[家里蹲大学数学杂志]第065期南开大学2011年高等代数考研试题参考解答

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1($20‘$) 设 ${\bf A}$ 为秩为 $1$ 的 $n$ 阶方阵, ${\bf A}$ 的迹 $\tr({\bf A})=a\neq 0$. 试求出 ${\bf A}$ 的所有特征值 (写出重数).

解答: 由 $\rank({\bf A})=1$ 知 ${\bf A}$ 的任意两行均线性相关, 而 $$\bex {\bf A}=\sex{\ba{cccc} b_1&b_2&\cdots&b_n\\ c_2b_1&c_2b_2&\cdots&c_2b_n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ c_nb_1&c_nb_2&\cdots&c_nb_n \ea} =\sex{\ba{ccc} c_1\\ \vdots\\ c_n \ea} \sex{\ba{ccc} b_1&\cdots&b_n \ea},\quad\sex{c_1=1\atop \max\sev{b_i}>0}. \eex$$ 又 $\tr({\bf A})=a\neq 0$, 而 $$\bex \sum_{i=1}^n c_ib_i=a\neq 0. \eex$$ 注意到

(1)一方面, $$\bex {\bf A}\sex{\ba{ccc} c_1\\ \vdots\\ c_n \ea} &=&\sex{\ba{ccc} c_1\\ \vdots\\ c_n \ea} \sex{\ba{ccc} b_1&\cdots&b_n \ea} \sex{\ba{ccc} c_1\\ \vdots\\ c_n \ea}\\ &=&\sex{\sum_{i=1}^nb_ic_i} \sex{\ba{ccc} c_1\\ \vdots\\ c_n \ea} =a\sex{\ba{ccc} c_1\\ \vdots\\ c_n \ea}, \eex$$ 我们知道 $a$ 是 ${\bf A}$ 的单重特征值.

(2)另一方面, $$\bex \rank(A)=1&\ra& {\bf A}{\bf x}={\bf 0}\mbox{ 有 }n-1\mbox{ 个线性无关的解}\\ &\ra& 0\mbox{ 是 }{\bf A}\mbox{ 的 }n-1\mbox{ 重特征值}. \eex$$ 综上, ${\bf A}$ 有 $n-1$ 重特征值 $0$, 单重特征值 $a$.

2($20‘$) 设 $V$ 是 $4$ 维实线性空间, $\ve_1,\ve_2,\ve_3,\ve_4$ 为一组基, 已知 $V$ 上的线性变换 $\scrT$ 在基 $\ve_1,\ve_2,\ve_3,\ve_4$ 下的矩阵为 $$\bex {\bf T}=\sex{\ba{cccc} 0&0&-1&-1\\ 0&1&2&2\\ 0&-1&-1&0\\ 0&0&0&1 \ea}. \eex$$

(1)试求出 $\scrT$ 的特征值与特征向量;

(2)试分别求出 $\scrT$ 的核 $\ker \scrT$ 与象 $\im\scrT$ 的一组基与维数.

解答:

