北京大学2008年高等代数与解析几何试题及解答

北京大学2008年全国硕士研究生招生考试高代解几试题及解答微信公众号：数学十五少2019.05.091.回答下列问题:(1)A 是s ×n 矩阵.非齐次线性方程组AX =β有解且rank (A )=r,则AX =β的解向量中线性无关的最多有多少个?并找出一组个数最多的线性无关解向量.(2)AX =β对于所有的s 维非零向量β都有解,求rank (A ).2.(1)A 是s ×n 矩阵,B 是n ×m 矩阵,rank (AB )=rank (B ),则对于所有m ×l 矩阵C ,是否有rank (ABC )=rank (BC )?给出理由.(2)A 是n 阶实矩阵,A 的每一元素的代数余子式都等于此元素,求rank (A ).3.(1)A,C 分别是n,m 实对称矩阵,B 是n ×m 实矩阵,并且(A BB T C)是正定矩阵.证明 A B B T C⩽|A |·|C |,并且当且仅当B =0时等号成立.(2)A =(a ij )n ×n 是n 阶实矩阵,|a ij |⩽1,证明|A |2⩽n n .4.f (x )为一整系数多项式,n 不能整除f (0),f (1),···,f (n −1).证明f (x )无整数根.5.A 是数域K 上的n 阶矩阵,A 的特征多项式的复根都属于K ,证明A 相似于上三角矩阵.6.V 是数域K 上的线性空间,A ,B 是V 上的线性变换,且A ,B 的最小多项式互素,求满足A C =C B 的所有线性变换C .7.A 是n 维欧式空间V 上的线性变换,证明A 是V 上的第一类正交变换当且仅当存在V 上的正交变换B ,使得A =B 2.8.求过直线ℓ:x −y +z +4=0x +y −3z =0,且与平面π1:x +y +2z =0垂直的平面π2.9.平面Ax +By +Cz +D =0与单叶双曲面x 2+y 2−z 2=1的交线是两条直线,证明A 2+B 2=C 2+D 2.10.直线ℓ1过点(1,1,1),并且与直线ℓ2:x +y +z =0x −y −3z =0相交,交角为π3.求ℓ1的方程.11.证明球面σ1:x 2+y 2+z 2−2x −2y −4z +2=0与球面σ2:x 2+y 2+z 2+2x −6y +1=0有交点,并求出交圆的圆心坐标.1.(1)设X1,X2,...,X n−r为AX=0的解空间的一组基,γ为AX=β的一个特解.下面证明γ,γ+X1,γ+X2,...,γ+X n−r是线性无关的.设k0γ+k1(γ+X1)+k2(γ+X2)+···+k n−r(γ+X n−r)=0,则(k0+k1+···+k n−r)γ+k1X1+k2X2+···+k n−r X n−r=0,方程两端同时左乘A得(k0+k1+···+k n−r)β=0,由于β=0,故k0+k1+···+k n−r=0,故k1X1+k2X2+···+k n−r X n−r=0,由此就得k1=k2=···=k n−r=0,k0=0.然后只需说明元素个数大于等于n−r+2的解向量必定线性相关,就知道线性无关的解向量最多只有n−r+1个,具体的例子可取上面找到线性无关组.假设存在n−r+2个解向量ξ1,...,ξn−r+2线性无关,则ξ1−ξn−r+2,ξ2−ξn−r+2,...,ξn−r+1−ξn−r+2是线性无关的,并且是AX=0的解向量,这与AX=0的解空间的维数为n−r矛盾.(2)将β依次取成E s的列向量,设相应的解为X1,X2,...,X s,则A(X1,X2,...,X s)=E s,由此知s=rank(E s)⩽rank(A),又由于A的行数为s,故rank(A)⩽s,于是rank(A)=s.2.(1)设W1={X|ABX=0},W2={X|BX=0},则W2⊂W1,dim W1=m−rank(AB)=m−rank(B)=dim W2,于是W1=W2.