1. 设 $f,g$ 是某数域上的多项式, $m(x)$ 是它们的首一最小公倍式, 而 $\scrA$ 为该数域上某线性空间 $V$ 的一个线性变换. 试证: $$\bex \ker f(\scrA)+\ker g(\scrA)=\ker m(\scrA). \eex$$

证明: 先证: $\ker f(\sigma)+\ker g(\sigma)\subset\ker m(\sigma).$ 由 $f|m$, $g|m$ 知 $\ker f(\sigma)\subset \ker m(\sigma)$, $\ker g(\sigma)\subset \ker m(\sigma)$, 而 $\ker f(\sigma)+\ker g(\sigma)\subset\ker m(\sigma).$ 再证: $\ker f(\sigma)+\ker g(\sigma)\supset\ker m(\sigma).$ 设 $$\bex m(x)=p(x)f(x)=q(x)g(x). \eex$$ 则 (否则, $\dps{\frac{m(x)}{(p(x),q(x))}}$ 是比 $m(x)$ 次数更低的、$f$ 与 $g$ 的公倍式) $$\bex (p(x),q(x))=1. \eex$$ 而 $$\bex \exists\ u(x),v(x),\st u(x)p(x)+v(x)q(x)=1. \eex$$ 对 $\forall\ \alpha\in \ker m(\sigma)$, $$\bex \alpha=u(\sigma)p(\sigma)\alpha+v(\sigma)q(\sigma)\alpha, \eex$$ 其中 $$\bex f(\sigma)u(\sigma)p(\sigma)\alpha=u(\sigma)m(\sigma)\alpha=0\ra u(\sigma)p(\sigma)\alpha\in \ker f(\sigma), \eex$$ $$\bex g(\sigma)v(\sigma)q(\sigma)\alpha =v(\sigma)m(\sigma)\alpha=0\ra v(\sigma)q(\sigma)\alpha\in \ker g(\sigma). \eex$$

2. 设 $A$ 为元素都是整数的 $n$ 级方阵. 证明: 若整数 $k$ 是 $A$ 的一个特征值, 则 $k$ 是 $|A|$ ($A$ 的行列式) 的一个因子.

证明: 由题意, $$\beex \bea |\lambda E-A|&=\lambda^n+\cdots+(-1)^n|A|\\ &=(\lambda-k)(\lambda^{n-1}+a_1\lambda^{n-2}+\cdots+a_{n-1}). \eea \eeex$$ 比较两端 $\lambda^{n-j}\ (1\leq j\leq n$ 的次数$)$, 我们发现 $$\bee\label{180.3.2.1} \bea -\tr A&=a_1-k,\\ (-1)^j\cdot A\mbox{ 的所有 }j \mbox{ 级主子式之和}&=a_j-ka_{j-1},\quad 2\leq j\leq n-1;\\ (-1)^n|A|&=-ka_{n-1}. \eea \eee$$ 由 $\eqref{180.3.2.1}_{1,2}$ 知 $a_{n-1}$ 是整数; 再由 $\eqref{180.3.2.1}_2$ 知 $k$ 为 $|A|$ 的一个因子.

3. 设 $A$, $B$ 均为实对称矩阵, $A$ 正定. 试证: $B$ 正定当且仅当 $AB$ 的特征值全大于零.

证明: 由 $A$ 正定知存在可逆阵 $C$, 使得 $$\bex A=CC^T\ra AB=C(C^TBC)C^{-1}. \eex$$ 这说明 $AB$, $C^TBC$ 相似, 而有相同的特征值. 于是 $$\beex \bea B\mbox{ 正定}&\lra C^TBC\mbox{ 正定}\\ &\lra C^TBC\mbox{ 的特征值全大于零}\\ &\lra AB\mbox{ 的特征值全大于零}. \eea \eeex$$

4. 设 $f$ 是 $\bbC^{n\times n}$ 到 $\bbC$ 的线性映射, 满足 $f(E)=n$, 且对任意的矩阵 $A,B\in \bbC^{n\times n}$, 有 $f(AB)=f(BA)$. 试证: $f=\tr$.

证明: 设 $E_{ij}$ 为 $(i,j)$ 元为 $1$, 其余元为 $0$ 的矩阵, 则 (1) 对 $1\leq i,j\leq n$, $$\bex f(E_{ii})=f(E_{ij}E_{ji}) =f(E_{ji}E_{ij})=f(E_{jj}), \eex$$ $$\bex n=f(E)=f\sex{\sum_{i=1}^n E_{ii}} =nf(E_{ii})\ra f(E_{ii})=1; \eex$$ (2) 对 $1\leq i\neq j\leq n$, $$\bex f(E_{ij})=f(E_{ij}E_{jj})=f(E_{jj}E_{ij})=f(0)=0. \eex$$ 因此, 对 $A\in \bbC^{n\times n}$, $$\bex f(A)=f\sex{\sum_{i,j=1}^n a_{ij}E_{ij}} =\sum_{i=1}^n a_{ii}=\tr A. \eex$$

5. 设 $A$ 为对称矩阵, 存在线性无关的向量 $x_1,x_2$, 使得 $x_1^TAx_1>0$, $x_2^TAx_2<0$. 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 $x_3^TAx_3=x_4^TAx_4=0$.