(1)由 $$\bex 0&=&\det(\lambda {\bf E}-{\bf T})\\ &=&\det\sex{\ba{cccc} \lambda&0&1&1\\ 0&\lambda-1&-2&-2\\ 0&1&\lambda+1&0\\ 0&0&0&\lambda-1 \ea}\\ &=&(\lambda-1)\lambda(\lambda-i)(\lambda+i) \eex$$ 知 ${\bf T}$ (从而是 $\scrT$) 的特征值为 $$\bex \lambda_1=1,\quad \lambda_2=0,\quad \lambda_3=i,\quad \lambda_4=-i. \eex$$ 又由 $$\bex \lambda_1{\bf E}-{\bf T} =\sex{\ba{cccc} 1&0&1&1\\ 0&0&-2&-2\\ 0&1&2&0\\ 0&0&0&0 \ea} \rra \sex{\ba{cccc} 1&0&0&0\\ 0&0&1&1\\ 0&1&2&0\\ 0&0&0&0 \ea}, \eex$$ $$\bex \lambda_2{\bf E}-{\bf T} =\sex{\ba{cccc} 0&0&1&1\\ 0&-1&-2&-2\\ 0&1&1&0\\ 0&0&0&-1 \ea} \rra \sex{\ba{cccc} 0&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \ea}, \eex$$ $$\bex \lambda_3{\bf E}-{\bf T} =\sex{\ba{cccc} i&0&1&1\\ 0&i-1&-2&-2\\ 0&1&i+1&0\\ 0&0&0&i-1 \ea} \rra \sex{\ba{cccc} i&0&1&0\\ 0&0&0&0\\ 0&1&i+1&0\\ 0&0&0&1 \ea}, \eex$$ $$\bex \lambda_4{\bf E}-{\bf T} =\sex{\ba{cccc} -i&0&1&1\\ 0&-i-1&-2&-2\\ 0&1&-i+1&0\\ 0&0&0&-i-1 \ea} \rra \sex{\ba{cccc} -i&0&1&0\\ 0&0&0&0\\ 0&1&-i+1&0\\ 0&0&0&1 \ea} \eex$$ 知 ${\bf T}$ (从而也是 $\scrT$) 的对应于 $\lambda_1$, $\lambda_2$, $\lambda_3$,$\lambda_4$ 的特征向量分别为 $$\bex {\bf \eta}_1=\sex{\ba{cccc} 0\\2\\-1\\1 \ea},\quad {\bf \eta}_2=\sex{\ba{cccc} 1\\0\\0\\0 \ea},\quad {\bf \eta}_3=\sex{\ba{cccc} i\\-i-1\\1\\0 \ea},\quad {\bf \eta}_4=\sex{\ba{cccc} -i\\i-1\\1\\0 \ea}. \eex$$

(2)由 $$\bex {\bf T}=\sex{\ba{cccc} 0&0&-1&-1\\ 0&1&2&2\\ 0&-1&-1&0\\ 0&0&0&1 \ea} \rra \sex{\ba{cccc} 0&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \ea} \eex$$ 知 $\rank({\bf T})=3$, 而 $$\bex \dim\sex{\ker \scrT}=1,\quad \dim\sex{\im \scrT}=3. \eex$$ 由第一小问, 易知 ${\bf \eta}_2$ 为 $\ker \scrT$ 的一组基; ${\bf \eta}_1$, ${\bf \eta}_3$, ${\bf \eta}_4$ 为 $\im\scrT$ 的一组基\footnote{ $\dps{\rank\sex{{\bf \eta}_1,{\bf \eta}_3,{\bf \eta}_4}=3}$.}.

3($20‘$) 设实矩阵 $\dps{ {\bf A}=\sex{\ba{cccc} 1&2&1&1\\ 1&0&0&1\\ 0&1&1&1\\ 0&0&0&1 \ea}}$, 试将 ${\bf A}$ 写成一个正交矩阵 ${\bf Q}$ 与一个上三角矩阵 ${\bf T}$ 的乘积.

