1 ($15‘$) 设 $\bbP$ 是一个数域, $f(x),g(x)\in \bbP[x]$, 且 $\p (g(x))\geq 1$. 证明: 存在唯一的多项式序列 $f_0(x),f_1(x),\cdots,f_r(x)$, 使得对 $0\leq i\leq r$ 有 $\p (f_i(x))<\p (g(x))$ 或 $f_i(x)=0$, 且 $$\bex f(x)=\sum_{i=0}^r f_i(x)g^i(x). \eex$$
证明: 由带余除法, $$\beex \bea f(x)&=f_0(x)+q_1(x)g(x),\quad f_0(x)\mbox{ 适合题中条件, 且 }f_0,q_1\mbox{ 唯一},\\ q_1(x)&=f_1(x)+q_2(x)g(x),\quad f_1(x)\mbox{ 适合题中条件, 且 }f_1,q_2\mbox{ 唯一},\\ \cdots\\ q_{r-1}(x)&=f_{r-1}(x)+f_r(x)g(x),\quad f_{r-1}(x)\mbox{ 适合题中条件, 且 }f_{r-1},f_r\mbox{ 唯一}. \eea \eeex$$ 于是 $$\bex f(x)=\sum_{i=0}^r f_i(x)g^i(x). \eex$$ 由 $\p(g)\geq 1$ 知可取 $\dps{r=\sez{\p (f)/\p (g)}}$. 又由 $$\bex \p (f_ig^i)<(i+1)\p(g)<r\p (g)\leq \p (f),\quad (0\leq i\leq i-1) \eex$$ 知 $$\bex \p (f)=\p(f_rg^r)=\p (f_r)+r\p (g), \eex$$ $$\bex \p(f_r)=\p (f)-r\p(g)<\p(g). \eex$$ 本题中, 我们记 $\p(0)=-\infty$.
2($15‘$) 计算下列 $n$ 阶行列式: $$\bex \sev{\ba{cccc} 1+a_1&1&\cdots&1\\ 1&1+a_2&\cdots&1\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&1&\cdots&1+a_n \ea}. \eex$$
解答: 当所有 $a_i\neq 0$ 时, $$\beex \bea \mbox{原式} &=\sev{\ba{ccccc} 1&1&1&\cdots&1\\ 0&1+a_1&1&\cdots&1\\ 0&1&1+a_2&\cdots&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&1+a_n \ea}\\ &=\sev{\ba{ccccc} 1&1&1&\cdots&1\\ -1&a_1&0&\cdots&0\\ -1&0&a_2&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ -1&0&0&\cdots&a_n \ea}\\ &=\sex{1+\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i}}\prod_{i=1}^n a_i. \eea \eeex$$ 当某 $a_i=0$, 比如 $a_1=0$ 时, $$\bex \mbox{原式}=a_2\cdots a_n. \eex$$ 总之, 原式 $\dps{=\prod_{i=1}^n a_i+\sum_{i=1}^n \prod_{j=1,j\neq i}^n a_j}$.
3($15‘$) 设 $n$ 阶实对称矩阵 $A=(a_{ij})$ 是正定的, $b_1,\cdots,b_n$ 是任意 $n$ 个非零的实数, 证明: 矩阵 $B=(a_{ij}b_ib_j)$ 也是正定的.
证明: 对 $\forall\ x\in\bbR^n$ 有 $$\beex \bea \sum_{i,j}a_{ij}b_ib_jx_ix_j &=\sum_{i,j}a_{ij}(b_ix_i)(b_jx_j)\\ &=\sum_{i,j}a_{ij}y_iy_j\quad(y_i=b_ix_i)\\ &\geq 0. \eea \eeex$$ 于是 $B$ 半正定. 又由 $x\neq 0\ra y\neq 0$ 知 $B$ 正定.