证明: 设 $f(x,y)=x^TAy$, 则由题意, $$\bee\label{ercixing_1} f(x_1,x_1)>0,\quad f(x_2,x_2)<0. \eee$$考虑二次方程 $$\bee\label{ercixing_2} t^2f(x_1,x_1)+2t f(x_1,x_2)+f(x_2,x_2)=0, \eee$$由 \eqref{ercixing_1} 知其判别式 $$\bex \lap=4f^2(x_1,x_2)-4f(x_1,x_1)f(x_2,x_2)>0, \eex$$ 而有两个不同的根 $t_1,t_2$ ($t_1\neq t_2$). 选取 $$\bex x_3=t_1x_1+x_2,\quad x_4=t_2x_1+x_2, \eex$$ 则由 \eqref{ercixing_2} 知 $$\bex f(x_3,x_3)=f(x_4,x_4)=0, \eex$$ 且易知 $x_3,x_4$ 线性无关, 但 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 线性相关.

6. 设 $f(x)$ 为 $A$ 的特征多项式, 且存在互素的次数分别为 $p,q$ 的多项式 $g(x),h(x)$ 使得 $f(x)=g(x)h(x)$. 求证: $$\bex \rank g(A)=q,\quad \rank h(A)=p. \eex$$

证明: 设 $$\bex g(x)=\prod_{i=1}^s (\lm-\lm_i)^{m_i},\quad h(x)=b\prod_{j=1}^t (\lm-\mu_j)^{n_j}, \eex$$ 则 $$\bex \sum_{i=1}^s m_i=p,\quad \sum_{j=1}^tn_j=q. \eex$$ 由 $(g,h)=1$ 知 $\lm_i\neq \mu_j$. 又 $$\bex f(x)=g(x)h(x)=ab\cdot \prod_{i=1}^s (\lm-\lm_i)^{m_i}\cdot\prod_{j=1}^t (\lm-\mu_j)^{n_j} \eex$$ 为 $A$ 的特征多项式, 而有直和分解 $$\bex V=\oplus_{i=1}^s V_i\oplus \oplus_{j=1}^t W_j, \eex$$ 其中 $$\bex V_i=\sed{x\in V;(A-\lm_iE)^{m_i}x=0},\quad W_j =\sed{x\in V;(A-\mu_jE)^{n_j}x=0}, \eex$$ 且 $\dim V_i=m_i$, $\dim W_j=n_j$ (可用 Jordan 标准型直接证明, 自己思考下). 为证题目, 仅须证明 $$\bex \oplus_{i=1}^s V_i=\sed{h(A)x=0;x\in V},\quad \oplus_{j=1}^t W_j=\sed{g(A)x=0;x\in V}, \eex$$ 即知 $$\bex \rank h(A)=\sum_{i=1}^s m_i=p,\quad \rank g(A)=\sum_{j=1}^t n_j=q. \eex$$ 不失一般性, 仅需证明 $$\bex \oplus_{i=1}^s V_i=\sed{h(A)x;x\in V}\equiv U \eex$$ 如下: $$\beex \bea x\in V_i&\ra (A-\lm_iE)^{m_i}x=0\\ &\ra g(A)x=0\\ &\ra x=u(A)g(A)x+v(A)h(A)x=v(A)h(A)x =h(A)v(A)x\in U\\ &\quad\sex{\exists\ u,v,\st uf+vg=1};\\ x\in U&\ra x=h(A)y\\ &\ra x=h(A)(v_1+\cdots+v_s+w_1+\cdots+w_s)\\ &\quad\quad\,=h(A)v_1+\cdots+h(A)v_s\in \oplus_{i=1}^s V_i\quad\sex{v_i\in V_i\ra h(A)v_i\in V_i}. \eea \eeex$$

7. 设 $A,B$ 都是 $n$ 阶复方阵, 且 $A^2+B^2=2AB$. 证明:

(1) $AB-BA$ 不可逆;

(2) 如果 $\rank(A-B)=1$, 那么 $AB=BA$.

