1. 设 $f(\al,\beta)$ 为线性空间 $V$ 上的非退化双线性函数, 试证: $$\bex \forall\ g\in V^*,\ \exists\ |\ \al\in V,\st f(\al,\beta)=g(\beta),\quad \forall\ \beta\in V. \eex$$

证明: (1) 唯一性: 设 $\tilde\al$ 也适合题意, 则 $$\beex \bea &\quad f(\al,\beta)=f(\tilde\al,\beta),\quad \forall\ \beta\in V\\ &\ra f(\al-\tilde\al,\beta)=0,\quad \forall\ \beta\in V\\ &\ra \al-\tilde\al=0\quad\sex{f\mbox{ 的非退化性}}. \eea \eeex$$

(2) 存在性: 取 $V$ 的一组基 $\ve_1,\cdots,\ve_n$, 记 $a_{ij}=f(\ve_i,\ve_j)$, 则对 $$\bex \al=\sum_{i=1}^n a_i\ve_i,\quad \beta=\sum_{i=1}^n b_i\ve_i, \eex$$ 有 $$\bex f(\al,\beta)=\sum_{i,j=1}^n a_{ij}a_ib_j=\al^TA\beta. \eex$$ 由 $f$ 非退化及 $$\beex \bea &\quad f(\al,\beta)=0,\quad \forall\ \beta\in V\\ &\lra \al^TA\beta=0,\quad\forall\ \beta\in V\\ &\lra \al^TA=0 \eea \eeex$$ 知 $A$ 可逆. 对 $g\in V^*$, 取 $$\bex \al=(\ve_1,\cdots,\ve_n)(A^{-1})^T \sex{\ba{c} g(\ve_1)\\\vdots\\g(\ve_n) \ea}\in V, \eex$$ 则 $$\beex \bea f(\al,\beta)&=(g(\ve_1),\cdots,g(\ve_n)) A^{-1}\cdot A\cdot \sex{\ba{l} b_1\\ \vdots\\ b_n \ea}\\ &=\sum_{i=1}^n b_ig(\xi_i)\\ &=g(\beta),\quad \forall\ \beta\in V. \eea \eeex$$

2. 设 $\scrA$ 是欧氏空间 $V$ 上的正交变换, 且 $\scrA^m=\scrE\ (m>1)$. 记 $W_\scrA=\sed{\al\in V;\ \scrA\al=\al}$, $W_\scrA^\perp$ 为其正交补, 而 $$\bex \forall\ \al\in V,\ \exists\ |\ \beta\in W_\scrA,\ \gamma\in W_\scrA^\perp, \st \al=\beta+\gamma. \eex$$ 试证: $$\bex \beta=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^m \scrA^{i-1}\al. \eex$$

证明: 设 $$\bex U=\sed{\al\in V;\al+\scrA\al+\cdots+\scrA^{m-1}\al=0}. \eex$$ 则对 $\forall\ \al\in V$, $$\bex \al=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^m \scrA^{i-1}\al +\sex{\al-\frac{1}{m}\sum_{i=1}^m \scrA^{i-1}\al} \equiv \beta+\gamma, \eex$$ 其中 $$\beex \bea \scrA(\beta)&=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^m \scrA^i\al\\ &=\frac{1}{m}(\scrA\al+\cdots+\scrA^{m-1}\al+\al)\\ &=\beta,\\ \gamma+\scrA\gamma+\cdots+\scrA^{m-1}\gamma &=\al+\scrA\al+\cdots+\scrA^{m-1}\al -\beta-\scrA\beta-\cdots-\scrA^{m-1}\beta\\ &=\al+\scrA\al+\cdots+\scrA^{m-1}\al-m\beta\\ &=0. \eea \eeex$$ 于是 $V=W_\scrA+U$. 又由 $$\bex \al\in W_\scrA\cap U\ra 0=\al+\scrA\al+\cdots+\scrA^{m-1}\al =m\al\ra \al=0 \eex$$ 知 $V=W_\scrA\oplus U$. 最后由 $$\beex \bea \al\in W_\scrA,\beta\in U &\ra \scrA\al=\al\quad\sex{\al=\scrA^{-1}\al=\scrA^T\al}\\ &\ra \sef{\al,\beta} =\sef{\scrA^T\al,\beta}=\cdots=\sef{(\scrA^T)^{m-1}\al,\beta}\\ &\quad\ =\frac{1}{m}\sef{\al+\scrA^T\al+\cdots+\sex{\scrA^{m-1}}^T\al,\beta}\\ &\quad\ =\frac{1}{m}\sef{\al,(\scrE+\scrA+\cdots+\scrA^{m-1})\beta}\\ &\quad\ =0 \eea \eeex$$ 知 $W_\scrA^\perp=U$, 而有结论.