4($25‘)$ 讨论参数 $a,b$ 取何值时, 线性方程组 $$\bex \sedd{ \ba{rrrrrrrrl} x_1&+&x_2&-&2x_3&+&3x_4&=&0,\\ 2x&+&x_2&-&6x_3&+&4x_4&=&-1,\\ 3x_1&+&2x_2&+&ax_3&+&7x_4&=&-1,\\ x_1&-&x_2&-&6x_3&-&x_4&=&b \ea } \eex$$ 有解? 无解? 当有解时, 求出一般解.
解答: 由 $$\beex \bea (A,b)&=\sex{\ba{ccccc} 1&1&-2&3&0\\ 2&1&-6&4&-1\\ 3&2&a&7&-1\\ 1&-1&-6&-1&b \ea}\\ &\rra\sex{\ba{ccccc} 1&1&-2&3&0\\ 0&-1&-2&-2&-1\\ 0&-1&a+6&-2&-1\\ 0&-2&-4&-4&b \ea}\\ &\rra\sex{\ba{ccccc} 1&1&-2&3&0\\ 0&1&2&2&1\\ 0&0&a+8&0&0\\ 0&0&0&0&b+2 \ea} \eea \eeex$$ 知
(1)当 $a\neq -8,b\neq -2$ 时, 原方程无解;
(2)当 $a=-8, b=-2$ 时, 由 $$\bex (A,b)\rra\sex{\ba{ccccc} 1&0&-4&1&-1\\ 0&1&2&2&1\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0 \ea} \eex$$ 知原方程的通解为 $$\bex \sex{\ba{ccccc} -1\\1\\0\\0 \ea}+k\sex{\ba{ccccc} 4\\-2\\1\\0 \ea}+l\sex{\ba{ccccc} -1\\-2\\0\\1 \ea},\quad (\forall\ k,l). \eex$$
5($20‘$) 设 $\scrA$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 的一个线性变换.
(1)证明: $V$ 的包含值域 $\scrA V$ 的任何子空间 $W $ 都是 $\scrA$-子空间;
(2)在核 $\scrA^{-1}(0)$ 中取一组基 $\alpha_1,\cdots,\alpha_m$, 并将它扩充为 $V$ 的一组基 $$\bex \alpha_1,\cdots,\alpha_m,\alpha_{m+1},\cdots,\alpha_n, \eex$$ 问: 在这组基下 $\scrA$ 的矩阵 $A$ 有什么样的形状?
证明:
(1)由 $$\bex \alpha\in W\ra \scrA\alpha\in \scrA V\subset W \eex$$ 即知结论.
(2)$$\beex \bea \quad\scrA(\alpha_1,\cdots,\alpha_n) =(\alpha_1,\cdots,\alpha_n) \sex{\ba{cccccc} 0&\cdots&0&a_{1,m+1}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&\cdots&0&a_{m,m+1}&\cdots&a_{mn}\\ 0&\cdots&0&a_{m+1,m+1}&\cdots&a_{m+1,n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&\cdots&0&a_{n,m+1}&\cdots&a_{nn} \ea}. \eea \eeex$$
6($25‘$) 设 $V$ 是 $4$ 维欧氏空间, $\ve_1,\cdots,\ve_4$ 为 $V$ 的一组标准正交基. 令 $$\bex \alpha_1=\ve_2+\ve_3+\ve_4,\\ \alpha_2=\ve_1+\ve_3+\ve_4,\\ \alpha_3=\ve_1+\ve_2+\ve_4,\\ \alpha_4=\ve_1+\ve_2+\ve_3. \eex$$
(1)将 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 化为单位正交的向量组 $\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4$;
(2)求由基 $\ve_1,\ve_2,\ve_3,\ve_4$ 到基 $\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4$ 的过渡矩阵;
(3)令 $W_1=L(\alpha_1,\alpha_2), U_1=W_1^\perp$; $W_2=L(\alpha_2,\alpha_4),U_2=W_2^\perp$. 试用基向量 $\ve_1,\ve_2,\ve_3,\ve_4$ 表示子空间 $U_1+U_2$, 并确定其维数.
