北京大学2020年高等代数与解析几何试题及解答

1
1. 因为 im φn 为 Vn+1 的线性子空间, 从而 im φn = {0}, ker φ0 为 V0 的线性子空间, 从而 ker φ0 = {0}. 再注 意到
dim ker φi + dim im φi = dim Vi, i = 0, 1, . . . , n, dim ker φi+1 = dim im φi, i = 0, 1, . . . , n − 1.
− sin φj cos φj
=
− sin φj cos φj
][ ]
cos φj
01 ,
sin φj 1 0
(φj ̸= kπ, j = 1, 2, . . . , l) .
注意到若 σ 是正交变换, 则 σ 是镜面反射当且仅当 σ 在 V 中的标准正交基下的矩阵的特征值为 1 (n − 1 重), −1 (1 重), 而把 J 分解成有限个那样的正交矩阵的乘积的分解是存在的, 这里的有限个更 精确一点可改为不超过 n 个, 于是 σ 可以表示为一系列镜面反射的乘积.
5. (20 分) 设 n ⩾ 2, A ∈ Mn(C), A 的所有特征值为 λ1, . . . , λk, 每个特征值 λi 的特征子空间有一组以特征向 量 αi1, . . . , αiji 构成的基底, A∗ 为 A 的伴随矩阵. 求 A∗ 的所有特征值和特征向量.
6. (15 分) 设 η 是欧氏空间 V (内积为 (·, ·)) 上的一个单位向量, 定义映射 σ : V → V, σ(α) = α − 2(η, α)η, ∀ α ∈ V.
故有
∑n
∑n
∑n
(−1)i dim Vi = (−1)i dim Vi = (−1)i (dim ker φi + dim im φi)
i=1
i=0
i=0
= − dim ker φ0 + (−1)n dim im φn = 0.
2. 设 p(x) = a0 + a1x + · · · + akxk, 由 p(0) = c0, . . . , p(k) = ck 得
北京大学 2020 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 2020.01.30
记号: 设 φ : V → W 是线性映射, 则 ker φ = {v ∈ V | φ(v) = 0} , im φ = {φ(v) | v ∈ V } .
1.
(10 0, 1,
分) ...,
给定数域 F 上的有限维空间 n, 满足 ker φi+1 = im φi, i =
8. (20 分) 在平面 π 上取定平面直角坐标系, 设该平面里的一条二次曲线 γ 的方程为 x2 + 2y2 + 6xy + 8x + 10y + 6 = 0.
(1) 证明: γ 是双曲线. (2) 写出 γ 的长短轴方程和长短轴长, 并指出长短轴中哪一个与 γ 有交点.
9. (15 分) 在平面 π 上取定平面直角坐标系, 已知该平面里的一个椭圆 γ 的方程为 x2+8y2+4xy+6x+20y+4 = 0. 求 γ 的内接三角形 (即三个顶点都在 γ 上的三角形) 的面积的最大值.
下面说明非零 r 阶主子式均符号相同. 设 αi1 , αi2 , . . . , αir 与 βj1 , βj2 , . . . , βjr 分别是两组不同的极大线性 无关行向量组. 由前部分的论述知第 i1, i2, . . . , ir 行, 第 i1, i2, . . . , ir 列对应的主子式非零, 做行对换将第 i1 行换到第 1 行, 第 i2 行换到第 2 行,…, 第 ir 行换到第 r 行, 再做对应的列对换, 此时得到的矩阵 A1 的第 1, 2, . . . , r 行, 第 1, 2, . . . , r 列对应的主子式非零且与原矩阵 A 的第 i1, i2, . . . , ir 行, 第 i1, i2, . . . , ir 列对应 的主子式的值相同. 同样可以将第 j1, j2, . . . , jr 行, 第 j1, j2, . . . , jr 列换到第 1, 2, . . . , r 行, 第 1, 2, . . . , r 列 得到矩阵 A2, 它的 r 阶顺序主子式非零.
5. 当 rank(A) < n − 1 时, A∗ = 0, 于是 A∗ 的特征值为 0, 特征向量为 Cn 中任意非零向量.
