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1. ($15‘$) 设 $\bbP$ 是一个数域, $f(x),g(x)\in\bbP[x]$. 证明: $$\bex (f(x),g(x))=1\lra (f(x^n),g(x^n))=1, \eex$$ 这里, $n$ 是任意给定的自然数.
证明: $\ra$: 由 $(f(x),g(x))=1$ 知 $$\bex \exists\ u(x),v(x),\st u(x)f(x)+v(x)g(x)=1. \eex$$ 于是 $$\bex u(x^n)f(x^n)+v(x^n)g(x^n)=1. \eex$$ 而任一整除 $f(x^n)$, $g(x^n)$ 的多项式都整除 $1$. 故 $(f(x^n),g(x^n))=1$. $\la$: 设 $h(x)$ 是 $f(x),g(x)$ 的首一公因式, 则 $h(x^n)$ 是 $f(x^n)$, $g(x^n)$ 的公因式. 又 $(f(x^n),g(x^n))=1$, 我们有 $h(x^n)\mid 1$, $h(x^n)=1$, $h(x)=1$. 这说明 $(f(x),g(x))=1$.
2. ($20‘$) 计算行列式: $$\bex D_n=\sev{\ba{cccccc} x_1y_1&x_1y_2&x_1y_3&\cdots&x_1y_{n-1}&x_1y_n\\ x_1y_2&x_2y_2&x_2y_3&\cdots&x_2y_{n-1}&x_2y_n\\ x_1y_3&x_2y_3&x_3y_3&\cdots&x_3y_{n-1}&x_3y_n\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ x_1y_{n-1}&x_2y_{n-1}&x_3y_{n-1}&\cdots&x_{n-1}y_{n-1}&x_{n-1}y_n\\ x_1y_n&x_2y_n&x_3y_n&\cdots&x_{n-1}y_n&x_ny_n \ea}. \eex$$
解答: 记所求的 $n$ 级行列式为 $D_n$, 则 $$\beex \bea D_n&=y_n\sev{\ba{cccccc} x_1y_1&x_1y_2&x_1y_3&\cdots&x_1y_{n-1}&x_1\\ x_1y_2&x_2y_2&x_2y_3&\cdots&x_2y_{n-1}&x_2\\ x_1y_3&x_2y_3&x_3y_3&\cdots&x_3y_{n-1}&x_3\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ x_1y_{n-1}&x_2y_{n-1}&x_3y_{n-1}&\cdots&x_{n-1}y_{n-1}&x_{n-1}\\ x_1y_n&x_2y_n&x_3y_n&\cdots&x_{n-1}y_n&x_n \ea},\\ y_{n-1}D_n &=y_n\sev{\ba{cccccc} x_1y_1&x_1y_2&x_1y_3&\cdots&x_1y_{n-1}&x_1y_{n-1}\\ x_1y_2&x_2y_2&x_2y_3&\cdots&x_2y_{n-1}&x_2y_{n-1}\\ x_1y_3&x_2y_3&x_3y_3&\cdots&x_3y_{n-1}&x_3y_{n-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ x_1y_{n-1}&x_2y_{n-1}&x_3y_{n-1}&\cdots&x_{n-1}y_{n-1}&x_{n-1}y_{n-1}\\ x_1y_n&x_2y_n&x_3y_n&\cdots&x_{n-1}y_n&x_ny_{n-1} \ea}\\ &=y_n\sev{\ba{cccccc} x_1y_1&x_1y_2&x_1y_3&\cdots&x_1y_{n-1}&0\\ x_1y_2&x_2y_2&x_2y_3&\cdots&x_2y_{n-1}&0\\ x_1y_3&x_2y_3&x_3y_3&\cdots&x_3y_{n-1}&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ x_1y_{n-1}&x_2y_{n-1}&x_3y_{n-1}&\cdots&x_{n-1}y_{n-1}&0\\ x_1y_n&x_2y_n&x_3y_n&\cdots&x_{n-1}y_n&x_ny_{n-1}-x_{n-1}-y_n \ea}\\ &\quad\sex{\mbox{column n ``-column n-1‘‘}}\\ &=y_n(x_ny_{n-1}-x_{n-1}y_n)D_{n-1}. \eea \eeex$$ 有了递推式, 往求 $D_n$: $$\beex \bea y_{n-2}y_{n-1}D_n &=y_n(x_ny_{n-1}-x_{n-1}y_n)\cdot y_{n-2}D_{n-1}\\ &=y_n(x_ny_{n-1}-x_{n-1}y_n)\cdot y_{n-1}(x_{n-1}y_{n-2}-x_{n-2}y_{n-1})D_{n-2},\\ \cdots&=\cdots\\ \prod_{i=1}^{n-1}y_i\cdot D_n &=\prod_{i=2}^n y_i(x_iy_{i-1}-x_{i-1}y_i),\\ D_n&=x_1y_n\prod_{i=1}^n y_n\prod_{i=1}^n (x_iy_{i-1}-x_{i-1}y_i). \eea \eeex$$ 最后一步对 $y_1\cdots y_{n-1}\neq 0$ 时成立; 但若有某个 $y_j=0$, 我们则用 $\ve$ 代替 $y_j$, 应用上述结论后, 再令 $\ve\to 0$, 即发现最后结果也对.
3. ($20‘$) 证明:
(1) 若 $\lm\neq 0$ 是矩阵 $A$ 的一个特征值, 则 $\dps{\frac{1}{\lm }|A|}$ 是 $A^*$ 的一个特征值;
(2) 若 $\al$ 是 $A$ 的一个特征向量, 则 $\al$ 也是 $A^*$ 的一个特征向量.
证明:
(1) 设 $\al\neq 0$ 是 $A$ 的属于特征值 $\lm\neq 0$ 的特征向量, 则 $$\bex A\al=\lm \al\ra |A|\al=A^*A\al=\lm A^*\al \ra A^*\al=\frac{1}{\lm}|A|\al. \eex$$ 于是 $\dps{\frac{1}{\lm}|A|}$ 是 $A^*$ 的一个特征值.
(2) 若 $\rank(A)=n$, 则 $\al$ 所对应的特征值 $\lm \neq0$, 而由 (1), $\al$ 是 $A^*$ 的属于特征值 $\dps{\frac{1}{\lm}|A|}$ 的特征向量. 若 $\rank(A)=n-1$, 则同上, 仅须考虑 $\lm=0$ 的情形. 此时, $A\al=0$, $\al$ 为 $A$ 的一个基础解系. 由 $AA^*=0$ 知 $$\bex A^*=(k_1\al,\cdots,k_n\al)=\al(k_1,\cdots,k_n), \eex$$ $$\bex A^*\al =\al(k_1,\cdots,k_n)\al =\sex{\sum_{i=1}^n k_i\al_i}\al\quad\sex{\al=(\al_1,\cdots,\al_n)^T}, \eex$$ $\al$ 是 $A^*$ 的属于特征值 $\dps{\sum_{i=1}^n k_i\al_i}$ 的特征向量. 若 $\rank(A)=n-2$, 则 $A^*=0$, 而 $\al$ 是 $A^*$ 的属于特征值 $0$ 的特征向量.
4. ($20‘$) 设 $$\bex W=\sed{f(x); f(1)=0, f(x)\in\bbR[x]_n}, \eex$$ 这里 $\bbR[x]_n$ 表示实数域 $\bbR$ 上的次数小于 $n$ 的多项式天上零多项式构成的线性空间.
(1) 证明: $W$ 是 $\bbR[x]_n$ 的线性子空间;
(2) 求 $W$ 的维数与一组基.
解答:
(1) 显然成立.