解答:
(1)$$\beex \bea \beta_1&=\frac{\alpha_1}{|\alpha_1|}=\frac{1}{\sqrt{3}}(\ve_2+\ve_3+\ve_4),\\ \beta_2&=\frac{\alpha_2-(\alpha_2,\beta_1)\beta_1}{|\alpha_2-(\alpha_2,\beta_1)\beta_1|}=\frac{1}{\sqrt{15}}(3\ve_1-2\ve_2+\ve_3+\ve_4),\\ \beta_3&=\frac{\alpha_3-(\alpha_3,\beta_1)\beta_1-(\alpha_3,\beta_2)\beta_2}{|\alpha_3-(\alpha_3,\beta_1)\beta_1-(\alpha_3,\beta_2)\beta_2|}=\frac{1}{\sqrt{35}}(3\ve_1+3\ve_2-4\ve_3+\ve_4),\\ \beta_4&=\frac{\alpha_4-(\alpha_4,\beta_1)\beta_1-(\alpha_4,\beta_2)\beta_2-(\alpha_4,\beta_3)\beta_3}{|\alpha_4-(\alpha_4,\beta_1)\beta_1-(\alpha_4,\beta_2)\beta_2-(\alpha_4,\beta_3)\beta_3|}=\frac{1}{\sqrt{7}}(\ve_1+\ve_2+\ve_3-2\ve_4). \eea \eeex$$
(2)$$\bex (\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4)=(\ve_1,\ve_2,\ve_3,\ve_4) \sex{\ba{cccc} 0&\frac{3}{\sqrt{15}}&\frac{3}{\sqrt{35}}&\frac{1}{\sqrt{7}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-2}{\sqrt{15}}&\frac{3}{\sqrt{35}}&\frac{1}{\sqrt{7}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{15}}&\frac{-4}{\sqrt{35}}&\frac{1}{\sqrt{7}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{15}}&\frac{1}{\sqrt{35}}&\frac{-2}{\sqrt{7}} \ea}. \eex$$
(2)由 $$\bex W_1=L(\alpha_1,\alpha_2)=L(\beta_1,\beta_2) \eex$$ 知 $$\bex U_1=W_1^\perp=L(\beta_3,\beta_4). \eex$$ 又由 $$\beex \bea \gamma_2&=\frac{\alpha_2}{|\alpha_2|} =\frac{1}{\sqrt{3}}(\ve_1+\ve_3+\ve_4),\\ \gamma_4&=\frac{\alpha_4 -(\alpha_4,\gamma_2)\gamma_2} {|\alpha_4 -(\alpha_4,\gamma_2)\gamma_2|} =\frac{1}{\sqrt{15}}(\ve_1+3\ve_2+\ve_3-2\ve_4),\\ \gamma_1&=\frac{\alpha_1 -(\alpha_1,\gamma_2)\gamma_2 -(\alpha_1,\gamma_4)\gamma_4} {|\alpha_1 -(\alpha_1,\gamma_2)\gamma_2 -(\alpha_1,\gamma_4)\gamma_4|} =\frac{1}{\sqrt{35}}(-4\ve_1+3\ve_2+\ve_3+3\ve_4),\\ \gamma_3&=\frac{\alpha_3 -(\alpha_3,\gamma_2)\gamma_2 -(\alpha_3,\gamma_4)\gamma_4 -(\alpha_3,\gamma_1)\gamma_1}{|\alpha_3 -(\alpha_3,\gamma_2)\gamma_2 -(\alpha_3,\gamma_4)\gamma_4 -(\alpha_3,\gamma_1)\gamma_1|} =\frac{1}{\sqrt{7}}(\ve_1+\ve_2-2\ve_3+\ve_4). \eea \eeex$$ 知 $$\bex W_2=L(\alpha_2,\alpha_4)=L(\gamma_2,\gamma_4),\quad U_2=W_2^\perp=L(\gamma_1,\gamma_3). \eex$$ 于是 $$\bex U_1+U_2=L(\beta_3,\beta_4,\gamma_1,\gamma_3). \eex$$ 由于 $$\bex (\beta_3,\beta_4,\gamma_1,\gamma_3) =(\ve_1,\ve_2,\ve_3,\ve_4)\sex{\ba{cccc} \frac{3}{\sqrt{35}}&\frac{1}{\sqrt{7}} &\frac{-4}{\sqrt{35}}&\frac{1}{\sqrt{7}}\\ \frac{3}{\sqrt{35}}&\frac{1}{\sqrt{7}} &\frac{3}{\sqrt{35}}&\frac{1}{\sqrt{7}}\\ \frac{-4}{\sqrt{35}}&\frac{1}{\sqrt{7}} &\frac{1}{\sqrt{35}}&\frac{-2}{\sqrt{7}}\\ \frac{1}{\sqrt{35}}&\frac{-2}{\sqrt{7}} &\frac{3}{\sqrt{35}}&\frac{1}{\sqrt{7}} \ea} \eex$$ 及 (列变换) $$\bex \sex{\ba{cccc} 3&1&-4&1\\ 3&1&3&1\\ -4&1&1&-2\\ 1&-2&3&1 \ea}\rra\sex{\ba{cccc} 1&&&\\ &1&&\\ &&1&\\ -1&&-1& \ea} \eex$$ 知 $$\bex U_1+U_2=L(\ve_1,\ve_2,\ve_3),\quad \dim (U_1+U_2)=3. \eex$$
7($20‘$) 设 $n$ 阶方阵 $A$ 满足 $A^2=2A$, 且 $\rank(A)=r$.
(1)证明: $\rank(A-2E)=n-r$;
(2)证明: $A$ 相似于对角阵;
(3)求行列式 $|A-E|$ 的值.
解答:
(1)由 $A(A-2E)=0$ 知 $\rank(A-2E)\leq n-r$; 又由 $-A+(A-2E)=-2E$ 知 $\rank(A-2E)\geq n-r$.
(2)设 $Ax=0$ 的基础解系为 $\alpha_1,\cdots,\alpha_{n-r}$, $(A-2E)x=0$ 的基础解系为 $\alpha_{n-r+1},\cdots,\alpha_n$, 则易知 $\sed{\alpha_i}_{i=1}^n$ 为一组基, 且 $$\bex A(\alpha_1,\cdots,\alpha_n) =(\alpha_1,\cdots,\alpha_n) \sex{\ba{cccccc} 0&&&&&\\ &\ddots&&&&\\ &&0&&&\\ &&&2&&\\ &&&&\ddots&\\ &&&&&2 \ea}. \eex$$
(3)由 $$\bex (A-E)( \alpha_1,\cdots,\alpha_n)=(\alpha_1,\cdots,\alpha_n) \sex{\ba{cccccc} -1&&&&&\\ &\ddots&&&&\\ &&-1&&&\\ &&&1&&\\ &&&&\ddots&\\ &&&&&1 \ea} \eex$$ 知 $|A-E|=(-1)^{n-r}$.
8($15‘$) 设 $A$ 是数域 $\bbP$ 上的 $n$ 阶方阵, $f(x),g(x)$ 是数域 $\bbP$ 上的多项式, 且 $(f(x),g(x))=1$. 令 $h(x)=f(x)g(x)$, 用 $V_1,V_2,V$ 分别表示 $n$ 齐次线性方程组 $f(A)x=0, g(A)x=0, h(A)x=0$ 的解空间, 这里 $x=(x_1,\cdots,x_n)^t$. 证明: $V=V_1\oplus V_2$.
证明: 由题设, $$\bex uf+vg=1. \eex$$ 而对 $\forall\ \alpha\in V$, $$\bex \alpha=u(A)f(A)\alpha+v(A)g(A)\alpha\in V_2+V_1. \eex$$ 于是 $V=V_1+V_2$. 又由 $$\bex \beta\in V_1\cap V_2 \ra \beta=u(A)f(A)\beta+v(A)g(A)\beta=0 \eex$$ 知 $V=V_1\oplus V_2$.
[家里蹲大学数学杂志]第247期华南理工大学2013年高等代数考研试题参考解答