当 rank(A) = n − 1 时, rank (A∗) = 1, 于是 A∗ 的特征值为 0 (n − 1 重), tr (A∗) (1 重), 设 A∗ = αβT, 则 tr (A∗) 对应的特征向量为 kα, k ̸= 0; 0 对应的特征向量为由 A 的列向量线性生成的非零向量.
注 在证明 A 的非零主子式均同号时, 我们做得更彻底一点, 在进行互换位置的操作后, 再做一些初等变换, 让最终得到的矩阵 A1, A2 的前 r 行前 r 列以外的地方均变成零, 然后, 先说明存在可逆矩阵 P, 使得 A2 = P A1P T, 最后用下分块矩阵就可以完成证明.
4. 必要性: 存在一组基 α1, α2, . . . , αn 使得 φ (α1, α2, . . . , αn) = (α1, α2, . . . , αn) diag {λ1, λ2, . . . , λn} , 于是
(
√)
−
1 2
,
3 2
,
t
,
w⃗ =
−
1 2
,
−
3 2
,
t
, 设 ⃗x = (x1, x2, x3) , 则由题设中的两个外积关系式得
(
√√
)
bc3
3
(tx2, x3 − tx1, −x2) =
a − − , b − c, (a + b + c) t
2 22
2
,
(
√
√
)(
√√
)
tx2 −
31 2 x3, − 2 x3 − tx1,
设 (βj1 , βj2 , . . . , βjr )T = P (αi1 , αi2 , . . . , αir )T ,
由于矩阵 P 可以表示为有限个初等行变换对应的初等矩阵的乘积, 因此若只考虑 A1, A2 的前 r 行前 r 列 对应的矩阵 A˜1, A˜2, 则 A˜2 = P A˜1P T, 于是 det A˜2 = det A˜1 (det P )2 , 又由于 det P ̸= 0, 综上可得 A 的非 零主子式均同号.
3 2 x1wk.baidu.com
+
x2 2
=
ab
3
3
− 2 − 2 + c,
2 a−
b, (a + b + c) t 2
,
3
两式相减得
(√ 3
√ 33
)(
3
3
√ 33
√
√) 3
− 2 x3, − 2 x3, 2 x1 + 2 x2
=
− a + c, a − 2 22
3b + c, 0 2
,
√ 由最后一个式子的前两个分量可得 2a − b − c = 0, 从第三个分量得 x1 = − 3x2, 再从第一个式子的 前后两个分量得 tx2 = 0, 0 = (a + b + c) t2. 若 t = 0, 则 ⃗u + ⃗v + w⃗ = 0, 于是 ⃗x × (⃗u + ⃗v + w⃗ ) = (a + b + c) (⃗u + ⃗v + w⃗ ) , 从而 ⃗x × w⃗ = aw⃗ + b⃗u + c⃗v. 若 t ̸= 0, 则 x1 = x2 = 0, a + b + c = 0, 直接计算得 ⃗x × (⃗u + ⃗v + w⃗ ) = (a + b + c) (⃗u + ⃗v + w⃗ ) , 从而 ⃗x × w⃗ = aw⃗ + b⃗u + c⃗v.
当
rank(A)
=
n
时,
A∗
=
|A| A−1,
于是
A∗
的特征值为
|A| λ1
,
.
.
.
,
|A| λk
,
并且
|A| λi
的特征子空间有一组以特征
向量 αi1, . . . , αiji 构成的基底.
6. (1) 因为 (σ(α), σ(α)) = (α − 2 (η, α) η, α − 2 (η, α) η) = (α, α) , ∀α ∈ V, 于是 σ 是正交变换.
注 利用了蓝以中的《高等代数简明教程》第二版下册第 24 页的定理 2.1.
7. (法一) 由题设知 ⃗u, ⃗v, w⃗ 长度相等, 并且两两之间夹角大小相同.
若夹角为 0, 则 ⃗u = ⃗v = w⃗ , 自然有 ⃗x × w⃗ = aw⃗ + b⃗u + c⃗v.
( √)
若夹角大于 0, 则几何上可考虑正三棱锥, 可以建立适当的直角坐标系, 使得 ⃗u = (1, 0, t) , ⃗v =


a0 = c0 a0 + a1 + · · · + ak = c1
a0
+
a1k
+
·
·
·
+
... ak kk
=
ck
⇐⇒
12...
k
1
22 ...
k2
... ...
...
a0 = c0


