, \eex$$ 其中 $\rank(A_1)=r$. 证明: 由 $\rank(A)=r$ 知 $A$ 的行秩为 $r$, 而不妨设 $$\bex \tilde A_1=\sex{\ba{ccc} \alpha_{i_1}\\ \vdots\\ \alpha_{i_r} \ea} \eex$$ 为 $A$ 的行向量组的一个极大线性无关组. 则若取 $$\bex  P =\sex{\ba{ccccc} e_{i_1}\\ \vdots\\ e_{i_r}\\ \vdots\\ e_{i_n} \ea},\quad\sex{e_{i_j}(r+1\leq j\leq n)\mbox{ 使 }\sed{i_1,\cdots,i_n} \mbox{ 为一置换}} \eex$$ 有 $$\bex  P  A=\sex{\ba{cc} \tilde A_1\\ \tilde A_2 \ea}. \eex$$ 又列变换不改变行秩, 我们得 $$\bex  P  A P  =\sex{\ba{cc} \tilde A_1 P \\ \tilde A_2 P  \ea} \equiv\sex{\ba{cc} A_1\\ A_2 \ea}, \eex$$ 且 $$\bex \rank(A_1)=\rank(\tilde A_1)=r. \eex$$

6 ($15'$) 设 $$\bex V=\sed{a+bx+cx^2;\ a,b,c\in\bbR} \eex$$ 是实数域上三维线性空间, 定义 $$\bex \mathcal{T}(f(x))=2f(x)+xf'(x). \eex$$ 证明: $\mathcal{T}$ 是 $V$ 上的线性变换, 并求其特征值和特征向量.

 

证明: 由 $$\bex \mathcal{T}(f(x)+kg(x)) &=&2\sez{f(x)+kg(x)}     +x\sez{f'(x)+kg'(x)}\\ &=&\sez{2f(x)+xf'(x)}     +k\sez{2g(x)+xg'(x)}\\ &=&\mathcal{T}(f(x))+k\mathcal{T}(g(x))\quad\sex{\forall\ k\in\bbR} \eex$$ 知 $\mathcal{T}$ 为 $V$ 上的线性变换.

又由 $$\bex \mathcal{T}(1)=2, \eex$$ $$\bex \mathcal{T}(x)=2x+x=3x, \eex$$ $$\bex \mathcal{T}(x^2)=2x^2+x\cdot 2x=4x^2 \eex$$ 知 $\mathcal{T}$ 在 $V$ 的一组基 $\sed{1,x,x^2}$ 下的作用为 $$\bex \mathcal{T}\sex{1,x,x^2} =\sex{1,x,x^2}\sex{\ba{ccc}2&&\\ &3&\\ &&4\ea}. \eex$$ 故 $\mathcal{T}$ 的特征值为 $$\bex \lambda_1=2,\quad \lambda_2=3,\quad \lambda_3=4, \eex$$ 对应的特征向量分别为 $$\bex 1,\qquad x,\qquad x^2. \eex$$     7 ($15'$) 设 $B$ 是实数域上的 $n\times n$ 阶矩阵, $A=B^TB$, 对任意一个大于零的常数 $a$, 证明: $$\bex (\alpha,\eta)=\alpha^T(A+aE_n)\eta \eex$$ 定义了 $\bbR^n$ 上的一个内积使得 $\bbR^n$ 称为欧氏空间.

