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高等代数问题解答
高等代数资源博客 www.52gd.org November 2ຫໍສະໝຸດ Baidu, 2010
1 声明
您现在看到的这份文件来自http://www.52gd.org.本站原创的内容，采用创作共用组 织（Creative Commons）的“公共领域”（Public Domain）许可。即放弃一切权利，全 归公共领域。但涉及到其他版权人的摘录、转载、投稿、翻译等类内容不在此列。 本文的内容仅供学习参考之用,作者不对内容的正确性作任何承诺,作者不对因使用本 文而造成的一切后果承担任何责任. 关于如何使用本文的建议:首先保证自己认真做了一遍题目,否则请不要查看本文.记 住: 别人做是别人的，自己做才是自己的 . 作者水平有限,错误不可避免,欢迎您来信指教:www52gdorg@163.com.
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都是对角阵.由A, B, A + B 都可逆知µi , λi , λ + µi 都不等于0,且 1/(λ1 + µ1 ) −1 .. (A + B )−1 = H H , . 1/(λn + µn ) A− 1 + B − 1 1/λ1 + 1/µ1 .. =H . 1/λn + 1/µn 从而可知结论成立. 6.设A ∈ P n×n , W = {B ∈ P n×n |AB = BA}. (1)求证:W 是P n×n 的子空间; (2)若A的全体次数非零的不变因子为λ, λ2 (λ − 1),求dim W. 证明:(1)略. (2)首先,线性空间的维数不随数域的扩大而改变.所以可以在复数域上求解. 由条件知A的Jordan标准形为 0 1 J = 0 1 0 即存在可逆矩阵P 使得P −1 AP = J.于是 P −1 AP P −1 BP = P −1 BP P −1 AP 计算可得P −1 BP 形式如下: b11 0 0 b14 0 b22 0 0 P −1 BP = b31 0 b33 b34 0 0 0 b33 从而可知dim W = 6. ◇※☆■◇◇※☆■◇ 4 高等代数资源博客http://www.52gd.org −1 H
2 参考解答
1.设实对称矩阵A的阶数为偶数,且满足A3 + 6A2 + 11A + 6E = 0.证明:A的伴随矩 阵A∗ 为负定矩阵. 证明:首先,设λ为矩阵A的任一特征值,α为对应的特征向量,即 Aα = λα, α ̸= 0 故 0 = (A3 + 6A2 + 11A + 6E )α = (λ3 + 6λ2 + 11λ + 6)α 由α ̸= 0可得 0 = λ3 + 6λ2 + 11λ + 6 = (λ + 1)(λ + 2)(λ + 3)
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高等代数问题解答 令 Pr1 .. Q= . Prt 则Q, H 为正交阵且使得 µ1 −1 .. H BH = . µn λ1 −1 .. , H AH = . λn ,H = PQ
高等代数问题解答 终于完成了,来张美图犒劳自己一下吧.
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这个贝壳漂亮吧?
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3.设rank (A − E ) = p, rank (B − E ) = q.求证:rank (AB − E ) ≤ p + q.
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高等代数问题解答 证明:由于 ( A−E 故 ( p + q = rank A−E ) B−E A − E AB − B = rank A − E AB − E ( )
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) B−E →
(
A − E AB − B B−E
) →
(
A − E AB − B A − E AB − E
)
≥ rank (AB − E )
4.设A, B 都是n阶方阵,且rank (A) = rank (BA).证明:rank (A2 ) = rank (BA2 ). 证明:首先线性方程组Ax = 0的解都是BAx = 0的解,又rank (A) = rank (BA),故两个 方程组的基础解系所含向量的个数相等,从而Ax = 0与BAx = 0同解. 下证A2 x = 0与BA2 x = 0同解.显然A2 x = 0的解是BA2 x = 0的解.设x0 为BA2 x = 0的 任一解,则 0 = BA2 x = BA(Ax) 即Ax是BAx = 0的解,由Ax = 0与BAx = 0同解可得0 = A(Ax) = A2 x.这就证明了A2 x = 0与BA2 x = 0同解.从而其基础解系所含向量个数相等,即 n − rank (A2 ) = n − rank (BA2 ) 从而rank (A2 ) = rank (BA2 ). 5.设A, B 为可换的n阶实对称矩阵,且A, B, A + B 都可逆,证明:(A + B )−1 ̸= A−1 + B −1 . 证明:由于A为实对称矩阵,故存在正交阵P 使得 λ 1 Er1 −1 ... P AP = λ t Ert 其中λ1 , · · · , · · · , λt 为A的互不相同的特征值. 于是由AB = BA有 P −1 AP P −1 BP = P −1 BP P −1 AP, 从而可知 Br1 −1 .. P BP = . B rt 而由B 也是实对称矩阵,从而也能够对角化,即Bri 可对角化,故存在正交阵Pri 使得 µi1 1 .. Pr− Bri Pri = , i = 1, · · · , t . i µiri
