南开大学2014年高等代数部分试题解答

南开大学2014年高等代数部分试题解答（本答案来自于张祖锦老师博客）

一、设$n$阶行列式$
left|egin{array}{cccc}
{{a_{11}}} & {{a_{12}}} & cdots & {{a_{1n}}} \
{{a_{21}}} & {{a_{22}}} & cdots & {{a_{2n}}} \
vdots & vdots & & vdots \
{{a_{n1}}} & {{a_{n2}}} & cdots & {{a_{nn}}}
end{array} ight|
$$=1$，且满足${{a}_{ij}}=-{{a}_{ji}},i,j=1,2,cdots ,n$，对任意$x$，求$n$阶行列式

$
left|egin{array}{cccc}
{{a_{11}}}+x & {{a_{12}}}+x & cdots & {{a_{1n}}}+x \
{{a_{21}}}+x & {{a_{22}}}+x & cdots & {{a_{2n}}}+x \
vdots & vdots & & vdots \
{{a_{n1}}}+x & {{a_{n2}}}+x & cdots & {{a_{nn}}}+x
end{array} ight|
$

解：设$A={{({{a}_{ij}})}_{n imes n}},e=underbrace{(1,cdots ,1)}_{n个},B={{({{a}_{ij}}+x)}_{n imes n}}$

则

$
left| B ight|=left|egin{array}{cccc}
1 & x & cdots & x \
0 & {{a_{11}}}+x & cdots & {{a_{1n}}}+x \
vdots & vdots & & vdots \
0 & {{a_{n1}}}+x & cdots & {{a_{nn}}}+x
end{array} ight|
$$
left|egin{array}{cccc}
1 & x & cdots & x \
-1 & {{a_{11}}} & cdots & {{a_{1n}}} \
vdots & vdots & & vdots \
-1 & {{a_{n1}}} & cdots & {{a_{nn}}}
end{array} ight|
$$
left|egin{array}{cccc}
1 & {x{e^T}} \
-e & A
end{array} ight|
$

又由

$
left(egin{array}{cccc}
1 & { - x{e^T}{A^{ - 1}}} \
0 & E
end{array} ight)
$$
left(egin{array}{cccc}
1 & {x{e^T}} \
-e & A
end{array} ight)
$$
=left(egin{array}{cccc}
{1 - x{e^T}{A^{ - 1}}e} & 0 \
-e & A
end{array} ight)
$

于是

[left| B ight|=(1-x{{e}^{T}}{{A}^{-1}}e)cdot left| A ight|=1-xsumlimits_{i,j}{{{({{A}^{-1}})}_{ij}}}=1]

其中最后一步是因为$A$反对称，则${{A}^{-1}}$反对称

五、设$A$为$s imes n$矩阵，证明：

$s-rank({{E}_{s}}-A{{A}^{T}})=n-rank({{E}_{n}}-{{A}^{T}}A)$

证明：由$
left(egin{array}{cccc}
{{E_s}} & -A \
0 & {{E_n}}
end{array} ight)
$$
left(egin{array}{cccc}
{{E_s}} & A \
{{A^T}} & {{E_n}}
end{array} ight)
$$
left(egin{array}{cccc}
{{E_s}} & 0 \
{ - {A^T}} & {{E_n}}
end{array} ight)
$$
=left(egin{array}{cccc}
{{E_s} - A{A^T}} & 0 \
0 & {{E_n}}
end{array} ight)
$

$
left(egin{array}{cccc}
{{E_s}} & 0 \
{ - {A^T}} & {{E_n}}
end{array} ight)
$$
left(egin{array}{cccc}
{{E_s}} & A \
{{A^T}} & {{E_n}}
end{array} ight)
$$
left(egin{array}{cccc}
{{E_s}} & -A \
0 & {{E_n}}
end{array} ight)
$$
=left(egin{array}{cccc}
{{E_s}} & 0 \
0 & {{E_n} - {A^T}A}
end{array} ight)
$

