中科院2011年高等代数参考解答

(α, β, γ )E = A(α + 2β + γ, 3β + 4γ, 4β + 5γ ) = A(α, β, γ )B = (α, β, γ )AB, 于是AB = E,即A = B −1 .由 A(α, 2β + γ, γ ) = A(α, β, γ )C = (α, β, γ )AC = (α, 2β + γ, γ )C −1 AC, 可知A在基α, 2β + γ, γ 下的矩阵的矩阵为 1 0 0 C −1 AC = C −1 B −1 C = 3 −3 2 . −8 8 −5 2 2 −2 5 −4 5.(24分)已知矩阵A = 2 −2 −4 5 (1)求A的特征多项式,并确定其是否有重根; (2)求一个正交阵P 使得P AP −1 为对角阵; (3)令V 是所有与A可交换的实矩阵全体,证明V 是实数域上的一个线性空间,并确 定V 的维数. 解: (1)A的特征多项式为 f (λ) = | − A| = (λ − 1)2 (λ − 10). (2)取属于特征值1的特征向量为 α1 = (−2, 1, 0)T , α2 = (2, 0, 1)T 正交单位化为 −2 1 2 4 5 β1 = ( √ , √ , 0)T , β2 = ( √ , √ , √ ) 5 5 3 5 3 5 3 5 α3 = (1, 2, −2)T 单位化为 1 2 2 β3 = ( , , − )T 3 3 3
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(3)令V 是所有与A可交换的实矩阵全体,证明V 是实数域上的一个线性空间,并确 定V 的维数. 6.(20分)设A, B 是两个n阶复方阵,n > 1. (1)如果AB = BA,证明A, B 有公共的特征向量; (2)如果AB − BA = µB,其中µ是一个非零复数,那么A, B 是否有公共的特征向量?回 答“是”请给出证明,回答“否”请给出反例. 7.(15分)设A是n阶矩阵,其特征多项式有如下分解 p(λ) = det(λE − A) = (λ − λ1 )r1 (λ − λ2 )r2 · · · (λ − λs )rs 其中E 为n阶单位方阵,诸λi 两两不等.试证明A的Jordan标准形中以λi 为特征值的Jordan块 的个数等于特征子空间Vλi 的维数. 8.(15分)设A是n阶实方阵.证明A为实对称矩阵当且仅当AAT = A2 ,其中AT 表示矩 阵A的转置. 休息一下,来张美图欣赏一下吧.
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中国科学院2011高等代数参考解答 1 0 0 (α, 2β + γ, γ ) = (α, β, γ )C, C = 0 2 0 , 0 1 1 以及条件 A(α + 2β + γ, 3β + 4γ, 4β + 5γ ) = (α, β, γ )E, 可得
取属于特征值10的特征向量为
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中国科学院2011高等代数参考解答 令 0 5 √ 3 5 2 − 3 . 10

−2 √ 5 2 P = √ 3 5 1 3 P AP −1 (3)首先
看什么看,没见过美女? ◇※☆■◇◇※☆■◇ 2 高等代数资源博客
中国科学院2011高等代数参考解答