即A的特征值只能为−1, −2, −3.由A的阶数为偶数知|A| > 0.(因为行列式为所有特征值的 1 1 乘积).A−1 的特征值只能为−1, − 2 , −3 .而A∗ = |A|A−1 .易知A∗ 实对称.从而A∗ 的特征值都 是负的. 1
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2.设V 是数域P 上的线性空间,V = W1 ⊕ W2 . A1 , A2 分别为W1 , W2 上的线性变换.定义 法则A 如下: A (α1 + α2 ) = 2A1 (α1 ) − 3A2 (α2 ), ∀α1 ∈ W1 , α2 ∈ W2 1)求证A 是V 上的线性变换; 2)求证W1 是A −子空间; 3)若dim W1 = n1 , dim W2 = n2 , detA1 = d1 , detA2 = d2 ,求detA . 证明:1)∀α1 , β1 ∈ W1 , α2 , β2 ∈ W2 , ∀k ∈ P,则 A [(α1 + α2 ) + (β1 + β2 )] = A [(α1 + β1 ) + (α2 + β2 )] = 2A1 (α1 + β1 ) − 3A2 (α2 + β2 ) = 2A1 (α1 ) + 2A1 (β1 ) − 3A2 (α2 ) − 3A2 (β2 ) = A (α1 + α2 ) + A (β1 + β2 ) A [k (α1 + α2 )] = A (kα1 + kα2 ) = 2A1 (kα1 ) − 3α = k (2A1 (α1 ) − 3A2 (α2 )) = 2A (α1 + α2 ) 故结论成立. 2)∀α1 ∈ W1 ,则 于是 A (α1 ) = 2A1 (α1 ) − 3A2 (0) = 2A1 (α1 ) ∈ W1 故结论成立. 3)设 α1 , · · · , αn1 与 β1 , · · · , βn2 分别为W1 , W2 的基,则它们合起来为V 的基.设 A1 (α1 , · · · , αn1 ) = (α1 , · · · , αn1 )A1 A1 (β1 , · · · , βn2 ) = (β1 , · · · , βn2 )A2 则 A (α1 , · · · , αn1 , β1 , · · · , βn2 ) = (α1 , · · · , αn1 , β1 , · · · , βn2 ) 于是 detA = 2A1 −3A2 = |2A1 || − 3A2 | = 2n1 d1 (−3)n2 d2 . ( 2A1 ) −3A2 α1 = α1 + 0, α1 ∈ W1 , 0 ∈ W2
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都是对角阵.由A, B, A + B 都可逆知µi , λi , λ + µi 都不等于0,且 1/(λ1 + µ1 ) −1 .. (A + B )−1 = H H , . 1/(λn + µn ) A− 1 + B − 1 1/λ1 + 1/µ1 .. =H . 1/λn + 1/µn 从而可知结论成立. 6.设A ∈ P n×n , W = {B ∈ P n×n |AB = BA}. (1)求证:W 是P n×n 的子空间; (2)若A的全体次数非零的不变因子为λ, λ2 (λ − 1),求dim W. 证明:(1)略. (2)首先,线性空间的维数不随数域的扩大而改变.所以可以在复数域上求解. 由条件知A的Jordan标准形为 0 1 J = 0 1 0 即存在可逆矩阵P 使得P −1 AP = J.于是 P −1 AP P −1 BP = P −1 BP P −1 AP 计算可得P −1 BP 形式如下: b11 0 0 b14 0 b22 0 0 P −1 BP = b31 0 b33 b34 0 0 0 b33 从而可知dim W = 6. ◇※☆■◇◇※☆■◇ 4 高等代数资源博客http://www.52gd.org −1 H
2 参考解答
1.设实对称矩阵A的阶数为偶数,且满足A3 + 6A2 + 11A + 6E = 0.证明:A的伴随矩 阵A∗ 为负定矩阵. 证明:首先,设λ为矩阵A的任一特征值,α为对应的特征向量,即 Aα = λα, α ̸= 0 故 0 = (A3 + 6A2 + 11A + 6E )α = (λ3 + 6λ2 + 11λ + 6)α 由α ̸= 0可得 0 = λ3 + 6λ2 + 11λ + 6 = (λ + 1)(λ + 2)(λ + 3)
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3.设rank (A − E ) = p, rank (B − E ) = q.求证:rank (AB − E ) ≤ p + q.
