数学分析与高等代数考研真题详解--浙江大学卷
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浙江大学
1999 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答
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1999 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答
一：证明：充分性：若 f ( x) 能表示成一个整数多项式的平方，显然 f ( x) 在有理数域上可
约
必要性：由于 f ( x) 在有理数域上可约，在存在整数系数多项式 g ( x), h ( x) 有
( ) A( x − Ax) = A − A2 x = 0 ，从而可知 x − Ax ∈V1
即 x ∈V1 + V2 ，即 Pn ⊆ V1 + V2 ，任取 x ∈V1 ∩V2 ，所以 Ax = 0 ，
n
∑ 且存在 k1, , kn ，有 x = ki Aαi ，又 A2 = A ，从而可知 i =1
(2) ，令 x = [1
1 1]T ，则
⎡n ⎤
∑∑ Ax
=
⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢⎣
i =1 n i =1
a1i ani
⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥⎦
=
⎡1⎤ ⎢⎥ ⎢⎥ ⎢⎣1⎥⎦
=
x
=
λ0
x
，从而
λ0
为
A的一个特征值
七：证明：由于 A正定，从而，存在可逆矩阵 C 有， A = CT C ，
5
博士家园系列内部资料
f ( x) = g ( x) h( x) ， ∂ ( g ( x)) > 0,∂ (h( x)) > 0 ，由于 ∀1≤ i ≤ n ，
f (ai ) = 1，即 g (ai ) h(ai ) = 1 ，则 g (ai ) − h(ai ) = 0
令 F ( x) = g ( x) − h( x) ，则 ∂ ( F ( x)) < n, 或 F ( x) = 0 ，由于有 n 个不同的数为
八：证明：(1) 设 A 的特征多项式为 f (λ ) ， B 的特征多项式为 g (λ ) ，由于 A, B 无公共特
( 征值，从而 f (λ ), g (λ )) = 1，所以 f ( B) 可逆，由于 AX = XB ，故对于 ∀n ∈ ∗ ，均有
An X = XBn ，就有 f ( A) X = Xf ( B) ，所以 Xf ( B) = 0 ⇒ X = 0 ，
∴(αT Aβ )2 = (α TCTCβ )2 = (Cα ,Cβ )2 ≤ (Cα ,Cα )(Cβ ,Cβ ) = (αTCTCα )(β TCTCβ ) = (α T Aα )(β T Aβ )
由于上述不等式，等号成立时候当且仅当，存在数 k1, k2 ，使
k1Cα + k2Cβ = 0 ，即 k1α + k2β = 0 ，即α , β 线性相关
即 AX = XB 只有零解；
(2) ∀x, y ∈ n×n , k ∈ ，由
Α( x + y) = A( x + y) + ( x + y) A = Ax + xA + Ay + yA = Αx + Αy
A(kx) = A(kx) + (kx) A = kAx + kxA = k ( Ax + xA) = kΑx
En−m
⎥ ⎦
P2
，显然
Q
可逆，则
A = [Em 0]Q
(
2)
令
B
=
Q−1
⎡ ⎢ ⎣
Em 0
⎤ ⎥ ⎦
，显然可知
AB
=
Em
4
n
∑ 四：证明： ∀x ∈ Pn ，不妨设 x = aiαi ，又 x = x − Ax + Ax ，则 i =1
n
∑ Ax = ai Aαi ，从而 Ax ∈V2 ，又 i =1
( ) (CF )T BCF = D, (CF )T ACF = En ，若取 S = F −1C−1 T ，则有
B = SST , A = SDST
六：证明： (1) 若 A的一个特征值 λ0 ，有 λ0 > 1，则此时
λ0En − A 为严格对角占优矩阵，即 λ0En − A 可逆，这与 λ0 为 A的特征值矛盾，从而， λ ≤1
⎡⎣En − αα T ⎤⎦−1 = ⎡⎣En + αα T ⎤⎦
三：证明： (1) 由于存在 m 阶可逆矩阵 P1 和 n 阶可逆矩阵 P2 ，有 A = P1 [Em 0] P2 ，即
A = [P1
0] P2 = [Em
0]
⎡ ⎢ ⎣
P1 0
0 En−m
⎤ ⎥ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ⎦
P2
，令
Q
=
⎡ P1
⎢ ⎣
0
0⎤
全国重点名校数学专业考研真题及解答
数学分析与高等代数 考研真题详解
浙江大学数学专卷
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数学分析与高等代数考研真题详解 浙江大学考研数学专卷 目录
1999 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答 2002 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2003 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2005 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2005 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答 2007 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2007 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答 2008 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答 2009 年招收硕士研究生复试试题常微分，复变，实变部分 2010 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题 2010 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题解答
n
n
∑ ∑ Ax = ki A2αi = ki Aαi = x ，从而 x = 0 ，即V1 ∩V2 = {0} ，所以
i =1
i =1
Pn = V1 ⊕ V2
五：证明：由于 B 正定，则存在可逆矩阵 C 有 CT BC = En ，又由于 A 对称，从而