(2) 设 $$\bex f(x)=a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0\in W, \eex$$ 则 $$\bex a_{n-1}+\cdots+a_0=0, \eex$$ 它有基础解系 $$\bex \sex{\ba{c} -1\\ 1\\ 0\\ \vdots\\ 0 \ea},\quad \sex{\ba{c} -1\\ 0\\ 1\\ \vdots\\ 0 \ea},\quad\cdots,\quad \sex{\ba{c} -1\\ 0\\ 0\\ \vdots\\ 1 \ea}. \eex$$ 因此, $W$ 的维数为 $n-1$ 维, 有基 $$\bex -x^{n-1}+x^{n-2},-x^{n-1}+x^{n-3},\quad\cdots,\quad -x^{n-1}+1. \eex$$
5. ($20‘$) 已知齐次线性方程 $$\bex \sedd{\ba{rrrrrrrrc} (a_1+b)x_1&+&a_2x_2&+&\cdots&+&a_nx_n&=&0,\\ a_1x_1&+&(a_2+b)x_2&+&\cdots&+&a_nx_n&=&0,\\ \cdots& &\cdots& &\cdots& &\cdots& &\\ a_1x_1&+&a_2x_2&+&\cdots&+&(a_n+b)x_n&=&0, \ea} \eex$$ 其中 $\dps{\sum_{i=1}^n a_i\neq 0}$. 试讨论 $a_1,\cdots,a_n,b$ 满足什么关系时,
(1) 方程组仅有零解?
(2) 方程组有非零解? 在有非零解时, 求此方程组的一个基础解系.
解答: 系数矩阵 $$\bex A=\sex{\ba{ccc} a_1+b&\cdots&a_n\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_1&\cdots&a_n+b \ea}\rra\sex{\ba{cccc} a_1+b&a_2&\cdots&a_n\\ -b&b&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ -b&0&\cdots&b \ea}. \eex$$ 当 $b=0$ 时, $$\bex A\rra\sex{\ba{ccc} a_1&\cdots&a_n\\ 0&\cdots&0\\ 0&\cdots&0 \ea}. \eex$$ 由 $\dps{\sum_{i=1}^n a_i\neq 0}$ 知不妨设 $a_n\neq 0$, $\rank(A)=1$, 而 $Ax=0$ 有基础解系 $$\bex \sex{\ba{c} -a_n\\ 0\\ 0\\ \vdots\\ a_1 \ea},\quad \sex{\ba{c} 0\\ -a_n\\ 0\\ \vdots\\ a_2 \ea},\quad \cdots,\quad \sex{\ba{c} 0\\ \vdots\\ 0\\ -a_n\\ a_{n-1} \ea}. \eex$$ 当 $b\neq 0$ 时, $$\bex A\rra \sex{\ba{cccc} b+\sum_{i=1}^n a_i&0&\cdots&0\\ -1&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ -1&0&\cdots&1 \ea}. \eex$$ 此时, 当 $\dps{b+\sum_{i=1}^n a_i\neq 0}$ 时, $Ax=0$ 仅有零解; 当 $\dps{b+\sum_{i=1}^n a_i=0}$ 时, $Ax=0$ 有非零解, 且有基础解系 $$\bex \sex{\ba{c} 1\\ \vdots\\ 1 \ea}. \eex$$
6. ($20‘$) 设二次型 $$\bex f(x)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2ax_1x_2+2bx_2x_3+2x_1x_3 \eex$$ 经正交变换 $x=Py$ 化为标准型 $f=y_2^2+y_3^2$, 其中 $x=(x_1,x_2,x_3)^T$, $y=(y_1,y_2,y_3)^T$ 是三维列向量; $P$ 是三阶正交矩阵.
(1) 求常数 $a,b$ 的值;
(2) 求正交矩阵 $P$.
解答:
(1) 由题意, $f(x)=x^TAx$, 其中 $$\bex A=\sex{\ba{ccc} 1&a&1\\ a&1&b\\ 1&b&1 \ea},\quad P^TAP=\diag\sed{0,1,2}. \eex$$ 于是 $$\bex |E-A|=0\ra -2ab=0\ra ab=0;\quad |2E-A|=0\ra -(a+b)=0. \eex$$ 从而 $a=b=0$.