 

证明: $(\cdot,\cdot)$ 的双线性性与对称性显然成立. 往证 $(\cdot,\cdot)$ 的正定性: $$\bex & &(\alpha,\alpha)     =\alpha^T(A+aE_n)\alpha\\ & &\qquad\quad=\alpha^TB^T\cdot B\alpha     +a\alpha^T\alpha\\ & &\qquad\quad=\sev{B\alpha}^2+a\sev{\alpha}^2\\ & &\qquad\quad\geq a\sev{\alpha}^2\\ &\ra& \sex{\alpha,\alpha}\geq 0\mbox{ 且 }     \sex{\alpha,\alpha}=0\mbox{ 等价于 }     \alpha=0. \eex$$

8 ($15'$) 试证明满足 $A^m=E_n$ 的 $n$ 阶方阵 $A$ 都相似于一个对角矩阵. 证明: 由 Jordan 标准型理论, $$\bex \exists\ \mbox{可逆阵 } P ,\ s.t.\  P ^{-1}A P =\sex{\ba{ccc} J_1&&\\ &\ddots&\\ &&J_s \ea}, \eex$$ 其中 $$\bex J_i&=&\sex{\ba{cccc} \lambda_i&1&&\\ &\ddots&\ddots&\\ &&\ddots&1\\ &&&\lambda_i \ea}_{n_i\times n_i}\\ &=&\sex{\ba{ccc} \lambda_i&&\\ &\ddots&\\ &&\lambda_i \ea}_{n_i\times n_i}     +\sex{\ba{cccc}     0&1&&\\     &0&\ddots&\\     &&\ddots&1\\     &&&0 \ea}\\ &\equiv& \lambda_iE_{n_i}     +U_i\quad\sex{n_i\geq 1}. \eex$$ 由 $A^m=E_n$ 知 $$\bex E_n= P ^{-1}A^m P      =\sex{ P ^{-1}A P }^m     =\sex{\ba{ccc}     J_1^m&&\\     &\ddots&\\     &&J_s^m     \ea}, \eex$$ 且 $\lambda_i^m=1$.

往证 $n_i=1$ ($1\leq i\leq s$), 而 $A$ 相似于一个对角矩阵.

用反证法. 若某个 $n_i>1$, 则 $$\bex E_{n_i} &=&J_i^m\\ &=&(\lambda_iE_{n_i}+U_i)^m\\ &=&\lambda_i^mE_{n_i}     +\sum_{l=0}^{m-1}  \sex{\lambda_iE_{n_i}}^l      U_i^{m-l}\\ &=&E_{n_i}     +\sum_{l=0}^{m-1}\lambda_i^lU_i^{m-l}, \eex$$ 而 $$\bex O_{n_i}     =\sex{\ba{ccccc} 0&\lambda_i^{m-1}&\cdots&&\\ &\ddots&\ddots&\ddots&\\ &&\ddots&\ddots&\vdots\\ &&&\ddots&\lambda_i^{m-1}\\ &&&&0 \ea}, \eex$$ 这是一个矛盾.  9 ($15'$) 假定 $A=\sex{a_{ij}}_{n\times n}$ 是半正定矩阵, 证明: 满足 $x^TAx=0$ 的所有 $x$ 组成 $\bbR^n$ 的 $n-\rank(A)$ 维子空间.

 

证明: 设 $r=\rank(A)$, 则 $$\bex \exists\ \mbox{ 可逆阵 } P ,\ s.t.\ A= P ^T\sex{\ba{cc} E_r&\\ &O_{n-r} \ea} P . \eex$$ 而 $$\bex & &x^TAx=0\\ &\lra& \sex{ P  x}^T\sex{\ba{cc} E_r&\\ &O_{n-r} \ea} \sex{ P  x}=0\\ &\lra& y^T\sex{\ba{cc} E_r&\\ &O_{n-r} \ea} y=0\quad\sex{y=\sex{\ba{ccc}y_1\\ \vdots\\ y_n \ea} = P  x}\\ &\lra&\sum_{i=1}^4y_i^2=0\\ &\lra& y_{r+1}=\cdots=y_n=0\\ &\lra& x= P ^{-1}y     =\sum_{i=r+1}^n  y_i P ^{-1}  (\underbrace{0,\cdots,0,1}_{i\mbox{个}},0,\cdots,0)^T \eex$$ 故 $$\bex \sed{x\in\bbR^n;\ x^TAx=0} =\mathrm{span}_{r+1\leq i\leq n} \{ P ^{-1}(\underbrace{0,\cdots,0,1}_{i\mbox{个}},0,\cdots,0)^T\}. \eex$$ 于是 $$\bex \dim\sed{x\in\bbR^n;\ x^TAx=0} =n-r. \eex$$     10 ($15'$) 已知矩阵 $$\bex A=\sex{\ba{cccc} 2&-4&2&2\\ -2&0&1&3\\ -2&-2&3&3\\ -2&-6&3&7 \ea}, \eex$$ 求矩阵 $ P $, 使 $ P ^{-1}A P $ 为 Jordan 标准型.