令U1={X|ABCX=0},U2={X|BCX=0},则U2⊂U1,∀α∈U1,ABCα=0,故Cα∈W1=W2,于是BCα=0,从而α∈U2,故U1⊂U2,U1=U2,因此l−rank(ABC)=l−rank(BC),故rank(ABC)=rank(BC).注丘维声的《高等代数》创新教材上册第179页习题4.3第15题.(2)由题意有A T=A∗,其中A∗A的伴随矩阵,故A T A=A∗A=|A|E.若|A|=0,则A=0,rank(A)=0.若|A|=0,则rank(A)=n.3.(1)详细解答见丘维声的《高等代数》创新教材上册第350页例16.(2)若|A|=0,结论自然成立.若|A|=0,则A T A正定,用上一问的结论.4.由题意知f(0)≡0(mod n),f(1)≡0(mod n),...,f(n−1)≡0(mod n).对于任意k∈Z,存在唯一的q,r∈Z,使得k=nq+r,0⩽r<n,于是f(k)≡f(r)≡0(mod n),从而f(x)无整数解.5.由Jordan标准型就知道结论成立,不过不用那么深刻的定理,用数学归纳法也能做出来.具体方法可以参考丘维声的《高等代数》创新教材上册第298页例6或者蓝以中的《高等代数简明教程》第二版上册第324页命题4.8或者蓝以中的《高等代数学习指南》第217页例4.17.6.线性变换C一定是零变换.设A,B的最小多项式分别为m A(x),m B(x),则由两者互素知存在u(x),v(x)∈K[x],使得u(x)m A(x)+v(x)m B(x)=1,于是v(A)m B(A)=E,从而C=v(A)m B(A)C=v(A)C m B(B)=0.注相关的题目参考丘维声的《高等代数》创新教材下册第301页例27.上面证明的关键是从AC=CB推出f(A)C=Cf(B),∀f(x)∈K[x].7.充分性容易证明,取定V的一组标准正交基,设A,B在此组基下的矩阵为A,B,则由A=B2得A=B2,|A|=|B|2=1,而且直接按定义就能验证A是正交变换,从而是第一类正交变换.证明必要性可以利用蓝以中的《高等代数简明教程》第二版下册第115页的命题4.3设A是实数域上的n阶方阵,则A是正交矩阵且行列式为1的充分必要条件是存在实数域上n 阶反对称矩阵S,使A=e S.我们已知A是正交变换,取定V的一组标准正交基,设A在这组基下的矩阵为A,则A是正交矩阵,根据上面的定理知存在实数域上n阶反对称矩阵S,使A=e S,令B=e S/2,并且定义B为B对应的线性变换,则B是所要找的正交变换.必要性的另一种证明方法是利用蓝以中的《高等代数简明教程》第二版下册第24页的定理2.1设A是n维欧氏空间V内的正交变换,则在V内存在一组标准正交基,使A在该组基下的矩阵成如下准对角形:J=λ1λ2...λkS1...S l,其中λi=±1(i=1,2,...,k),而S j=[cosφj−sinφjsinφj cosφj](φj=kπ,j=1,2,...,l).由于A是第一类的,则|J|=1,因此λi中−1的个数是偶数个,可设为2s.通过交换基的次序可以把J 变成对角线上前k−2s个λi为1,紧跟的2s个λi为−1,记所得矩阵为A.为了证明原命题,我们只需要找一个正交矩阵B,使得A=B2.注意到[cosφj2−sinφj2sinφj2cosφj2]2=S j,[−100−1]=[cosπ−sinπsinπcosπ]=[cosπ2−sinπ2sinπ2cosπ2]2=[0−110]2构造准对角矩阵B,主对角线上前k−2s个元素取为1,紧跟着取s个二阶矩阵[0−1 10] ,最后将S j所在位置换成[cosφj2−sinφj2sinφj2cosφj2],这样得到的B就满足A=B2.注必要性的第二种证法中找B的时候其实是利用了S j的几何意义,它说的是绕原点旋转φj,于是B中的对应矩阵只需取为绕原点旋转φj/2的.8.设π2:µ(x−y+z+4)+ν(x+y−3z)=0,则π2的一个法向量为(µ+ν,ν−µ,µ−3ν).