(2) 由 $$\bex 0E-A\rra \sex{\ba{ccc} 1&0&1\\ 0&1&0\\ 0&0&0 \ea} \eex$$ 知 $A$ 的属于特征值 $0$ 的特征向量为 $$\bex \al_1=\sex{\ba{c} -1\\ 0\\ 1 \ea}. \eex$$ 由 $$\bex E-A\rra\sex{\ba{ccc} 1&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \ea} \eex$$ 知 $A$ 的属于特征值 $1$ 的特征向量为 $$\bex \al_2=\sex{\ba{c} 0\\ 1\\ 0 \ea}. \eex$$ 由 $$\bex 2E-A\rra\sex{\ba{ccc} 1&0&-1\\ 0&1&0\\ 0&0&0 \ea} \eex$$ 知 $A$ 的属于特征值 $2$ 的特征向量为 $$\bex \al_3=\sex{\ba{c} 1\\ 2\\ 1 \ea}. \eex$$ 将 $\al_1,\al_2,\al_3$ 标准正交化为 $$\beex \bea \beta_1&=\frac{\al_1}{|\al_1|} =\sex{\ba{ccc} -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \ea},\\ \beta_2&=\frac{\al_2-\sef{\al_2,\beta_1}\beta_1} {|\al_2-\sef{\al_2,\beta_1}\beta_1| }=\sex{\ba{ccc} 0\\ 1\\ 0 \ea},\\ \beta_3&=\frac{\al_3-\sef{\al_3,\beta_1}\beta_1 -\sef{\al_3,\beta_2}\beta_2}{|\al_3-\sef{\al_3,\beta_1}\beta_1 -\sef{\al_3,\beta_2}\beta_2| }=\sex{\ba{ccc} \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \ea}. \eea \eeex$$ 令 $$\bex P=(\beta_1,\beta_2,\beta_3)=\sex{\ba{ccc} -\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0&1&0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}} \ea}, \eex$$ 则 $P^TAP=\diag\sed{0,1,2}$.
7. ($20‘$) 设 $W$ 为数域 $\bbP$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 的子空间, $\scrA$ 是 $V$ 的一个线性变换, $\scrA W$ 表示 $W$ 中向量的像组成的子空间, 令 $W_0=W\cap \scrA^{-1}(0)$, 证明: $$\bex \dim W=\dim \scrA W+\dim W_0. \eex$$
证明: 设 $\al_1,\cdots,\al_r$ 是 $W_0$ 的一组基, 将其扩充为 $W$ 的一组基 $\al_1,\cdots,\al_r, \beta_1,\cdots,\beta_s$. 则 $$\bee\label{313_7_eq} \scrA \beta_1,\cdots,\scrA \beta_r\mbox{ 线性无关, 且为 }\scrA W\mbox{ 的一组基}. \eee$$于是 $$\bex \dim W=s+t=\dim W_0+\dim \scrA V. \eex$$ 往证 \eqref{313_7_eq}. 一方面, $$\beex \bea &\quad \sum_{i=1}^t k_i\scrA \beta_i=0\\ &\ra \scrA \sex{\sum_{i=1}^t k_i\beta_i}=0\\ &\ra \sum_{i=1}^t k_i\beta_i\in W\cap \scrA ^{-1}(0)=W_0\\ &\ra \sum_{i=1}^t k_i\beta_i=\sum_{j=1}^r l_j\al_j\\ &\ra k_i=0\quad\sex{1\leq i\leq t}; \eea \eeex$$ 另一方面, 对 $\forall\ \al\in W$, $$\bex \scrA \al =\scrA \sex{\sum_{j=1}^rl_j\al_j+\sum_{i=1}^t k_i\beta_i} =\sum_{j=1}^tk_j\scrA \beta_j. \eex$$
8. ($15‘$) 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.
证明: 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 $$\beex \bea 0&<\al^TC\al\\ &=\al^T(AB+BA)\al\\ &=\al^TA(B\al)+(B\al)^TA\al\\ &=\lm\al^TA\al+\lm\al^TA\al\\ &=2\lm\al^TA\al. \eea \eeex$$
[家里蹲大学数学杂志]第313期华南理工大学2014年高等代数考研试题参考解答
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zhangzujin/p/4003302.html