解答: 设\footnote{QR 分解的存在性容易由 Schmidt 正交化过程得到.} $$\bex {\bf A}={\bf Q}{\bf T}, \eex$$ 其中 $Q$ 为正交阵, $T$ 为上三角阵. 则 $$\bex {\bf A}^T{\bf A}={\bf T}^T{\bf Q}^T{\bf Q}{\bf T} ={\bf T}^T{\bf T}. \eex$$ 于是 $$\bex {\bf T}^T{\bf T}&=&\sex{\sum_{k=1}^4 t_{ki}t_{kj}} =\sex{\sum_{1\leq k\leq \min\sed{i,j}}t_{ki}t_{kj}}\\ &=&{\bf A}^T{\bf A}=\sex{\ba{cccc} 2&2&1&2\\ 2&5&3&3\\ 1&3&2&2\\ 2&3&2&4 \ea}. \eex$$ 故 ${\bf T}$ 可取为\footnote{不唯一. 若给定 ${\bf T}$ 在对角元处的符号, 则唯一.} $$\bex {\bf T}=\sex{\ba{cccc} \sqrt{2}&\sqrt{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}&\sqrt{2}\\ 0&\sqrt{3}&\frac{2\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3}\\ 0&0&\frac{\sqrt{6}}{6}&\frac{\sqrt{6}}{3}\\ 0&0&0&1 \ea}. \eex$$ 而 $$\bex {\bf Q}&=&{\bf A}{\bf T}^{-1}\\ &=&\sex{\ba{cccc} 1&2&1&1\\ 1&0&0&1\\ 0&1&1&1\\ 0&0&0&1 \ea} \sex{\ba{cccc} \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{6}}{6}&-1\\ 0&\frac{\sqrt{3}}{3}&-\frac{2\sqrt{6}}{3}&1\\ 0&0&\sqrt{6}&-2\\ 0&0&0&1 \ea}\\ & &\sex{\sex{{\bf T},{\bf E}}\rra\sex{{\bf E},{\bf T}^{-1}}}\\ &=&\sex{\ba{cccc} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{3}}{3}&-\frac{\sqrt{6}}{6}&0\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{6}}{6}&0\\ 0&\frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{6}}{3}&0\\ 0&0&0&1 \ea}. \eex$$

4($20‘$) 设 ${\bf A}$ 为反对称矩阵. 证明: ${\bf E}-{\bf A}^{10}$ 一定是正定矩阵.

证明: 我们证明更一般的结论: $$\bex {\bf E}-{\bf A}^{2(2k+1)}\mbox{ 是正定阵}\quad\sex{k=0,1,2,\cdots}. \eex$$ 注意到 $$\bex {\bf A}^T={\bf A}\ra \left\{\ba{ll} {\bf A}^{T2l}={\bf A}^{2l}\\ {\bf A}^{T(2l+1)}=-{\bf A}^{2l+1} \ea\right.\quad\sex{l=1,2,3,\cdots}. \eex$$ 于是 ${\bf E}-{\bf A}^{2(2k+1)}$ 为对称阵, 且对 $\forall\ {\bf x}\in\bbR^n$, $$\bex {\bf x}^T\sex{{\bf E}-{\bf A}^{2(2k+1)}}{\bf x} &=&{\bf x}^T{\bf x} -{\bf x}^T{\bf A}^{2k+1}\cdot {\bf A}^{2k+1}{\bf x}\\ &=&{\bf x}^T{\bf x} +{\bf x}^T\sex{{\bf A}^T}^{2k+1}\cdot {\bf A}^{2k+1}{\bf x}\\ &=&{\bf x}^T{\bf x} +{\bf x}^T\sex{{\bf A}^{2k+1}}^T\cdot {\bf A}^{2k+1}{\bf x}\quad\sex{(BC)^T=C^TB^T}\\ &=&{\bf x}^T{\bf x} +\sex{{\bf A}^{2k+1}{\bf x}}^T \sex{{\bf A}^{2k+1}{\bf x}}\\ &=&\sev{{\bf x}}^2 +\sev{{\bf A}^{2k+1}{\bf x}}^2\\ &\geq& \sev{{\bf x}}^2. \eex$$ 从而 ${\bf E}-{\bf A}^{2(2k+1)}$ 为正定阵.

5($15‘$) 设 $V$ 是一个欧氏空间, $\scrT$ 是 $V$ 到 $V$ 的一个映射, 满足条件: $$\bex \sev{\scrT{\bf \alpha}} =\sev{{\bf \alpha}},\qquad\forall\ {\bf \alpha}\in V. \eex$$ 试问: $\scrT$ 是否一定是 $V$ 上的正交变换? 说明理由.