3 参考解答
p 1.(20分)设 是既约分数,f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 是整系数多项式,而 q p 且f ( ) = 0.证明: q (1)p|a0 ,而q |an ; p 证明: (1)由f ( ) = 0,可知 q 从而 qx − p|f (x) p 而 是既约分数,故qx − p是本原多项式,于是 q an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = f (x) = (qx − p)(bn−1 xn−1 + · · · + b0 ) 其中bn−1 , · · · , b0 为整数.于是比较两边的系数可得 an = qbn−1 , a0 = −pb0 即p|a0 ,而q |an . (2)在 qx − p|f (x) 中令x = m可得qm − p|f (m),故p − mq |f (m). 2.(20分)设n阶方阵An = (|i − j |)1≤i,j ≤n ,其行列式记为Dn ,试证明 Dn + 4Dn−1 + 4Dn−2 = 0. 并由此求出行列式Dn . 证明: 由于 0 1 2 . . . 1 0 1 . . . 2 1 0 . . . ··· ··· ··· n−2 n−1 n−3 n−2 n−4 n−3 . . . . . . 0 1 1 0 (2)对任意整数m,有(p − mq )|f (m). p x − |f (x). q
中国科学院2011年硕士学位研究生入学考试高等代 数试题参考解答
高等代数资源博客 February 10, 2011
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1 √ 5 4 √ 3 5 2 3
则
1 1 =
V = {B ∈ R3×3 |AB = BA}, 易知V 是R3×3 的子空间,故V 是实数域上的一个线性空间. 由 P AP −1 P BP −1 = P BP −1 P AP −1 , P AP −1 可得P BP −1 形状如下 P BP −1 故易知 P −1 E11 P, P −1 E12 P, P −1 E21 P, P −1 E22 P, P −1 E33 P 为V 的基,从而V 的维数为5. 6.(20分)设A, B 是两个n阶复方阵,n > 1. (1)如果AB = BA,证明A, B 有公共的特征向量; (2)如果AB − BA = µB,其中µ是一个非零复数,那么A, B 是否有公共的特征向量?回 答“是”请给出证明,回答“否”请给出反例. 证明: 设σ, τ 在复数域上的线性空间 V 的某一组基下的矩阵分别为A, B . (1)由于σ 的特征值多项式f (λ) = |λE − A|为复数域上的多项式,故至少有一个根λ0 ∈ C.由AB = BA知στ = τ σ,从而σ 的特征子空间Vλ0 是τ 的不变子空间.而τ |Vλ0 也是复数域上 的线性变换,至少有一个特征值µ0 ,相应的特征向量α ∈ Vλ0 ,即 τ (α) = τ |Vλ0 (α) = µ0 α, σ (α) = λ0 α 故σ, τ 至少有一个公共的特征向量,从而A, B 有公共的特征向量. (2)首先利用归纳法证明对任意自然数k 有 στ k − τ k σ = kµτ k 当k = 1时,结论显然. ◇※☆■◇◇※☆■◇ 6 高等代数资源博客 1 1 = 10
b11 b12 0 = b21 b22 0 . 0 0 b33
中国科学院2011高等代数参考解答 假设结论对k − 1成立,即 στ k−1 − τ k−1 σ = (k − 1)µτ k−1 . 下证结论对k 成立. 由于 στ k − τ k−1 στ = (στ k−1 − τ k−1 σ )τ = (k − 1)µτ k τ k−1 στ − τ k σ = τ k−1 (στ − τ σ ) = µτ k 两式相加可得结论成立. 于是 tr(kµτ k ) = tr(στ k − τ k σ ) = 0 由µ ̸= 0知tr(τ k ) = 0,于是τ 为幂零变换,即存在正整数m使得τ m = 0. 考虑 kerτ = {α|τ (α) = 0}, 易知kerτ ̸= {0}.∀α ∈ kerτ,有 0 = µτ (α) = στ (α) − τ σ (α) = τ (σ (α))
中国科学院2011高等代数参考解答 4.(20分)设α, β, γ 是3维线性空间V 的一组基,线性变换A满足 A(α + 2β + γ ) = α, A(3β + 4γ ) = β, A(4β + 5γ ) = γ. 试求A在基α, 2β + γ, γ 下的矩阵. 2 2 −2 5 −4 5.(24分)已知矩阵A = 2 −2 −4 5 (1)求A的特征多项式,并确定其是否有重根; (2)求一个正交阵P 使得P AP −1 为对角阵;
中国科学院2011高等代数参考解答 故

Dn = −2Dn−1 + (−1)n−1 2n−2 = (−2)2 Dn−2 + 2(−1)n−1 2n−2 ··· = (−2)n−1 D1 + (−1)n−1 (n − 1)2n−2 = (−1)n−1 (n − 1)2n−2 ( ) a b 3.(16分)已知二阶矩阵A = 的特征多项式为(λ − 1)2 ,试求 c d A2011 − 2011A. 解: 则可设 g (λ) = f (λ)q (λ) + k1 λ + k0 令λ = 1有 1 − 2011 = g (1) = k1 + k0 在 g ′ (λ) = f ′ (λ)q (λ) + f (λ)q ′ (λ) + k1 中令λ = 1有 于是 k1 = g ′ (1) = 0, k0 = g (1) = −2010. 从而 A2011 − 2011A = g (A) = k1 A + k0 E = −2010E. 4.(20分)设α, β, γ 是3维线性空间V 的一组基,线性变换A满足 A(α + 2β + γ ) = α, A(3β + 4γ ) = β, A(4β + 5γ ) = γ. 试求A在基α, 2β + γ, γ 下的矩阵. 解: 设A在基α, β, γ 下的矩阵为A,即 A(α, β, γ ) = (α, β, γ )A 由于 1 0 0 (α + 2β + γ, 3β + 4γ, 4β + 5γ ) = (α, β, γ )B, B = 2 3 4 , 1 4 5 0 = g ′ (1) = k1 令 f (λ) = (λ − 1)2 , g (λ) = λ2011 − 2011λ.