由π1⊥π2得µ+ν+ν−µ+2(µ−3ν)=0,故µ=2ν,于是π2的方程为3x−y−z+8=0.9.(法一)单叶双曲面同族的任意两条不同的直母线异面,故题设中的平面与单叶双曲面的交线应为不同族的直母线,可设直母线的方程分别为u1(x+z)+v1(1+y)=0u1(1−y)+v1(x−z)=0,u2(x+z)+v2(1−y)=0u2(1+y)+v2(x−z)=0,它们的一个方向向量分别为( u21−v21,2u1v1,−u21−v21),(v22−u22,2u2v2,u22+v22),平面的法向量与上面两个方向向量均垂直,从而(A,B,C)平行于( u21−v21,2u1v1,−u21−v21)×(v22−u22,2u2v2,u22+v22)=2(u1v2+u2v1)[(u1u2+v1v2),−(u1v2−u2v1),(u1u2−v1v2)],因为(A,B,C)=0,故u1v2+u2v1=0,并且可设A=(u1v2+u2v1)(u1u2+v1v2)tB=−(u1v2+u2v1)(u1v2−u2v1)tC=(u1v2+u2v1)(u1u2−v1v2)t.下面来求出两条直线的交点,然后就能根据交点(x0,y0,z0)在平面上求出D.第一条直线的方程中的第一个式子乘以u2减去第二条直线的方程中的第一个式子乘以u1得u2v1(1+y)−u1v2(1−y)=0.类似地可以得到关于(x+z)与(x−z)的式子,然后解出x0=−u1u2+v1v2u1v2+u2v1,y0=u1v2−u2v1u1v2+u2v1,z0=u1u2−v1v2u1v2+u2v1,从而D=−Ax0−By0−Cz0=(u1v2+u2v1)2t,故A2+B2=C2+D2. (法二)设P(x0,y0,z0)是平面与单叶双曲面的一个交点,则Ax0+By0+Cz0+D=0x2+y2−z20=1.(1)可设过点P且在平面与曲面相交集合中的直线为ℓ:x=x0+uty=y0+vtz=z0+wt,其中u2+v2+w2=0.那么由于ℓ在平面上,故Au+Bv+Cw=0;又因为ℓ在曲面上,故(x0+ut)2+(y0+vt)2−(z0+wt)2=1,∀t∈R,即(u2+v2−w2)t2+2(ux0+vy0−wz0)t=0,∀t∈R,上面的方程对于t ∈R 均成立,故u 2+v 2−w 2=0ux 0+vy 0−wz 0=0.由Au +Bv +Cw =0ux 0+vy 0−wz 0=0得到(u,v,w )=k (−Bz 0−Cy 0,Az 0+Cx 0,Ay 0−Bx 0),其中k =0,将上面等式右端代入到u 2+v 2−w 2=0中并结合(1)可得D 2+C 2−B 2−A 2=0.10.直线ℓ2的一个方向向量为(1,1,1)×(1,−1,−3)=−2(1,−2,1),设ℓ1的一个方向向量为(u,v,w ),则|u −2v +w |√u 2+v 2+w 2√12+(−2)2+12=12.ℓ2过点(0,0,0),由ℓ1与ℓ2共面得111u v w 1−21=0=⇒u =w.将u =w 代入前面那个式子得2|u −v |√2u 2+v 2√6=12,平方移项得2u 2−16uv +5v 2=0,故v u =8±3√65,从而ℓ1的方向向量为(1,8+3√65,1)或(1,8−3√65,1),故ℓ1的方程为x −11=y −18+3√65=z −11或x −11=y −18−3√65=z −11.11.σ1的球心为O 1(1,1,2),半径为r 1=2,σ2的球心为O 2(−1,3,0),半径为r 2=3,球心距为d =√4+4+4=2√3,因为r 2−r 1<d <r 1+r 2,从而两个球面有交点.将两个方程相减得到交点所在平面为4x −4y +4z −1=0.过O 1,O 2的直线的参数方程为x =−1+t y =3−t z =t平面与直线的交点即为交圆的圆心(512,1912,1712).。