1. ($15‘$) 设 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 是数域 $\bbP$ 上的 $n$ 个不同的数, 解线性方程组 $$\bex \ba{rrrrrrrrl} x_1&+&x_2&+&\cdots&+&x_n&=&1\\ a_1x_1&+&a_2x_2&+&\cdots&+&a_nx_n&=&a_n\\ a_1^2x_1&+&a_2^2x_2&+&\cdots&+&a_n^2x_n&=&a_n^2\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\\ a_1^{n-1}x_1&+&a_2^{n-1}x_2&+&\cdots&+&a_n^{n-1}x_n&=&a_n^{n-1} \ea \eex$$

解答: 由于系数矩阵的行列式 $\neq 0$, 而原线性方程组有且仅有一个解. 又显然 $(0,\cdots,0,1)^T$ 是一个解, 而为原线性方程组的唯一解.

2. ($15‘$) 设 $\bbP$ 是数域, $A\in \bbP^{n\times n}$, $m(x)=x^3+2x+1$ 是 $A$ 的最小多项式, 求 $A^{-1}$.

证明: $$\bex A^3+2A+E=0\ra A(-A^2-2E)=E\ra A^{-1}=-A^2-2E. \eex$$

3. ($30‘$) 设 $\bbP$ 是数域, $A=(a_{ij})=(\al_1,\cdots,\al_n)\in \bbP^{n\times n}$, $a_{nn}$ 的代数余子式 $A_{nn}\neq 0$.

(1) 证明: $\al_1,\cdots,\al_{n-1}$ 线性无关;

(2) 当 $|A|=0$ 时, 求线性方程组 $A^*x=0$ 的基础解系, 其中 $A^*$ 是 $A$ 的伴随矩阵.

证明:

(1) 由 $A_{nn}\neq 0$ 知 $A_{nn}$ 所定的矩阵的列向量 $$\bex \sex{\ba{l} a_{11}\\ \vdots\\ a_{n-1,1} \ea},\quad\cdots,\quad \sex{\ba{l} a_{1,n-1}\\ \vdots\\ a_{n-1,n-1} \ea} \eex$$ 线性无关, 而多加一个分量后的 $\al_1,\cdots,\al_{n-1}$ 也线性无关.

(2) 由 $|A|=0$ 知 $\rank(A)\leq n-1$. 若 $\rank(A)=n-2$, 则 $A^*=0$, 这与 $A_{nn}\neq 0$ 矛盾. 故 $\rank(A)=n-1$, $\rank(A^*)=1$. 又 $$\bex A^*A=|A|E=0\ra A^*(\al_1,\cdots,\al_{n-1})=0, \eex$$ 我们知 $\al_1,\cdots,\al_{n-1}$ 为 $A^*x=0$ 的基础解系.

4. ($30‘$) 设 $\bbP$ 是数域, $$\bex V=\sed{A\in\bbP^{n\times n}; A^T=A},\quad V_2=\sed{B\in\bbP^{n\times n}; B\mbox{ 是上三角阵}}. \eex$$

(1) 证明 $V_1,V_2$ 均为 $\bbP^{n\times n}$ 的线性子空间;

(2) 证明 $$\bex \bbP^{n\times n}=V_1+V_2,\quad \bbP^{n\times n}\neq V_1\oplus V_2. \eex$$

证明:

(1) 显然成立.

(2) 对任一 $C\in \bbP^{n\times n}$, $$\beex \bea C&=\sex{\ba{cccc} c_{11}&c_{12}&\cdots&c_{1n}\\ c_{21}&c_{22}&\cdots&c_{2n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ c_{n1}&c_{n2}&\cdots&c_{nn} \ea}\\ &=\sex{\ba{cccc} c_{11}&c_{21}&\cdots&c_{n1}\\ c_{21}&c_{22}&\cdots&c_{n2}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ c_{n1}&c_{n2}&\cdots&c_{nn} \ea}+\sex{\ba{cccc} 0&c_{12}-c_{21}&\cdots&c_{1n}-c_{n1}\\ 0&0&\cdots&c_{2n}-c_{n2}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&0 \ea}\\ &\in V_1+V_2. \eea \eeex$$ 但 $$\bex 0\neq \sex{\ba{ccc} 1&&\\ &\ddots&\\ &&1 \ea}\in V_1\cap V_2, \eex$$ 而 $\bbP^{n\times n}\neq V_1\oplus V_2.$

5. ($30‘$) 设 $p(x)$ 是数域 $\bbP$ 上的不可约多项式, $\al\neq 0$ 是 $p(x)$ 的复根.

(1) 证明 $p(x)$ 的常数项不等于零;

(2) 证明对任意正整数 $m$, $(p(x),x^m)=1$;

(3) 设 $p(x)=x^3-2x+2$, 求 $\dps{\frac{1}{\al^5}}$.