解答: $\scrT$ 不一定是 $V$ 上的正交变换. 因为 $\scrT$ 都不一定是线性变换. 例如对 $V=\bbR^2$, 取 $$\bex \scrT\sex{\ba{cc}x\\y\ea} =\left\{\ba{ll} \sex{\ba{cc}x-y\\ \sqrt{2xy}\ea},&xy\geq 0,\\ \sex{\ba{cc}x+y\\ \sqrt{-2xy}\ea},&xy< 0, \ea\right. \eex$$ 就适合 $$\bex \sev{\scrT\sex{\ba{cc}x\\y\ea}} =\sev{\sex{\ba{cc}x\\y\ea}},\qquad\forall\ \sex{\ba{cc}x\\y\ea}\in \bbR^2. \eex$$ 但 $$\bex \scrT \sex{\ba{cc} 1\\ 1 \ea} =\sex{\ba{cc} 0\\ \sqrt{2} \ea} \neq \sex{\ba{cc} 0\\ 0 \ea} =\scrT\sex{\ba{cc} 1\\ 0 \ea} +\scrT\sex{\ba{cc} 0\\ 1 \ea}. \eex$$

6($15‘$) 设 ${\bf A}$, ${\bf B}$ 为数域 $\bbP$ 上的 $n$ 阶方阵, 满足方程 $a{\bf A}^2+b{\bf A}{\bf B}+c{\bf B}={\bf 0}$, 其中 $a,b,c$ 为非零常数. 证明: $\sex{c{\bf E}+{\bf A}}$ 为可逆矩阵.

证明: 用反证法. 若 $\sex{c{\bf E}+{\bf A}}$ 不可逆, 则 $$\bex & &\det\sex{c{\bf E}+b{\bf A}}=0\\ &\ra& \det\sex{c{\bf E}+b{\bf A}}^T=0\\ &\ra& \exists\ x_0\neq 0,\ s.t.\ \sex{c{\bf E}+b{\bf A}}^T{\bf x}_0={\bf 0}\\ &\ra& {\bf x}_0^T\sex{c{\bf E}+b{\bf A}}={\bf 0}\\ &\ra& {\bf x}_0^T{\bf A}=-\frac{c}{b}{\bf x}_0^T\quad\sex{\mbox{所谓的左特征向量}}. \eex$$ 而 $a{\bf A}^2+b{\bf A}{\bf B}+c{\bf B}={\bf 0}$ 蕴含 $$\bex {\bf 0}&=&{\bf x}_0^T\sex{b{\bf A}+c{\bf E}}{\bf B}\\ &=&-a{\bf x}_0^T{\bf A}^2\\ &=&a\cdot\frac{c}{b}{\bf x}_0^T{\bf A}\\ &=&-a\frac{c^2}{b^2}{\bf x}_0^T. \eex$$ 这是一个矛盾\footnote{$a,b,c$ 非零, ${\bf x}_0\neq {\bf 0}$.}.

7($15‘$) 设 ${\bf A}$, ${\bf B}$ 为数域 $\bbP$ 上的 $n$ 阶方阵, 且 $\rank({\bf A})=\rank({\bf B}{\bf A})$. 证明: 对任何自然数 $l$, 有 $\rank({\bf A}^l)=\rank({\bf B}{\bf A}^l)$.

证明:

