1 ($15‘$) 求出次数最低的首项系数为 $1$ 的实系数多项式 $f(x)$ 使 $$\bex f(0)=7,\quad f(1)=14,\quad f(2)=35,\quad f(3)=76. \eex$$

解答: 设 $ f(x)=x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0, $ 则由题意, $$\bex \sedd{\ba{rrrrrrrrrrl} a_0&&&&&&&&&=&7,\\ a_0&+&a_1&+&a_2&+&a_3&+&1&=&14,\\ a_0&+&2a_1&+&4a_2&+&8a_3&+&16&=&35,\\ a_0&+&3a_1&+&9a_2&+&27a_3&+&81&=&76. \ea} \eex$$ 解得 $ a_0=7,\quad a_1=-4,\quad a_2=15,\quad a_3=-5, $ 而所求为 $ f(x)=x^4-5x^3+15 x^2-4x+7. $

2 ($15‘$) 求下面行列式的值 (其中每个 $a_i\neq 1$): $$\bex D_n=\sev{\ba{ccccc} 1+a_1&2&2&\cdots&2\\ 2&1+a_2&2&\cdots&2\\ 2&2&1+a_3&\cdots&2\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 2&2&2&\cdots&1+a_n \ea}. \eex$$

解答: $$\beex \bea D_n&=\sev{\ba{cccccc} 1&2&2&2&\cdots&2\\ 0&1+a_1&2&2&\cdots&2\\ 0&2&1+a_2&2&\cdots&2\\ 0&2&2&1+a_3&\cdots&2\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&2&2&2&\cdots&1+a_n \ea}\\ &=\sev{\ba{cccccc} 1&2&2&2&\cdots&2\\ -1&a_1-1&0&0&\cdots&0\\ -1&0&a_2-1&0&\cdots&0\\ -1&0&0&a_3-1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ -1&0&0&0&\cdots&a_n-1 \ea}\\ &=\sev{\ba{cccccc} 1+2\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i-1}&2&2&2&\cdots&2\\ 0&a_1-1&0&0&\cdots&0\\ 0&0&a_2-1&0&\cdots&0\\ 0&0&0&a_3-1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&0&\cdots&a_n-1 \ea}\\ &=\prod_{i=1}^n(a_i-1)\cdot\sez{1+2\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i-1}}. \eea \eeex$$

3 ($15‘$) 证明可逆对称方阵的逆矩阵也是对称的.

证明: 设 $A$ 是可逆对称方阵, 则 $$\bex A^t=A\ra (A^{-1})^t=(A^t)^{-1}=A^{-1}. \eex$$

4 ($15‘$) 设 $A,B$ 都是 $n\times n$ 矩阵, $E$ 是 $n\times n$ 单位矩阵. 证明: $AB-BA\neq E$.

证明: 直接验算有 $$\bex \tr(AB)=\tr(BA)\ra \tr(AB-BA)=0\neq n=\tr(E). \eex$$ 故 $AB-BA\neq E$.

5 ($15‘$) 设 $\scrA$ 是有限维线性空间 $V$ 上的线性变换. 已知存在正整数 $k$ 使得 $\ker(\scrA^k)=\ker(\scrA^{k+1})$. 证明: $\ker(\scrA^k)\cap \im(\scrA^k)=0$.

证明:

(1)$\ker(\scrA^m)=\ker(\scrA^{m+1}),\ \forall\ m\geq k$. 事实上, 仅须验证 $\ker(\scrA^m)=\ker(\scrA^{m+1})\ (m\geq k)$: $$\beex \bea \scrA^m\alpha=0&\ra \scrA^{m+1}\alpha=0;\\ \scrA^{m+1}\alpha=0&\ra \scrA^{k+1}(\scrA^{m-k}\alpha)=0\\ &\ra \scrA^{m-k}\alpha\in \ker(\scrA^{k+1})=\ker(\scrA^k)\\ &\ra \scrA^m\alpha=\scrA^k(\scrA^{m-k}\alpha)=0. \eea \eeex$$

(2)设 $\alpha\in \ker(\scrA^m)\cap \im(\scrA^k)$, 则 $$\bex \alpha=\scrA^k\beta,\quad \scrA^k\alpha=0. \eex$$ 而 $$\bex \scrA^{2k}\beta=0\ra \beta\in \ker(\scrA^{2k}) =\ker(\scrA^k)\ra \alpha=\scrA^k\beta=0. \eex$$

6 ($15‘$) 设 $\scrA$, $\scrB$ 为 $n$ 维线性空间 $V$ 上的线性变换, 使得 $(\scrB\scrA)^2=\scrE$ (其中 $\scrE$ 是 $V$ 上的恒等变换). 令 $\scrT=\scrE-\scrA\scrB$, 证明: $$\bex \ker(\scrT)=\im(\scrT-2\scrE). \eex$$

证明:

(1)$$\beex \bea &\quad \scrE=(\scrB\scrA)^2=\scrB\scrA\scrB\scrA\\ &\ra \scrB\scrA\scrB=\scrA^{-1}\ra \scrB\scrA=\scrA^{-1}\scrB^{-1}\\ &\ra (\scrA\scrB)^2=\scrA\scrB\scrA\scrB=\scrA(\scrA^{-1}\scrB^{-1})\scrB=\scrE. \eea \eeex$$

(2)$\ker(\scrT)\subset \im(\scrT-2\scrE)$: $$\beex \bea \alpha\in \ker\scrT &\ra \scrT\alpha=(\scrE-\scrA\scrB)\alpha =\alpha-\scrA\scrB\alpha=0\\ &\ra \alpha=\scrA\scrB\alpha\\ &\ra \alpha=\frac{\alpha+\scrA\scrB\alpha}{2} =(-\scrE-\scrA\scrB)\sex{-\frac{\alpha}{2}}\\ &\quad =(\scrT-2\scrE)\sex{-\frac{\alpha}{2}}\in \im(\scrT-2\scrE). \eea \eeex$$

(3)$\im(\scrT-2\scrE)\subset \ker(\scrT)$: $$\beex \bea \alpha\in\im (\scrT-2\scrE) &\ra \alpha=(\scrT-2\scrE)\beta\\ &\ra \scrT\alpha=-(\scrE-\scrA\scrB)(\scrE+\scrA\scrB)\beta\\ &\quad =-(\scrE-\scrA\scrB\scrA\scrB)\beta =0\\ &\ra \alpha\in\ker(\scrT). \eea \eeex$$

7 ($15‘$) 设 $A$ 为 $n$ 阶实方阵, 它的每行个数和都等于 $2$. 证明 $|A-2E|=0$.

证明: 由题意, $$\bex A\sex{\ba{c} 1\\ \vdots\\ 1 \ea}=\sex{\ba{c} 2\\ \vdots\\ 2 \ea}=2\sex{\ba{c} 1\\ \vdots\\ 1 \ea}. \eex$$ 于是 $2$ 是 $A$ 的特征值, $|2E-A|=0$.

8 ($15‘$) 设 $a,b,c,d$ 为非零实数. 求矩阵 $$\bex A=\sex{\ba{cccc} a&b&c&d\\ -b&a&-d&c\\ -c&d&a&-b\\ -d&-c&b&a \ea} \eex$$ 的逆矩阵.

解答: 注意到\footnote{$A$ 的不同两列的乘积为 $0$.} $$\bex AA^t=\sex{\ba{cccc} a&b&c&d\\ -b&a&-d&c\\ -c&d&a&-b\\ -d&-c&b&a \ea}\sex{\ba{cccc} a&-b&-c&-d\\ b&a&d&-c\\ c&-d&a&b\\ d&c&-b&a \ea}=(a^2+b^2+c^2+d^2)E. \eex$$ 我们有 $$\bex A^{-1}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2+d^2}A^t =\frac{1}{a^2+b^2+c^2+d^2}\sex{\ba{cccc} a&-b&-c&-d\\ b&a&d&-c\\ c&-d&a&b\\ d&c&-b&a \ea}. \eex$$

9 ($15‘$) 设 $A$ 为 $m\times n$ 实矩阵 $(m\neq n)$, $E$ 是 $n\times n$ 单位矩阵. 证明: $E+A^tA$ 是正定对称阵.

证明: 显然 $E+A^tA$ 对称. 又由 $$\bex \alpha^t(E+A^tA)\alpha =\alpha^t\alpha +(A\alpha)^t(A\alpha)\geq \alpha^t\alpha \eex$$ 知 $E+A^tA$ 的特征值都 $\geq 1$. 于是 $E+A^tA$ 正定.

10 ($15‘$) 求方阵 $$\bex A=\sex{\ba{ccccc} 0&1&0&0&0\\ 0&0&1&0&0\\ 0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&1\\ 1&-5&10&-10&5 \ea} \eex$$ 的 Jordan 标准型.

解答: 由 $$\bex \lambda E-A=\sex{\ba{ccccc} \lambda&-1&0&0&0\\ 0&\lambda&-1&0&0\\ 0&0&\lambda&-1&0\\ 0&0&0&\lambda&-1\\ -1&5&-10&10&\lambda-5 \ea} \eex$$ 知 $\lambda E-A$ 的行列式因子为\footnote{右上角有一个四阶子式 $=1$.} $ D_1(\lambda)=\cdots=D_4(\lambda)=1,\quad D_5(\lambda)=(\lambda-1)^5, $ 而其不变因子为 $ d_1(\lambda)=\cdots=d_4(\lambda)=1,\quad d_5(\lambda)=(\lambda-1)^5; $ 其初等因子为 $ (\lambda-1)^5. $ 于是 $A$ 的 Jordan 标准型为 $$\bex \sex{\ba{ccccc} 1&1&0&0&0\\ 0&1&1&0&0\\ 0&0&1&1&0\\ 0&0&0&1&1\\ 0&0&0&0&1 \ea} \eex$$