CT AC 也对称，即存在正交矩阵 F ，使 FT CT ACF = diag {λ1, , λn} = D ，即
所以 Α 是一个线性变换，
由于 A 和 − A 无公共特征根，即根据 (1) 的结论就有
AX = X (− A) 只有零解，即 AX + XA = 0 只有零解，从而 Α 可逆，即
F ( x) = 0 的根，从而 F ( x) 为零多项式，即 g ( x) = h( x) ，即
f ( x) = g2 ( x) ，就有
f ( x) 能表示成一个整数多项式的平方
二：解；
(1) En − αα T = 1− α Tα = 1
(2) 由于 ⎡⎣En − αα T ⎤⎦ ⎡⎣En + αα T ⎤⎦ = En − αα T + αα T − αα Tαα T = En ，从而
浙江大学
1999 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答
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1999 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答
一：证明：充分性：若 f ( x) 能表示成一个整数多项式的平方，显然 f ( x) 在有理数域上可
约
必要性：由于 f ( x) 在有理数域上可约，在存在整数系数多项式 g ( x), h ( x) 有
( ) A( x − Ax) = A − A2 x = 0 ，从而可知 x − Ax ∈V1
即 x ∈V1 + V2 ，即 Pn ⊆ V1 + V2 ，任取 x ∈V1 ∩V2 ，所以 Ax = 0 ，
n
∑ 且存在 k1, , kn ，有 x = ki Aαi ，又 A2 = A ，从而可知 i =1
(2) ，令 x = [1
1 1]T ，则
⎡n ⎤
∑∑ Ax
=
⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢⎣
i =1 n i =1
a1i ani
⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥⎦
=
⎡1⎤ ⎢⎥ ⎢⎥ ⎢⎣1⎥⎦
=
x
=
λ0
x
，从而
λ0
为
A的一个特征值
七：证明：由于 A正定，从而，存在可逆矩阵 C 有， A = CT C ，
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博士家园系列内部资料
f ( x) = g ( x) h( x) ， ∂ ( g ( x)) > 0,∂ (h( x)) > 0 ，由于 ∀1≤ i ≤ n ，
f (ai ) = 1，即 g (ai ) h(ai ) = 1 ，则 g (ai ) − h(ai ) = 0
令 F ( x) = g ( x) − h( x) ，则 ∂ ( F ( x)) < n, 或 F ( x) = 0 ，由于有 n 个不同的数为
八：证明：(1) 设 A 的特征多项式为 f (λ ) ， B 的特征多项式为 g (λ ) ，由于 A, B 无公共特
( 征值，从而 f (λ ), g (λ )) = 1，所以 f ( B) 可逆，由于 AX = XB ，故对于 ∀n ∈ ∗ ，均有
An X = XBn ，就有 f ( A) X = Xf ( B) ，所以 Xf ( B) = 0 ⇒ X = 0 ，
∴(αT Aβ )2 = (α TCTCβ )2 = (Cα ,Cβ )2 ≤ (Cα ,Cα )(Cβ ,Cβ ) = (αTCTCα )(β TCTCβ ) = (α T Aα )(β T Aβ )
由于上述不等式，等号成立时候当且仅当，存在数 k1, k2 ，使
k1Cα + k2Cβ = 0 ，即 k1α + k2β = 0 ，即α , β 线性相关
即 AX = XB 只有零解；
(2) ∀x, y ∈ n×n , k ∈ ，由
Α( x + y) = A( x + y) + ( x + y) A = Ax + xA + Ay + yA = Αx + Αy
A(kx) = A(kx) + (kx) A = kAx + kxA = k ( Ax + xA) = kΑx
En−m
⎥ ⎦
P2
，显然
Q
可逆，则
A = [Em 0]Q
(
2)
令
B
=
Q−1
⎡ ⎢ ⎣
Em 0
⎤ ⎥ ⎦
，显然可知
AB
=
Em
4
n
∑ 四：证明： ∀x ∈ Pn ，不妨设 x = aiαi ，又 x = x − Ax + Ax ，则 i =1
n
∑ Ax = ai Aαi ，从而 Ax ∈V2 ，又 i =1
( ) (CF )T BCF = D, (CF )T ACF = En ，若取 S = F −1C−1 T ，则有
B = SST , A = SDST
六：证明： (1) 若 A的一个特征值 λ0 ，有 λ0 > 1，则此时
λ0En − A 为严格对角占优矩阵，即 λ0En − A 可逆，这与 λ0 为 A的特征值矛盾，从而， λ ≤1
⎡⎣En − αα T ⎤⎦−1 = ⎡⎣En + αα T ⎤⎦
三：证明： (1) 由于存在 m 阶可逆矩阵 P1 和 n 阶可逆矩阵 P2 ，有 A = P1 [Em 0] P2 ，即
A = [P1
0] P2 = [Em
0]
⎡ ⎢ ⎣
P1 0
0 En−m
⎤ ⎥ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ⎦
P2
，令
Q
=
⎡ P1
⎢ ⎣
0
0⎤
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n
n
∑ ∑ Ax = ki A2αi = ki Aαi = x ，从而 x = 0 ，即V1 ∩V2 = {0} ，所以
i =1
i =1
Pn = V1 ⊕ V2
五：证明：由于 B 正定，则存在可逆矩阵 C 有 CT BC = En ，又由于 A 对称，从而
CT AC 也对称，即存在正交矩阵 F ，使 FT CT ACF = diag {λ1, , λn} = D ，即
所以 Α 是一个线性变换，
由于 A 和 − A 无公共特征根，即根据 (1) 的结论就有
AX = X (− A) 只有零解，即 AX + XA = 0 只有零解，从而 Α 可逆，即
F ( x) = 0 的根，从而 F ( x) 为零多项式，即 g ( x) = h( x) ，即
f ( x) = g2 ( x) ，就有
f ( x) 能表示成一个整数多项式的平方
二：解；
(1) En − αα T = 1− α Tα = 1
(2) 由于 ⎡⎣En − αα T ⎤⎦ ⎡⎣En + αα T ⎤⎦ = En − αα T + αα T − αα Tαα T = En ，从而