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高等代数问题解答 证明:由于 ( A−E 故 ( p + q = rank A−E ) B−E A − E AB − B = rank A − E AB − E ( )
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) B−E →
(
A − E AB − B B−E
) →
(
A − E AB − B A − E AB − E
)
≥ rank (AB − E )
4.设A, B 都是n阶方阵,且rank (A) = rank (BA).证明:rank (A2 ) = rank (BA2 ). 证明:首先线性方程组Ax = 0的解都是BAx = 0的解,又rank (A) = rank (BA),故两个 方程组的基础解系所含向量的个数相等,从而Ax = 0与BAx = 0同解. 下证A2 x = 0与BA2 x = 0同解.显然A2 x = 0的解是BA2 x = 0的解.设x0 为BA2 x = 0的 任一解,则 0 = BA2 x = BA(Ax) 即Ax是BAx = 0的解,由Ax = 0与BAx = 0同解可得0 = A(Ax) = A2 x.这就证明了A2 x = 0与BA2 x = 0同解.从而其基础解系所含向量个数相等,即 n − rank (A2 ) = n − rank (BA2 ) 从而rank (A2 ) = rank (BA2 ). 5.设A, B 为可换的n阶实对称矩阵,且A, B, A + B 都可逆,证明:(A + B )−1 ̸= A−1 + B −1 . 证明:由于A为实对称矩阵,故存在正交阵P 使得 λ 1 Er1 −1 ... P AP = λ t Ert 其中λ1 , · · · , · · · , λt 为A的互不相同的特征值. 于是由AB = BA有 P −1 AP P −1 BP = P −1 BP P −1 AP, 从而可知 Br1 −1 .. P BP = . B rt 而由B 也是实对称矩阵,从而也能够对角化,即Bri 可对角化,故存在正交阵Pri 使得 µi1 1 .. Pr− Bri Pri = , i = 1, · · · , t . i µiri
即A的特征值只能为−1, −2, −3.由A的阶数为偶数知|A| > 0.(因为行列式为所有特征值的 1 1 乘积).A−1 的特征值只能为−1, − 2 , −3 .而A∗ = |A|A−1 .易知A∗ 实对称.从而A∗ 的特征值都 是负的. 1
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2.设V 是数域P 上的线性空间,V = W1 ⊕ W2 . A1 , A2 分别为W1 , W2 上的线性变换.定义 法则A 如下: A (α1 + α2 ) = 2A1 (α1 ) − 3A2 (α2 ), ∀α1 ∈ W1 , α2 ∈ W2 1)求证A 是V 上的线性变换; 2)求证W1 是A −子空间; 3)若dim W1 = n1 , dim W2 = n2 , detA1 = d1 , detA2 = d2 ,求detA . 证明:1)∀α1 , β1 ∈ W1 , α2 , β2 ∈ W2 , ∀k ∈ P,则 A [(α1 + α2 ) + (β1 + β2 )] = A [(α1 + β1 ) + (α2 + β2 )] = 2A1 (α1 + β1 ) − 3A2 (α2 + β2 ) = 2A1 (α1 ) + 2A1 (β1 ) − 3A2 (α2 ) − 3A2 (β2 ) = A (α1 + α2 ) + A (β1 + β2 ) A [k (α1 + α2 )] = A (kα1 + kα2 ) = 2A1 (kα1 ) − 3α = k (2A1 (α1 ) − 3A2 (α2 )) = 2A (α1 + α2 ) 故结论成立. 2)∀α1 ∈ W1 ,则 于是 A (α1 ) = 2A1 (α1 ) − 3A2 (0) = 2A1 (α1 ) ∈ W1 故结论成立. 3)设 α1 , · · · , αn1 与 β1 , · · · , βn2 分别为W1 , W2 的基,则它们合起来为V 的基.设 A1 (α1 , · · · , αn1 ) = (α1 , · · · , αn1 )A1 A1 (β1 , · · · , βn2 ) = (β1 , · · · , βn2 )A2 则 A (α1 , · · · , αn1 , β1 , · · · , βn2 ) = (α1 , · · · , αn1 , β1 , · · · , βn2 ) 于是 detA = 2A1 −3A2 = |2A1 || − 3A2 | = 2n1 d1 (−3)n2 d2 . ( 2A1 ) −3A2 α1 = α1 + 0, α1 ∈ W1 , 0 ∈ W2