北京大学2007高等代数与解析几何试题解答[1]

北京大学2007年高等代数与解析几何试题

解 答

1、回答下列问题：

（1）问是否存在n阶方阵A,B，满足AB BA=E（单位矩阵）？又，是否存在n维线性空间上的线性变换A，B，满足AB BA=E(恒等变换)? 若是，举出例子；若否，给出证明.

【解】否，下面给予证明.对于任意n阶方阵A,B，若AB BA=E，则两边取矩阵的迹，并注意到tr(AB)=tr(BA)，得0=n，矛盾.所以不存在方阵A,B，使AB BA=E.

对于线性变换A，B，取线性空间的一个基，并设A，B在这个基下的矩阵分别为A,B，若AB BA=E，则相应的有AB BA=E，矛盾.所以不存在n维线性空间上的线性变换A，B，满足AB BA=E.

（2）设n阶矩阵A的各行元素之和为常数c，则A的各行元素之和是否为常数？若是，3

是多少？说明理由.

【解】是.设η=(1,1, ,1)是n维列向量，则由A的各行元素之和为常数c，知T

Aη=cη，从而A3η=c3η.所以A3的各行元素之和为常数c3.

（3）设m×n矩阵A的秩为r，任取A的r个线性无关的行向量，再取A的r个线性无关的列向量，组成的r阶子式是否一定不为0？若是，给出证明；若否，举出反例.

【解】 是.不妨考虑A的后r个线性无关的行向量及后r个线性无关的列向量，所组成的r阶子式记为D.假设D=0，则仅对A的后r行施行初等行变换，可得

BC A→ =H， α0

其中B是(m 1)×(n r)矩阵，C是(m 1)×r矩阵，α是n r维行向量.根据初等行变

换不改变矩阵的秩且不改变列向量之间的线性相关性，知rank(C)=r，且α≠0.于是有

rank(A)=rank(H)≥rank(C)+rank(α)=r+1，

矛盾. 所以D≠0.

（4）设A,B都是m×n矩阵，线性方程组AX=0与BX=0同解，则A与B的列向量组是否等价？行向量组是否等价？若是，给出证明；若否，举出反例.

10 10 【解】第1个结论不成立，反例如下：若A= ，B= ，则线性方程组0010

AX=0与BX=0同解，但A与B的列向量组显然不等价.

第2个结论成立，兹证明如下：依题意，线性方程组AX=0与BX=0同解，所以rank(A)=rank(B).记r=n rank(A)，任取AX=0的一个基础解系(当然也是BX=0的基础解系)构成n×r矩阵C，则rank(C)=r，且AC=O，BC=O.

考虑齐次线性方程组CX=0，其解空间S的维数dim(S)=n r=rank(A).

因为CA=O，所以A的行向量都是CX=0的解，因此A的行空间WA是S的一个子空间，即WA S.注意到dim(WA)=rank(A)=dim(S)，故WA=S.

同理可证，B的行空间WB=S. 于是有WA=WB，这就表明A与B的行向量组等价.

【注】若AX=0与BX=0都仅有零解，则rank(A)=rank(B)=n，仍是第1个结论不成立(反例从略)，第2个结论成立.事实上，此时存在m阶可逆矩阵P1,P2，使得TTTT

En En 1，PB=PA= ，令P=P2P1，则P是可逆矩阵，且PA=B.由此容易证明，2 1 O O

A与B的行向量组等价.

（5）把实数域R看成有理数域Q上的线性空间，b=pqr，这里的p,q,r∈Q是互不相同的素数.

判断向量组 【解】向量组 32是否线性相关？说明理由.

是线性无关的，可用数学归纳法证之.

当n=1时，结论显然成立；假设结论对于n 1成立，下证对于n结论也正确.

为此，设q1,q2,q3, ,qn∈Q，使得

q11+q+q+ +q=0，

显然qn=0，因若不然，则有

= nnnn

矛盾.

所以有q11+q+ +qn =0，根据归纳假设，q1=q2= =qn 1=0.

故

是线性无关的. 这就证得，对于任意正整数n，结论均成立.

2、设n阶矩阵A,B可交换，证明：rank(A+B)≤rank(A)+rank(B) rank(AB).

【解】利用分块初等变换，有

AO AB A+BB → → . B OB OB B

因为AB=BA，所以

O A+BB A+BB E = . B A BBBO AB

于是，有

B A+BB A+Brank(A)+rank(B)=rank ≥rank ≥rank(A+B)+rank(AB)BBO AB

即 rank(A+B)≤rank(A)+rank(B) rank(AB).

3、设f为双线性函数，且对任意的α,β,γ都有f(α,β)f(γ,α)=f(β,α)f(α,γ).求证：f为对称的或反对称的.

【解】令γ=α，有f(α,β)f(α,α)=f(β,α)f(α,α).

(1) 若f(α,α)≠0，则 α,β，有f(α,β)=f(β,α)，即f为对称的.

(2) 若 α，都有f(α,α)=0，则 α,β，有f(α β,α β)=0，从而有

f(α,α) f(α,β) f(β,α)+f(β,β)=0，

所以f(α,β)= f(β,α)，即f为反对称的.

4、设V是欧几里德空间，U是V的子空间，β∈U.求证：β是α∈V在U上的正交投影的充分必要条件为： γ∈U，都有|α β|≤|α γ|.

【解】必要性.设β是α在U上的正交投影，则存在ξ∈U，使α=β+ξ. γ∈U，因为β γ∈U，所以(α β,β γ)=(ξ,β γ)=0，故由勾股定理，得 ⊥

|α γ|2=|(α β)+(β γ)|2=|α β|2+|β γ)|2≥|α β|2

即|α β|≤|α γ|.

充分性.设 γ∈U，都有|α β|≤|α γ|，下证β∈U是α在U上的正交投影.为此，设β1是α在U上的正交投影，则由已证得的必要性及题设条件知

|α β1|≤|α β|≤|α β1|，

所以|α β|=|α β1|.注意到α β1∈U⊥，β1 β∈U，根据勾股定理得

|α β|2=|(α β1)+(β1 β)|2=|α β1|2+|β1 β|2.

因此，|β1 β|=0，即β=β1是α在U上的正交投影.

5、设n阶复矩阵A满足：对于任意正整数k，都有tr(A)=0.求A的特征值.

【解】设λ1,λ2, ,λn是A的全部特征值，则A的特征多项式为 k

(λ)=(λ λ1)(λ λ2) (λ λn)=λn σ1λn 1+σ2λn 2 +( 1)nσn，

其中σk是λ1,λ2, ,λn的k次初等对称多项式(1≤k≤n).

因为λ1k,λ2k, ,λnk是Ak的全部特征值，所以

sk=λ1k+λ2k+ +λnk=tr(Ak)=0，k=1,2, .

对于1≤k≤n，利用牛顿(Newton)公式

sk σ1sk …… 此处隐藏：3087字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……