1
2k ...

aa...12
V0 0, 1,
= ..
{0}, V1, . , n − 1.
.证. .明, V:n+∑1 ni==1(−{01}).i
设线性映射 dim Vi = 0.
φi
:
Vi
→
Vi+1,
i
=
2. (15 分) 设正整数 k ⩾ 2, 给定 C 上的 k + 1 个数 c0, . . . , ck. 证明: 存在唯一一个不超过 k 次的复系数多项 式 p(x) 满足: p(0) = c0, . . . , p(k) = ck.
(λ id −φ) (α1, α2, . . . , αn) = (α1, α2, . . . , αn) diag {λ − λ1, λ − λ2, . . . , λ − λn} ,
{
}
(λ id −φ)2 (α1, α2, . . . , αn) = (α1, α2, . . . , αn) diag (λ − λ1)2 , (λ − λ2)2 , . . . , (λ − λn)2 ,
2
因此
dim
(im
(λ
id
−φ))
=
rank
(diag (
{λ {
−
λ1,
λ
−
λ2,
.
.
.
,
λ
−
λn})
})
= rank diag (λ − λ1)2 , (λ − λ2)2 , . . . , (λ − λn)2
(
)
= dim im (λ id −φ)2 .
充分性: 存在一组基使 φ 在此组基下的矩阵为 Jordan 标准型, 可设 φ (β1, β(2, . . . , βn) = (β)1, β2, . . . , βn) J, J 中每一个 Jordan 块都只能是一阶的, 否则将有 dim (im (λ id −φ)) > dim im (λ id −φ)2 , 矛盾, 于是 J 是对角矩阵, 故 φ 可对角化.
(2) 对于任一正交变换, 存在 V 中的标准正交基, 使得正交变换在该组基下的矩阵为如下形式


J = λ1
λ2
...
λk
S1
...
,
Sl
其中 λi = ±1 (i = 1, 2, . . . , k), 而
[
][
Sj =
cos φj sin φj
3. (20 分) 设 n ⩾ 2, A ∈ Mn(R), A = AT, rank(A) = r. 证明: A 存在 r 阶非零主子式且所有不为零的 r 阶 主子式符号相同.
4. (20 分) 设 φ 是 C 上 n 阶(线性空间 V 上) 的线性变换. 证明: φ 可对角化 ⇐⇒ 对于 φ 的每一个特征值 λ, dim (im (λ id −φ)) = dim im (λ id −φ)2 , 这里 id 表示恒等变换.
=
cc12
−
− ...
c0 c0
,
kk
ak
ck − c0
由线性方程组的解的存在唯一性知 p(x) 的存在唯一性.
3. 设第 i1, i2, . . . , ir 行是行向量中的一个极大线性无关组, 先做行变换将其余行变为零, 再做对应的列变换, 由 于 A = AT, 于是矩阵中对应的列将变为零, 此时得到的矩阵中只有唯一一个非零 r 阶主子式, 而且这个主 子式也是 A 的一个主子式, 至此就说明了非零 r 阶主子式的存在性.
(1) 证明: σ 是正交变换 (这样的正交变换被称为镜面反射). (2) 证明: 欧氏空间 V 上的任一正交变换都可以表示为一系列镜面反射的乘积.
7. (15 分) 已知向量 ⃗u, ⃗v, w⃗ 满足 |⃗u| = |⃗v| = |w⃗ | > 0, 并且 ⃗u · ⃗v = ⃗v · w⃗ = w⃗ · ⃗u. 证明任取向量 ⃗x, 如果存在系 数 a, b, c 使得 ⃗x × ⃗u = a⃗u + b⃗v + cw⃗ , ⃗x × ⃗v = a⃗v + bw⃗ + c⃗u, 则 ⃗x × w⃗ = aw⃗ + b⃗u + c⃗v.