 

解答: 由 $$\bex \det(\lambda E-A) &=&\det\sex{\ba{cccc} \lambda-2&4&-2&-2\\ 2&\lambda&-1&-3\\ 2&2&\lambda-3&-3\\ 2&6&-3&\lambda-7 \ea}\\ &=&\det\sex{\ba{cccc} \lambda-2&4&-2&-2\\ \lambda-2&\lambda&-1&-3\\ \lambda-2&2&\lambda-3&-3\\ \lambda-2&6&-3&\lambda-7 \ea}\\ &=&\det\sex{\ba{cccc} \lambda-2&4&-2&-2\\ 0&\lambda-4&1&-1\\ 0&-2&\lambda-1&-1\\ 0&2&-1&\lambda-5 \ea}\\ &=&(\lambda-2)\det\sex{\ba{cccc} 0&1&0\\ -(\lambda^2-5\lambda+6)&\lambda-1&\lambda-2\\ \lambda-2&-1&\lambda-6 \ea}\\ &=&-(\lambda-2)\det\sex{\ba{cccc} -(\lambda-2)(\lambda-3)&\lambda-2\\ \lambda-2&\lambda-6 \ea}\\ &=&(\lambda-2)^2(\lambda-4)^2 \eex$$ 知 $A$ 的特征值为 $$\bex \lambda_1=2\ (\mbox{二重}),\quad \lambda_2=4\ (\mbox{二重}). \eex$$ 对 $\lambda_1=2$, 由 $$\bex A-\lambda_1E     =\sex{\ba{cccc} 0&-4&2&2\\ -2&-2&1&3\\ -2&-2&1&3\\ -2&-6&3&5 \ea}\rra \sex{\ba{cccc} 0&-2&1&1\\ -1&0&0&1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \ea} \eex$$ 知 $(A-\lambda_1E)x=0$ 的基础解系为 $$\bex \eta_1=\sex{\ba{cccc} 0\\ 1\\ 2\\ 0 \ea},\qquad \eta_2=\sex{\ba{cccc} 1\\ 0\\ -1\\ 1 \ea}. \eex$$ 对 $\lambda_2=4$, 由 $$\bex A-\lambda_2E=\sex{\ba{cccc} -2&-4&2&2\\ -2&-4&1&3\\ -2&-2&-1&3\\ -2&-6&3&3 \ea} \rra\sex{\ba{cccc} 1&0&0&0\\ 0&1&1&0\\ 0&0&1&-1\\ 0&0&0&0 \ea}, \eex$$ $$\bex (A-\lambda_2E)^2 =\sex{\ba{cccc} 4&8&-4&-4\\ 4&4&0&-4\\ 4&0&4&-4\\ 4&8&-4&-4 \ea} \rra \sex{\ba{cccc} 0&1&-1&0\\ 1&1&0&-1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \ea} \eex$$ 知 $(A-\lambda_2E)^2x=0$ 有解\footnote{任取一个} $$\bex \eta_4=\sex{\ba{cccc} -1\\ 1\\ 1\\ 0 \ea}; \eex$$ 再取 $$\bex \eta_3=(A-\lambda_2E)\eta_4 =\sex{\ba{cccc} 0\\ -1\\ -1\\ -1 \ea}. \eex$$ 则若令 $$\bex  P =\sex{\eta_1,\eta_2,\eta_3,\eta_4}     =\sex{\ba{cccc} 0&1&0&-1\\ 1&0&-1&1\\ 2&-1&-1&1\\ 0&1&-1&0 \ea}, \eex$$ 则 $$\bex  P ^{-1}A P =\sex{\ba{cccc} 2&&&\\ &2&&\\ &&4&1\\ &&&4 \ea}. \eex$$  注记: 本题计算的依据请参见 \cite[第一大题, 第 5 小题]{67}.