于是

$rank({{E}_{s}}-A{{A}^{T}})+n=rank({{E}_{n}}-{{A}^{T}}A)+s$

即

$s-rank({{E}_{s}}-A{{A}^{T}})=n-rank({{E}_{n}}-{{A}^{T}}A)$

六、设$A$为对称矩阵，存在线性无关的向量${{x}_{1}},{{x}_{2}}$，使得$x_{1}^{'}A{{x}_{1}}>0,x_{2}^{'}A{{x}_{2}}<0$，证明：存在线性无关的向量${{x}_{3}},{{x}_{4}}$，使得${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}},{{x}_{4}}$线性相关，且$x_{3}^{'}A{{x}_{3}}=x_{4}^{'}A{{x}_{4}}=0$

证明：设$f(x,y)={{x}^{T}}Ay$，则由题意知：

$f({{x}_{1}},{{x}_{1}})>0,f({{x}_{2}},{{x}_{2}})<0(1)$

考虑二次方程

${{t}^{2}}f({{x}_{1}},{{x}_{1}})+2tf({{x}_{1}},{{x}_{2}})+f({{x}_{2}},{{x}_{2}})=0(2)$

由（1）知其判别式

$Delta =4{{f}^{2}}({{x}_{1}},{{x}_{2}})-4f({{x}_{1}},{{x}_{1}})f({{x}_{2}},{{x}_{2}})>0$

于是方程有两个不同的实根${{t}_{1}},{{t}_{2}}({{t}_{1}} e {{t}_{2}})$，令

${{x}_{3}}={{t}_{1}}{{x}_{1}}+{{x}_{2}},{{x}_{4}}={{t}_{2}}{{x}_{1}}+{{x}_{2}}$

由（2）知

$f({{x}_{3}},{{x}_{3}})=f({{x}_{4}},{{x}_{4}})=0$

且易知${{x}_{3}},{{x}_{4}}$线性无关，但${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}},{{x}_{4}}$线性相关

七、设$delta , au $为线性变换且$delta $有$n$个不同的特征值，证明：若$delta au = au delta $，则$ au $可由

$I,delta ,{{delta }^{2}},cdots ,{{delta }^{n-1}}$线性表出，其中$delta $为恒等变换。

证明：设$delta $有$n$个不同的特征值${{lambda }_{1}},{{lambda }_{2}},cdots ,{{lambda }_{n}}$，相应的特征向量为${{varepsilon }_{1}},{{varepsilon }_{2}},cdots ,{{varepsilon }_{n}}$

于是${{varepsilon }_{1}},{{varepsilon }_{2}},cdots ,{{varepsilon }_{n}}$线性无关，又由$delta au = au delta $，可知$delta au ({{varepsilon }_{i}})= au delta ({{varepsilon }_{i}})={{lambda }_{i}} au ({{varepsilon }_{i}})$

于是$ au ({{varepsilon }_{i}})$要么为$0$，要么为$delta $属于${{lambda }_{i}}$的特征向量，总之，我们有$ au ({{varepsilon }_{i}})={{k}_{i}}{{varepsilon }_{i}}$

注意到线性方程组

$
left(egin{array}{cccc}
1 & {{lambda _1}} & cdots & {lambda _1^{n - 1}} \
1 & {{lambda _2}} & cdots & {lambda _2^{n - 1}} \
vdots & vdots & & vdots \
1 & {{lambda _n}} & cdots & {lambda _n^{n - 1}}
end{array} ight)
$$
left(egin{array}{cccc}
{a_0} \
{a_1} \
vdots \
{a_n-1}
end{array} ight)
$$
=left(egin{array}{cccc}
{k_1} \
{k_2} \
vdots \
{k_n}
end{array} ight)
$

有唯一解${{a}_{i}}={{l}_{i}},0le ile n-1$，而

[ au({{varepsilon }_{i}})={{k}_{i}}{{varepsilon }_{i}}=left[ sumlimits_{j=0}^{n-1}{{{l}_{j}}lambda_{i}^{j}} ight]{{varepsilon }_{i}}=sumlimits_{j=0}^{n-1}{{{l}_{j}}{{delta }^{j}}}({{varepsilon }_{i}}),forall i]

于是

$ au =sumlimits_{j=0}^{n-1}{{{l}_{j}}{{delta }^{j}}}$

八、已知$f(x)$是$A$的特征多项式，存在互素且次数分别为$p,q$的多项式$g(x),h(x)$且

$f(x)=g(x)h(x)$，求证：

$rankg(A)=q,rankh(A)=p$ 。

证明：设$g(x)=aprodlimits_{i=1}^{s}{{{(lambda -{{lambda }_{i}})}^{{{m}_{i}}}}},h(x)=bprodlimits_{j=1}^{t}{{{(lambda -{{mu }_{j}})}^{{{n}_{j}}}}}$