证明: (1) $$\bex (A-B)^2=AB-BA=(A-B)B-B(A-B). \eex$$ 若 $AB-BA$ 可逆, 则 $(A-B)^2$ 可逆, $A-B$ 可逆. 对上式左乘 $(A-B)^{-1}$, 右乘 $(A-B)^{-1}$ 得 $$\bex E=B(A-B)^{-1}-(A-B)^{-1}B. \eex$$ 取迹得 $n=0$. 这是一个矛盾. 故有结论. (2) 若 $\rank(A-B)=1$, 则 $$\bex \exists\ \al\neq 0,\ \beta\neq 0,\st A=\al\beta^T. \eex$$ 而 $$\bex (A-B)^2=\al\beta^T\al\beta^T=(\beta^T\al)\al\beta^T. \eex$$ 取迹而有 $$\bex 0=\tr(AB-BA)=\tr(A-B)^2=(\beta^T\al)^2\ra 0=\beta^T\al, \eex$$ $$\bex AB-BA=(A-B)^2=(\beta^T\al)\al\beta^T=0 \cdot \al\beta^T=0. \eex$$

8. 设 $X,Y$ 分别为 $m\times n$ 与 $n\times m$ 阵, 且 $$\bex YX=E_n,\quad A=E_m+XY. \eex$$ 证明: $A$ 相似于对角阵.

证明: 由 $YX=E_n$ 知 $$\bex n=\rank(YX)\leq \min\sed{\rank(Y),\rank(X)}\leq \min\sed{m,n}\leq n. \eex$$ 于是 $$\bex \rank(Y)=\rank(X)=n\leq m. \eex$$ 设 $X=(x_1,x_2,\cdots,x_n)$, 而 $Yx=0$ 的基础解系为 $x_{n+1},\cdots,x_m$ (由 $\rank(Y)=n$), 则 (1) 断言: $x_1,\cdots,x_n,x_{n+1},\cdots,x_m$ 线性无关. 事实上, $$\beex \bea &\quad l_1x_1+\cdots+l_nx_n+l_{n+1}x_{n+1}+\cdots+l_mx_m=0\\ &\ra l_1e_1+\cdots+l_ne_n=0\quad\sex{\mbox{用 }Y\mbox{ 作用后利用 }YX=E_n}\\ &\ra l_1=\cdots=l_n=0\\ &\ra l_{n+1}x_{n+1}+\cdots+l_mx_m=0\\ &\ra l_{n+1}=\cdots=l_m=0. \eea \eeex$$ (2) 由 $$\beex \bea A(x_1,\cdots,x_m) &=(x_1,\cdots,x_m) +X(e_1,\cdots,e_n,0,\cdots,0)\\ &=(x_1,\cdots,x_m) +(x_1,\cdots,x_n,0,\cdots,0)\\ &=(2x_1,\cdots,2x_n,x_{n+1},\cdots,x_m)\\ &=(x_1,\cdots,x_m)\sex{\ba{cc} 2E_n&\\ &E_{m-n} \ea} \eea \eeex$$ 知 $$\bex P^{-1}AP=\sex{\ba{cc} 2E_n&\\ &E_{m-n} \ea},P=(x_1,\cdots,x_n). \eex$$

9. 设 $A$ 为 $n$ 阶正定矩阵, $x$, $y$ 为 $n$ 维列向量且满足 $x^Ty>0$. 证明矩阵 $$\bex M=A+\cfrac{xx^T}{x^Ty} -\cfrac{Ayy^TA}{y^TAy} \eex$$ 正定.

证明: 易知 $M$ 对称. 对 $\forall\ z\neq 0$, $$\beex \bea z^TMz&=z^TAz+\frac{(z^Tx)^2}{x^Ty}-\frac{(z^TAy)^2}{y^TAy}\\ &=\frac{(x^Ty)(z^TAz)(y^TAy)+(z^Tx)^2(y^TAy)-(z^TAy)^2(x^Ty)}{(x^Ty)(y^TAy)}\\ &=\frac{(x^Ty)\sez{(z^TAz)(y^TAy)-(z^TAy)^2}+(z^Tx)^2(y^TAy)}{(x^Ty)(y^TAy)}. \eea \eeex$$ (1) 若 $y,z$ 线性无关, 则由 Cauchy-Schwarz 不等式, $$\bex (z^TAz)(y^TAy)-(z^TAy)^2>0. \eex$$ (2) 若 $y,z$ 线性相关: $z=ky$, 则 $$\bex (z^TAz)(y^TAy)-(z^TAy)^2=0, \eex$$ 但 $$\bex (z^Tx)^2=k^2(y^Tx)^2>0. \eex$$ 不管怎样, 我们都得到 $$\bex z^TMz>0,\quad \forall z\neq 0. \eex$$ 这说明 $M$ 正定.