1. 对定义域为全体 $n$ 阶矩阵的函数 $f: \bbR^{n\times n}\to \bbR$, 如果 $\dps{\cfrac{\p f}{\p a_{ij}}}$ 对 $A$ 中每个元素 $a_{ij}$ 都存在, 则记 $$\bex \n_A f(A)=\sex{\cfrac{\p f}{\p a_{ij}}}. \eex$$ 试证:
(1) $\n_A\tr (AB)=B^T$;
(2) $\n_A \tr(ABA^TC)=CAB+C^TAB^T$.
证明: (1) $$\beex \bea \n_A\tr (AB) =\sex{\cfrac{\p }{\p a_{ij}}\sum_{m,n}a_{mn}b_{nm}} =\sex{\sum_{m,n} \delta_{mi}\delta_{nj}b_{nm}} =\sex{b_{ji}} =B^T. \eea \eeex$$ (2) $$\beex \bea \n_A\tr (ABA^TC) &=\sex{\cfrac{\p }{\p a_{ij}} \sum_{m,n,p,q} a_{mn}b_{np}a_{qp}c_{qm} }\\ &=\sex{ \sum_{m,n,p,q} \delta_{mi}\delta_{nj}b_{np}a_{qp}c_{qm} +\sum_{m,n,p,q} a_{mn}b_{np}\delta_{qi}\delta_{pj}c_{qm} }\\ &=\sex{ \sum_{p,q} b_{jp}a_{qp}c_{qi} +\sum_{m,n} a_{mn}b_{nj}c_{im} }\\ &=\sex{ \sum_{p,q} c_{qi}a_{qp}b_{jp} +\sum_{m,n} c_{im}a_{mn}b_{nj} }\\ &=C^TAB^T+CAB. \eea \eeex$$
2. 设 $A(t)=(a_{ij}(t))$ 中每个 $a_{ij}(t)$ 都是可导的, 试证: $$\bex \frac{\rd}{\rd t}|A(t)|=|A(t)|\cdot \tr \sez{A^{-1}(t)\cdot\frac{\rd A(t)}{\rd t}}. \eex$$
证明: $$\beex \bea \frac{\rd}{\rd t} |A(t)| &=\sum (-1)^{\tau(i_1\cdots i_n)} \frac{\rd}{\rd t}\sez{a_{1i_1}(t)\cdots a_{ni_n}(t)}\\ &=\sum (-1)^{\tau(i_1\cdots i_n)} \sum_k a_{1i_1}(t)\cdots \frac{\rd a_{ki_k}(t)}{\rd t}\cdots a_{ni_n}(t)\\ &=\sum_k \sev{\ba{ccc} a_{11}(t)&\cdots&a_{1n}(t)\\ \cdots&\cdots&\cdots\\ \dps{\frac{\rd a_{k1}(t)}{\rd t}}&\cdots&\dps{\frac{\rd a_{kn}(t)}{\rd t}}\\ \cdots&\cdots&\cdots\\ a_{n1}(t)&\cdots&a_{nn}(t) \ea}\\ &=\sum_k\sum_j \frac{\rd a_{kj}(t)}{\rd t}\cdot A_{kj}\quad\sex{A_{kj}\mbox{ 为 }a_{kj}\mbox{ 的代数余子式}}\\ &=\tr \sex{\frac{\rd A(t)}{\rd t} \cdot A^*}\\ &=|A(t)|\cdot \tr \sex{\frac{\rd A(t)}{\rd t}\cdot A^{-1}(t)}\\ &=|A(t)|\cdot \tr \sex{ A^{-1}(t)\cdot\frac{\rd A(t)}{\rd t}}. \eea \eeex$$
3. 设 $A$ 为正交阵, $A$ 的特征值均为实数, 试证: $A$ 为对称矩阵.