(1)首先证明 $$\bee\label{nk11gd:7:eq} \rank({\bf A})=\rank({\bf B}{\bf A})\lra {\bf A}{\bf x}={\bf 0}\mbox{ 与 }{\bf B}{\bf A}{\bf x}={\bf 0}\mbox{ 有相同的解}. \eee$$ $\la$ $$\bex \rank({\bf A})&=&n-\dim\sed{{\bf x};\ {\bf A}{\bf x}={\bf 0}}\\ &=&n-\dim\sex{{\bf x};\ {\bf B}{\bf A}{\bf x}={\bf 0}}\\ &=&\rank({\bf B}{\bf A}). \eex$$ $\ra$ 显然有 $$\bex \sed{{\bf x};\ {\bf A}{\bf x}={\bf 0}} \subset\sed{{\bf x};\ {\bf B}{\bf A}{\bf x}={\bf 0}}. \eex$$ 又 $$\bex \dim\sed{{\bf x};\ {\bf A}{\bf x}={\bf 0}} &=&n-\rank({\bf A})\\ &=&n-\rank\sex{{\bf B}{\bf A}}\\ &=&\dim\sex{{\bf x};\ {\bf B}{\bf A}{\bf x}={\bf 0}}, \eex$$ 我们知\footnote{与有限维线性空间的维数相同的线性子空间就是本身.} $$\bex \sed{{\bf x};\ {\bf A}{\bf x}={\bf 0}}=\sex{{\bf x};\ {\bf B}{\bf A}{\bf x}={\bf 0}} \eex$$

(2)再证明: $\rank({\bf A}^l)=\rank({\bf B}{\bf A}^l)$, $\forall\ l=1,2,3,\cdots$. 若 $l=1$, 显然有之. 若 $l\geq 2$, 则按 \eqref{nk11gd:7:eq}, 仅须验证: $$\bex {\bf B}{\bf A}^l{\bf x}={\bf 0}&\ra& {\bf B}{\bf A}\sex{{\bf A}^{l-1}{\bf x}}={\bf 0}\\ &\ra&{\bf A}\sex{{\bf A}^{l-1}{\bf x}}={\bf 0}\quad\sex{\rank({\bf A})=\rank({\bf B}{\bf A})\mbox{ 及 }\eqref{nk11gd:7:eq}}\\ &\ra&{\bf A}^l{\bf x}={\bf 0}. \eex$$

8($15‘$) 设 $V$ 为复数域上的 $4n$ 维线性空间. 证明: 存在 $V$ 上的线性变换 $\scrT$ 使得 $\scrT^4=-id$, 其中 $id$ 为恒等变换. 证明满足上述条件的线性变换必然在某组基下的矩阵为对角矩阵.

证明: 记 $$\bex {\bf e}_i=(\underbrace{0,\cdots,1}_{i\mbox{个}},0,\cdots),\quad\sex{1\leq i\leq 4n}. \eex$$ 则 $\sed{{\bf e}_i}_{i=1}^{4n}$ 为 $V$ 的一组基. 取 $V$ 上的线性变换 $\scrT$ 使得 $$\bex \scrT({\bf e}_i) =\frac{\sqrt{2}}{2}(1+i){\bf e}_i, \eex$$ 则 $$\bex \scrT^4\sex{{\bf e}_i} =\sez{\frac{\sqrt{2}}{2}(1+i)}^4{\bf e}_i =-{\bf e}_i=-id\sex{{\bf e}_i}. \eex$$

9($10‘$) 数域 $\bbP$ 上的一个 $n$ 阶方阵 ${\bf A}$ 称为幂零的, 如果存在自然数 $m$ 使得 ${\bf A}^m={\bf 0}$. 设 ${\bf A}=\sex{a_{ij}}_{n\times n}$ 为一个幂零方阵, 且 $$\bex a_{12}\neq 0,\quad a_{13}=0,\quad a_{22}=0,\quad a_{24}\neq 0. \eex$$ 证明: 不存在矩阵 ${\bf B}$ 使得 ${\bf B}^{n-1}={\bf A}$.