3. 设 $W$ 是欧氏空间 $V$ 的子空间, 定义 $\al\in V$ 到 $W$ 的距离 $\rd (\al,W)=|\al-\al‘|$, 其中 $\al‘$ 为 $\al$ 在 $W$ 上的正交投影. 设 $\al_1,\cdots,\al_m$ 为 $W$ 的一组基, 试证: $$\bex \rd (\al,W)=\sqrt{\cfrac{G(\al_1,\cdots,\al_m,\al)}{G(\al_1,\cdots,\al_m)}}, \eex$$ 其中 $G(\al_1,\cdots,\al_m)$ 为 $\al_1,\cdots,\al_m$ 的 Gram 矩阵.

证明: $$\beex \bea G(\al_1,\cdots,\al_m,\al)&= G(\al_1,\cdots,\al_m,\al‘)+G(G(\al_1,\cdots,\al_m,\al-\al‘)\\ &=G(\al_1,\cdots,\al_m,\al-\al‘)\\ &=|\al-\al‘|^2G(\al_1,\cdots,\al_m). \eea \eeex$$

4. 设 $A=\sex{\ba{ccc} 1&0&0\\ -1&0&1\\ 0&1&0 \ea}$. 试求 $A^{100}$.

证明: 易知 $A$ 的多项式为 $f(\lm)=|\lm E-A|=(\lm+1)(\lm-1)^2$. 由 Hamilton-Caylay 定理, $f(A)=0$. 对 $g(\lm)=\lm^{100}$, 由辗转相除理论, $$\bex g(\lm)=q(\lm)f(\lm)+a\lm^2+b\lm+c. \eex$$ 将 $\lm=-1$, $\lm=1$ 代入上式, 将 $\lm=1$ 代入上式求导后的等式, 得 $$\bex a-b+c=1,\quad a+b+c=1,\quad2a+b=100. \eex$$ 于是 $$\beex \bea &\quad a=50,\quad b=0,\quad c=-49\\ &\ra A^{100}=g(A)=50A^2-49E =\sex{\ba{ccc} 1&0&0\\ -50&1&0\\ -50&0&1 \ea}. \eea \eeex$$

5. 设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $\lm_1,\cdots,\lm_n$, 试证: $A^*$ ($A$ 的伴随矩阵) 的特征值为 $$\bex \prod_{j=1,j\neq i}^n\lm_j,\quad i=1,2,\dots,n. \eex$$

解答: 由扰动法, 不妨设 $A$ 可逆, 而 $$\beex \bea 0&=|\lm_i E-A|\cdot |A^*|\\ &=|\lm_iA^*-|A|E|\\ &=|\lm_iA^*-\lm_1\cdots\lm_n E|\\ &=(-\lm_i)^n |\lm_1\cdots\lm_{i-1}\lm_{i+1}\cdots\lm_n E-A^*|. \eea \eeex$$

6. 试求解下列非线性方程组 $$\beex \bea x^3+3x^2-13x-15&=0,\\ x^4-5x^3-x^2+17x+12&=0,\\ x^5-2x^4-3x^3+x^2-2x-3&=0. \eea \eeex$$

解答: 易知对多项式 $f(x),g(x)$ 而言, $$\bex f(x)=0,\quad g(x)=0\lra (f(x),g(x))=0. \eex$$ 往求解题目. 我们仅须求出题中三个多项式的的最大公因式后再求其根. 直接辗转相除即知题中三个多项式的的最大公因式为 $x^2-2x+3$. 于是 $x=-1$ 或 $x=3$.

7. 求所有满足 $A^2=0$ 的非零三阶方阵 $A$.

解答: 由 $A^2=0$ 知 $A$ 的特征值为 $0$, 而 $A$ 的 Jordan 标准型为 $$\bex \sex{\ba{ccc} 0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \ea}\mbox{ 或 }\sex{\ba{ccc} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \ea}. \eex$$ 注意到 $$\bex \sex{\ba{ccc} 0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \ea}\sex{\ba{ccc} 0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \ea}=\sex{\ba{ccc} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \ea}, \eex$$ $$\bex \sex{\ba{ccc} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \ea}\sex{\ba{ccc} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \ea}\neq \sex{\ba{ccc} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \ea} \eex$$ 及 $A^2=0$ 知 $A$ 的 Jordan 标准型只能是 $$\bex \sex{\ba{ccc} 0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \ea}. \eex$$ 于是 $$\bex A=T^{-1}\sex{\ba{ccc} 0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \ea}T,\quad (T\mbox{ 可逆}). \eex$$ 又 $T^{-1}=T^*/|T|$, 我们有 (这是等价的) $$\bex A=tT^*\sex{\ba{ccc} 0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \ea}T,\quad (t\neq 0,\quad T\mbox{ 可逆}). \eex$$ 记 $T=(t_{ij})$, 则 $$\bex A=t \sex{\ba{ccc} t_{21} (-t_{23} t_{32}+t_{22} t_{33})&t_{22} (-t_{23} t_{32}+t_{22} t_{33})&t_{23} (-t_{23} t_{32}+t_{22} t_{33})\\t_{21} (t_{23} t_{31}-t_{21} t_{33})&t_{22} (t_{23} t_{31}-t_{21} t_{33})&t_{23} (t_{23} t_{31}-t_{21} t_{33})\\t_{21} (-t_{22} t_{31}+t_{21} t_{32})&t_{22} (-t_{22} t_{31}+t_{21} t_{32})&t_{23} (-t_{22} t_{31}+t_{21} t_{32}) \ea}. \eex$$ 于是 $$\bex A=t \sex{\ba{ccc} a (-c e+b f)&b (-c e+b f)&c (-c e+b f)\\a (c d-a f)&b (c d-a f)&c (c d-a f)\\a (-b d+a e)&b (-b d+a e)&c (-b d+a e) \ea},\quad\sex{t\neq 0}. \eex$$