证明: 先证明: 存在正交阵 $P$ 使得 $$\bex P^TAP=\sex{\ba{ccc} \lm_1&&*\\ &\ddots&\\ &&\lm_n \ea}. \eex$$ 事实上, 设 $\lm_1$ 为 $A$ 的一个特征值, $\al_1$ 为其对应的单位特征向量, 将其扩充为 $\bbR^n$ 的一组标准正交基 $\al_1,\beta_2,\cdots,\beta_n$, 则 $$\bex AP_1=P_1\sex{\ba{cc} \lm_1&\gamma\\ 0&B \ea},\quad P=(\al_1,\beta_2,\cdots,\beta_n). \eex$$ 由 $$\beex \bea P_1^{-1}AP_1&=\sex{\ba{cc} \lm_1&\gamma\\ 0&B \ea},\\ P_1^{-1}(\lm E-A)P_1&=\lm E-\sex{\ba{cc} \lm_1&\gamma\\ 0&B \ea},\\ |\lm E-A|&=(\lm -\lm_1)|\lm E-B| \eea \eeex$$ 知 $B$ 的特征值也是实数. 按照上述步骤对 $B$ 可一直做下去 (正规的话, 用数学归纳法写得比较好看), 得到一列正交阵 $P_2,\cdots,P_n$ 使得 $P=P_1P_2\cdots P_n$ 化 $A$ 为 $$\bex P^TAP=\sex{\ba{ccc} \lm_1&&*\\ &\ddots&\\ &&\lm_n \ea}. \eex$$ 再证题目: 由 $P,A$ 正交知 $\dps{\sex{\ba{ccc} \lm_1&&*\\ &\ddots&\\ &&\lm_n \ea}}$ 也正交. 但 $\lm_i$ 为 $A$ 的实特征值, 只能为 $\pm 1$. 注意到正交阵的每行每列均为单位向量, 我们有 $$\bex \sex{\ba{ccc} \lm_1&&*\\ &\ddots&\\ &&\lm_n \ea}=\sex{\ba{ccc} \lm_1&\\ &\ddots&\\ &&\lm_n \ea} \eex$$ 为对角阵.
4. 设 $\scrA,\scrB$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 的两个线性变换, 证明: $$\bex \dim \ker(\scrA\scrB)\leq \dim \ker \scrA+\dim \ker \scrB. \eex$$
证明: 由 $\scrB(\al)=0\ra \scrA\scrB(\al)=0$ 知 $\ker \scrB\subset \ker (\scrA\scrB)$. 设 $\al_1,\cdots,\al_r$ 为 $\ker \scrB$ 的一组基, 将其扩充为 $\ker(\scrA\scrB)$ 的一组基 $\al_1,\cdots,\al_r,\cdots,\al_s$. 则读者可以验证 (留作习题) $\scrB(\al_{r+1}),\cdots,\scrB(\al_s)\in\ker \scrA$ 是线性无关的. 于是 $$\beex \bea s-r&\leq \dim \ker \scrA,\\ s&\leq \dim \ker \scrA+r,\\ \dim \ker \scrA\scrB&\leq \dim \ker \scrA+\dim \ker \scrB. \eea \eeex$$
5. 设 $\scrT$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 中的线性变换, 定义子空间 $$\bex V_1=\sed{\al;\ \scrT^n\al=0,\ \al\in V} \eex$$ 及 $$\bex V_2=\sed{x;\ \scrT^{n+1}\al=0,\ \al\in V }. \eex$$
证明: $V_1=V_2$. 证明: 显然, $$\bex \scrT^n\al=0\ra \scrT^{n+1}\al=0. \eex$$ 而 $V_1\subset V_2$. 往证 $$\bee\label{97.10:eq} \scrT^{n+1}\al=0\ra \scrT^n\al=0. \eee$$ 而 $V_2\subset V_1$. 用反证法. 若 \eqref{97.10:eq} 不成立, 则 $$\bex \exists\ \al_0\in V,\st \scrT^{n+1}\al_0=0,\mbox{ 但 }\scrT^n\al_0\neq 0. \eex$$ 由 $$\beex \bea &\quad\ \ \sum_{i=0}^n \scrT^i \al_0=0\\ &\ra l_0=0\quad\sex{\mbox{用 }\scrT^n\mbox{ 作用}}\\ &\ra l_1=0\quad\sex{\mbox{用 }\scrT^{n-1}\mbox{ 作用}}\\ &\ra\cdots\\ &\ra l_n=0. \eea \eeex$$ 知 $$\bex \sed{\al_0,\scrT\al_0,\cdots,\scrT^n\al_0} \eex$$ 为 $V$ 中 $(n+1)$ 个线性无关的向量组. 这与 $\dim V=n$ 矛盾.