证明: 用反证法. 若 $$\bex \exists\ {\bf B}\in\bbP^{n\times n},\ s.t.\ {\bf B}^{n-1}={\bf A}. \eex$$ 则 $$\bex {\bf A}^m={\bf B}^{(n-1)m}={\bf 0}. \eex$$ 由\footnote{按 \eqref{nk11gd:7:eq}, 仅须验证 $$\bex {\bf B}^k{\bf x}={\bf 0}\lra {\bf B}^{k+1}{\bf x}={\bf 0}\quad\sex{k\geq n}. \eex$$ $\ra$ 显然. $\la$ 用反证法. 若 ${\bf B}^k{\bf x}\neq 0$, 则 ${\bf x},\ {\bf B}{\bf x},\ {\bf B}^k{\bf x}$ 这 $k+1(\geq n+1)$ 个向量线性无关: $$\bex \sum_{i=0}^k c_i{\bf B}^i{\bf x}={\bf 0} &\ra& c_0=0\quad\sex{\mbox{用 }{\bf B}^k\mbox{ 作用于两端}}\\ &\ra& c_1=0\quad\sex{\mbox{用 }{\bf B}^{k-1}\mbox{ 作用于两端}}\\ &\ra&\cdots\\ &\ra& c_{k-1}=0\quad\sex{\mbox{用 }{\bf B}\mbox{ 作用于两端}}\\ &\ra&c_k=0. \eex$$ 这是一个矛盾.} $$\bex \rank({\bf B}^n)=\rank({\bf B}^k)\quad\sex{k\geq n} \eex$$ 知 $$\bex \rank({\bf B}^n)=\rank({\bf B}^{(n-1)m})=0, \eex$$ 即有 $$\bex {\bf B}^n={\bf 0}. \eex$$ 从而 ${\bf B}$ 的特征值全为 $0$\footnote{ $$\bex \left.\ba{rr} {\bf B}{\bf x}=\lambda {\bf x}\\ {\bf x}\neq {\bf 0} \ea\right\} \ra\left.\ba{rr} {\bf 0}={\bf B}^n{\bf x}=\lambda^n{\bf x}\\ {\bf x}\neq {\bf 0} \ea\right\} \ra \lambda=0. \eex$$ }. 注意到 $$\bex {\bf B}^{n-1}={\bf A}\neq 0\quad\sex{\mbox{最起码 }a_{12}\neq 0,\ a_{23}\neq 0}, \eex$$ 我们有 ${\bf B}$ 的 Jordan 标准型为\footnote{ 按 Jordan 标准型理论, 存在可逆阵 ${\bf T}$, 使得 ${\bf T}^{-1}{\bf B}{\bf T}={\bf J}$, 其中 ${\bf J}$ 为一些 Jordan 块. 若 ${\bf J}$ 中 $1$ 的个数小于等于 $n-2$ 个, 则直接计算有 $$\bex {\bf T}^{-1}{\bf B}^{l+1}{\bf T} ={\bf J}^{l+1}={\bf 0} \ra {\bf B}^{l+1}={\bf 0}\quad\sex{l+1\leq n-1}. \eex$$ 这与 ${\bf B}^{n-1}={\bf A}\neq 0$ 矛盾. } $$\bex {\bf J}=\sex{\ba{ccccc} 0&1&&&\\ &0&\ddots&&\\ &&\ddots&\ddots&\\ &&&0&1\\ &&&&0 \ea}. \eex$$ 如此, $$\bex \rank({\bf B})=\rank({\bf J})=n-1. \eex$$ 但 $$\bex & &{\bf A}{\bf B}={\bf B}^n={\bf 0}\\ &\ra& \rank({\bf A})+\rank({\bf B})\leq n\quad\sex{\mbox{线性方程组理论}}\\ &\ra& \rank({\bf A})\leq 1. \eex$$ 这与 $$\bex a_{12}\neq 0,\ a_{13}=0,\ a_{22}=0,\ a_{24}\neq 0\ \ra \rank({\bf A})\geq 2 \eex$$ 矛盾. 至此, 题目证毕.

感想

高等代数也那么多的``数学分析‘‘, 算算或举个例子就好;

高等代数也那么多的``反证法‘‘, 导来导去与已有知识或题目矛盾. 

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[家里蹲大学数学杂志]第065期南开大学2011年高等代数考研试题参考解答

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