证明:

(1) 用反证法. 若 $p(x)$ 的常数项为 $0$, 则 $$\bex p(x)=c_nx^n+\cdots+c_1x=xq(x), \eex$$ 又 $$\bex p(\al)=\al q(\al)\ra q(\al)=0\ra \deg q(x)\geq 1. \eex$$ 因此, $p(x)$ 分解成了两个次数均小于 $\deg p(x)$ 的多项式的乘积. 这与 $p(x)$ 不可约矛盾. 故有结论.

(2) 设 $(p(x),x^m)=d(x)$, 则 $d(x)\mid p(x)$. 由 $p(x)$ 不可约知 $$\bex d(x)=1\mbox{ 或 }d(x)=\frac{1}{c^n}p(x). \eex$$ 若 $\dps{d(x)=\frac{1}{c^n}p(x)}$, 则 $$\beex \bea d(x)\mid x^m &\ra p(x)\mid x^m\\ &\ra x^m=r(x)p(x)\\ &\ra 0\neq \al^m=q(\al)p(\al)=0. \eea \eeex$$ 这是一个矛盾. 故 $d(x)=1$.

(3) 由 $$\bex x^5=(x^2+2)p(x)+r_1(x),\quad r_1(x)=-2x^2+4x-4, \eex$$ $$\bex p(x)=\sex{-\frac{x}{2}-1}r_1(x)-2 \eex$$ 知 $$\beex \bea 2=\sex{-\frac{x}{2}-1}r_1(x)-p(x)\\ &=\sex{-\frac{x}{2}-1}\sez{x^5-(x^2+2)p(x)}-p(x). \eea \eeex$$ 令 $x=\al$ 即有 $$\bex 2=\sex{-\frac{\al}{2}-1} \al^5\ra \frac{1}{\al^5}=-\frac{\al+2}{4}. \eex$$

6. ($20‘$) 设 $n$ 元实二次型 $f(x_1,\cdots,x_n)=x^TAx$ 经过正交线性替换 $x=Qy$ ($Q$ 为正交阵) 化为 $$\bex y_1^2+2y_2^2+\cdots+ny_n^2. \eex$$ 证明:

(1) $A$ 的特征值为 $1,2,\cdots,n$;

(2) 存在正交阵 $B$ 使得 $A=B^2$.

证明:

(1) 由 $$\bex f(x)=x^TAx =y^TQ^TAQy =\sum_i iy_i^2 \eex$$ 即知 $$\bex Q^TAQ=\diag(1,2,\cdots,n). \eex$$ 由相似矩阵有相同的特征值即知结论.

(2) 取 $$\bex B=Q\diag(1,\sqrt{2},\cdots,\sqrt{n})Q^T \eex$$ 即有结论.

7. ($20‘$) 设 $\scrA$ 是数域 $\bbP$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 的线性变换, $\al\in V$, $\scrA^{n-1}(\al)\neq 0$, $\scrA^n(\al)=0$. 证明:

(1) $\al,\scrA(\al),\cdots,\scrA^{n-1}(\al)$ 是 $V$ 的一组基;

(2) 设 $W$ 是 $\scrA$-不变子空间, $a_1,a_2,\cdots,a_n\in \bbP,\ a_1\neq 0$, 且存在向量 $$\bex \beta=a_1\al+a_2\scrA(\al)+\cdots+a_n\scrA^{n-1}(\al)\in W, \eex$$ 则 $W=V$.

证明:

(1) 设 $$\bex k_0\al+k_1\scrA(\al)+\cdots+k_{n-1}\scrA^{n-1}(\al)=0, \eex$$ 用 $\scrA$ 作用 $n-2$ 次后发现 $k_0\scrA^{n-1}(\al)=0$. 既然 $\scrA^{n-1}(\al)=0$, 我们有 $k_0=0$. 代入上式, $$\bex k_1\scrA(\al)+\cdots+k_{n-1}\scrA^{n-1}(\al)=0. \eex$$ 用 $\scrA$ 作用 $n-2$ 次同样发现 $k_1=0$. 等等. 我们得到所有 $k_i=0$.

(2) 由 $W$ 是 $\scrA$-不变子空间知 $$\beex \bea \scrA(\beta)&=a_1\scrA(\al)+a_2\scrA^2(\al)+\cdots+a_{n-1}\scrA^{n-1}(\al)\in W,\\ \scrA^2(\beta)&=a_1\scrA^2(\al)+a_2\scrA^3(\al)+\cdots+a_{n-2}\scrA^{n-1}(\al)\in W,\\ \cdots&=\cdots,\\ \scrA^{n-2}(\beta)&=a_1\scrA^{n-2}(\al)+a_2\scrA^{n-1}(\al)\in W,\\ \scrA^{n-1}(\beta)&=a_1\scrA^{n-1}(\al)\in W. \eea \eeex$$ 由 $a_1\neq 0$ 及最后一式知 $\scrA^{n-1}(\al)\in W$. 代入倒数第二式即知 $\scrA^{n-2}(\al)\in W$. 等等. 我们得到 $$\bex \al,\scrA(\al),\cdots,\scrA^{n-1}(\al)\in W. \eex$$ 于是 $W=V$. 

[家里蹲大学数学杂志]第304期华中师范大学2004年高等代数考研试题参考解答