 

 

 

附录 Newton 公式

 

设 $$\bex f(x)=\prod_{i=1}^n (x-x_i) =x^n-\sigma_1x^{n-1}     +\cdots     +(-1)^n\sigma_n, \eex$$ 且记 $$\bex S_k=\sum_{k=1}^n x^k,\quad k=0,1,2,\cdots. \eex$$ 则  (1) 存在 $g(x)\in  P [x]$ 适合 $\p(g(x))<n$ 或 $g(x)=0$, 使得     $$\be\label{zd11gd:app:1}     x^{k+1}f'(x)=\sex{S_0x^k+S_1x^{k-1}+\cdots+S_{k-1}x+S_k}f(x)+g(x);     \ee$$ (2)     $$\be\label{zd11gd:app:2}     S_k-\sigma_1S_{k-1}  +\cdots  +(-1)^{k-1}\sigma_{k-1}S_1+(-1)^kk\sigma_k=0,     \ee$$ 当 $k\leq n$ 时;     $$\be\label{zd11gd:app:3}     S_k-\sigma_1S_{k-1}     +\cdots     +(-1)^n\sigma_n S_{k-n}=0,     \ee$$ 当 $k>n$ 时.

 

证明:  (1)     $$\bex     x^{k+1}f'(x)     &=&x^{k+1}\sum_{i=1}^n \prod_{j\neq i} (x-x_j)\\     &=&x^{k+1}  \sum_{i=1}^n \frac{f(x)}{x-x_j}\\     &=&x^{k+1}  \sum_{i=1}^n \frac{f(x)(x^{k+1}-x_j^{k+1})+f(x)x_j^{k+1}}{x-x_i}\\     &=&f(x)\sum_{i=1}^n  \sex{x^k+x_ix^{k-1}      +\cdots+x_i^k}      +\sum_{i=1}^n x_i^{k+1}\frac{f(x)}{x-x_i}\\     &=&f(x)(nx^k+S_1x^{k-1}  +\cdots+S_k)+\sum_{i=1}^n x_i^{k+1}\frac{f(x)}{x-x_i}.     \eex$$     令     $$\bex     g(x)=\sum_{i=1}^n x_i^{k+1}\frac{f(x)}{x-x_i}     \eex$$     即有结论. (2) 将     $$\bex     f(x)=x^n-\sigma_1x^{n-1}  +\cdots+(-1)^n\sigma_n,     \eex$$     $$\bex     f'(x)  =nx^{n-1}      -(n-1)\sigma_1x^{n-2}      +\cdots      +(-1)^{n-1}\sigma_{n-1}     \eex$$     代入 \eqref{zd11gd:app:1}, 得     $$\bex     & &x^{k+1}     \sez{nx^{n-1}      -(n-1)\sigma_1x^{n-2}      +\cdots      +(-1)^{n-1}\sigma_{n-1}}\\     &=&\sez{x^n-\sigma_1x^{n-1}  +\cdots+(-1)^n\sigma_n}  \sex{nx^k+S_1x^{k-1}+\cdots+S_k}  +g(x).     \eex$$     比较两端 $x^n$ 的系数, 即知     $$\bex     (-1)^{n-k}(n-k)\sigma_k     =S_k-\sigma_1S_{k-1}  +\cdots  +(-1)^{k-1}\sigma_{k-1}S_1  +(-1)^kn\sigma_k,     \eex$$     当 $k\leq n$ 时;     $$\bex     0=S_k-\sigma_1S_{k-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_nS_{k-n},     \eex$$     当 $k>n$ 时.