6. 设 $A$ 为 $3\times 2$ 矩阵, $B$ 为 $2\times 3$ 矩阵. 已知 $$\bex AB=\sex{\ba{ccc} 8&2&-2\\ 2&5&4\\ -2&4&5 \ea}. \eex$$
证明: $BA=9E$. 证明: 由 $$\bex \lm(\lm-9)^2=|\lm E-AB|=\lm|\lm E-BA| \eex$$ 知 $|\lm E-BA|=(\lm-9)^2$, 而 $BA$ 的特征值为 $9$ (二重), 是可逆的. 再注意到 $$\beex \bea (AB)^2&=9AB,\\ B(AB)^2A&=9B(AB)A,\\ (BA)^3&=9(BA)^2,\\ BA&=9E\quad(BA\mbox{ 可逆}). \eea \eeex$$
7. (1) 对任意矩阵 $A$, 矩阵方程 $AXA=A$ 都有解;
(2) 如果矩阵方程 $AY=C$ 和 $ZB=C$ 有解, 则方程 $AXB=C$ 有解.
证明: (1) 若 $A=0$, 则 $AXA=A$ 有零解. 若 $A\neq 0$, 则存在可逆阵 $P,Q$, 使得 $$\bex A=P\sex{\ba{cc} E_r&\\ &0 \ea}Q. \eex$$ 于是 $$\beex \bea A&=P\sex{\ba{cc} E_r&\\ &0 \ea}QQ^{-1}\sex{\ba{cc} E_r&\\ &0 \ea}P^{-1}P\sex{\ba{cc} E_r&\\ &0 \ea}Q\\ &=A\sez{Q^{-1}\sex{\ba{cc} E_r&\\ &0 \ea}P^{-1}}A. \eea \eeex$$ 而 $AXA=A$ 有解. (2) 由 (1), 存在 $W$, 使得 $BWB=B$, 而 $$\beex \bea A(YW)B=CWB=ZBWB=ZB=C. \eea \eeex$$
8. (1) 设 $A,C$ 为 $n$ 阶正定矩阵, 若矩阵方程 $AX+XA=C$ 有唯一解 $B$. 试证: $B$ 正定.
(2) 设 $A$ 为 $n$ 阶负定矩阵, $C$ 为 $n$ 阶正定矩阵, 若矩阵方程 $AX+XA+2C=0$ 有唯一解 $X=B$, 试证: $B$ 正定.
证明: (1) 对 $AB+BA=C$ 作转置有 $$\bex B^TA+AB^T=C. \eex$$ 由解的唯一性, $B^T=B$. 故 $B$ 为对称阵. 为证 $B$ 是正定阵, 仅须验证 $B$ 的任一特征值 $\lm>0$. 设 $\al\neq 0$ 为其对应的特征向量, 则 $$\beex \bea 0&<\al^TC\al\\ &=\al^T(AB+BA)\al\\ &=\al^TA(B\al)+(B\al)^TA\al\\ &=\lm\al^TA\al+\lm\al^TA\al\\ &=2\lm\al^TA\al. \eea \eeex$$ (2) 对 $$\bex AB+BA+2C=0 \eex$$ 取转置有 $$\bex B^TA+AB^T+2C=0. \eex$$ 由唯一性即知 $B^T=B$. 为证结论, 仅须证明 $B$ 的任一特征值 $\lm>0$. 设 $0\neq \al$ 为其对应的特征向量, 则 $$\beex \bea 0&=\al^T(AB+BA+2C)\al\\ &=\lm \al^TA\al+(B\al)^T A\al+2\al^TC\al\\ &=2\lm \al^TA\al+2\al^TC\al,\\ \lm&=-\frac{\al^TC\al}{\al^TA\al}>0. \eea \eeex$$
赣南师范学院数学竞赛培训第09套模拟试卷参考解答,布布扣,bubuko.com
原文地址：http://www.cnblogs.com/zhangzujin/p/3848712.html