8. 设 $f(x)$ 是 $\bbR$ 上首一多项式且无实根. 求证: 存在 $g(x)$, $h(x)$, 使得 $$\bex f(x)=g^2(x)+h^2(x), \eex$$ 且 $\deg g(x)>\deg h(x)$.

证明: $f(x)$ 有形式 $$\bex f(x)=\prod_{i=1}^n (x^2+a_ix+b_i),\quad a_i^2-4b_i<0. \eex$$ 对 $n$ 作数学归纳法. 当 $n=1$ 时, $$\beex \bea f(x)&=x^2+a_1x+b_1\\ &=\sex{x+\cfrac{a_1}{2}}^2+b_1-\cfrac{a_1^2}{4}\\ &=\sex{x+\cfrac{a_1}{2}}^2+\sex{\sqrt{b_1-\cfrac{a_1^2}{4}}}^2\\ &\equiv \psi^2(x)+\phi^2(x). \eea \eeex$$ 假设结论对 $n$ 时成立, 则为 $n+1$ 时, $$\beex \bea f(x)&=(x^2+a_1x+b_1)\prod_{i=2}^{n+1}(x^2+a_ix+b_i)\\ &=(\psi^2(x)+\phi^2(x))(g^2(x)+h^2(x))\quad\sex{\mbox{利用归纳假设}}\\ &=\sez{\psi(x)g(x)+\phi(x)h(x)}^2+ \sez{\psi(x)h(x)-\phi(x)g(x)}^2. \eea \eeex$$

9. 设 $n$ 级实对称矩阵 $A$ 的所有一级主子式之和与所有二级主子式之和均为零. 证明 $A$ 是零矩阵.

证明: 由 $A$ 实对称知 $A$ 的特征值 $\lm_i$ 均是实数. 而 $$\bex f(\lm)\equiv |\lm E-A|=\prod_{i=1}^n(\lm-\lm_i). \eex$$ 据题意, $f(\lm)$ 中 $\lm^{n-1}$, $\lm^{n-2}$ 的系数分别为 $A$ 的所有一阶、二阶主子式之和, 是等于零的. 故 $$\beex \bea \lm_1+\cdots+\lm_n&=0,\\ \lm_1\lm_2+\cdots+\lm_1\lm_n+\cdots+\lm_{n-1}\lm_n&=0,\\ (\lm_1+\cdots+\lm_n)^2&=(\lm_1+\cdots+\lm_n)^2\\ &\quad-2(\lm_1\lm_2+\cdots+\lm_1\lm_n+\cdots+\lm_{n-1}\lm_n)\\ &=0,\\ \lm_1=\cdots=\lm_n&=0,\\ A&=0. \eea \eeex$$

10. 设 $A,B$ 是两个 $n$ 阶正定矩阵, 证明:

(1) 若 $AB=BA$, 则 $AB$ 也是正定矩阵;

(2) 若 $A-B$ 正定, 则 $B^{-1}-A^{-1}$ 也正定.

证明: (1) 显然, $AB$ 对称. 由 $A,B$ 正定知存在可逆阵 $P,Q$ 使得 $A=P^TP,\quad B=Q^TQ.$ 而由 $$\bex Q(AB)Q^{-1} =QP^TPQ^T=(PQ^T)^T(PQ^T) \eex$$ 知 $AB$ 相似于正定矩阵, 具有正的特征值, 是正定的. (2) $$\beex \bea &\quad A-B\mbox{ 正定}\\ &\ra P^TP-Q^TQ\mbox{ 正定}\\ &\ra Q^{-T}P^TPQ^{-1}-E\mbox{ 正定}\\ &\ra PQ^{-1}Q^{-T}P^T-E\mbox{ 正定}\\ &\quad\sex{Y(XY)Y^{-1}=YX\ra XY,YX\mbox{ 相似, 而有相同的特征值}}\\ &\ra Q^{-1}Q^{-T}-P^{-1}P^{-T}\mbox{ 正定}\\ &\ra B^{-1}-A^{-1}\mbox{ 正定}. \eea \eeex$$