则

$sumlimits_{i=1}^{s}{{{m}_{i}}}=p,sumlimits_{j=1}^{t}{{{n}_{j}}}=q$

由于$(g(x),h(x))=1$，则${{lambda }_{i}} e {{mu }_{j}}$

又

$f(x)=g(x)h(x)=abcdot prodlimits_{i=1}^{s}{{{(lambda -{{lambda }_{i}})}^{{{m}_{i}}}}}prodlimits_{j=1}^{t}{{{(lambda -{{mu }_{j}})}^{{{n}_{j}}}}}$

为$A$的特征多项式，而有直和分解

$V=oplus _{i=1}^{s}{{V}_{i}}oplus oplus _{j=1}^{t}{{W}_{j}}$

其中

${{V}_{i}}={xin V:{{(A-{{lambda }_{i}}E)}^{{{m}_{i}}}}x=0},{{W}_{j}}={xin V:{{(A-{{mu }_{j}}E)}^{{{n}_{j}}}}x=0}$

且[dim{{V}_{i}}={{m}_{i}},dim{{W}_{j}}={{n}_{j}}]，为证此题，仅需证明

[oplus _{i=1}^{s}{{V}_{i}}={h(A)x=0;xin V},oplus _{j=1}^{t}{{W}_{j}}={g(A)x=0;xin V}]

由于

$rankh(A)=sumlimits_{i=1}^{s}{{{m}_{i}}}=p,rankg(A)=sumlimits_{j=1}^{t}{{{n}_{j}}}=q$

不是一般性，仅需证明

[oplus _{i=1}^{s}{{V}_{i}}={h(A)x=0;xin V}equiv U]

一方面：对任意的

$xin {{V}_{i}}Rightarrow {{(A-{{lambda }_{i}}E)}^{{{m}_{i}}}}x=0Rightarrow g(A)x=0$

$Rightarrow x=u(A)g(A)x+v(A)h(A)x=v(A)h(A)x=h(A)v(A)xin U$

另一方面，对任意的

$xin URightarrow x=h(A)yRightarrow x=h(A)({{v}_{1}}+cdots +{{v}_{s}}+{{w}_{1}}+cdots +{{w}_{t}})$

$=h(A){{v}_{1}}+cdots +h(A){{v}_{s}}in oplus _{i=1}^{s}{{V}_{i}}$

九、已知$A,B$都是反对称矩阵，且$A$可逆，求证：

$left| {{A}^{2}}-B ight|>0$

证明：由${{A}^{T}}=-A$，则$left| A ight|=left| {{A}^{T}} ight|={{(-1)}^{n}}left| A ight|$

由$A$可逆，于是$n$为偶数

而${{A}^{T}}A$正定，则存在可逆矩阵$P$，使得${{P}^{T}}{{A}^{T}}AP=E$，于是

$left| {{P}^{T}} ight|cdot left| {{A}^{2}}-B ight|cdot left| P ight|=left| {{P}^{T}} ight|cdot left| -{{A}^{T}}A-B ight|cdot left| P ight|$

$=left| {{P}^{T}} ight|cdot left| {{A}^{T}}A+B ight|cdot left| P ight|$

$=left| E+{{P}^{T}}BP ight|$

而${{P}^{T}}BP$也是反对称矩阵，则存在可逆矩阵$Q$，使得

$
{Q^T}{P^T}BPQ = left(egin{array}{cccc}
D & & & \
& D & & \
& & ddots & \
& & & 0
end{array} ight)
$,$
D = left(egin{array}{cccc}
0 & 1\
{ - 1} & 0
end{array} ight)
$

于是

$left| {{Q^T} cdot {P^T}} ight| cdot left| {{A^2} - B} ight| cdot left| {P cdot Q} ight| = $$
left| {E +left(egin{array}{cccc}
D & & & \
& D & & \
& & ddots & \
& & & 0
end{array} ight)} ight|
$

$={{2}^{r}}$（$r$为$
left(egin{array}{cccc}
D & & & \
& D & & \
& & ddots & \
& & & 0
end{array} ight)
$中$D$的个数）

$>0$