上海师范大学2018年研究生入学考试高等代数试题评注

摘要 本文给出了上海师范大学2018年研究生入学考试高等代数试题的评注与最后一题的三种解法.

1.求解方程组,其中

评注 第1题考察线性方程组求解理论,我们一般采用的方法是比较系数矩阵的秩,增广矩阵的秩与自变量个数三者之间的关系,若系数矩阵的秩小于增广矩阵的秩,则线性方程组无解;若前两者相等,则进一步与自变量个数比较,若等于后者则有唯一解,若小于后者,则有无穷多解,此时应该使用一个非齐次方程的特解与若干齐次通解的形式表出解的一般形式,通解个数为自变量个数减去系数矩阵的秩.本题属于基本的计算题.

2.设矩阵的伴随矩阵为

且满足,求矩阵.

评注 第2题考察矩阵的基本运算,需要利用伴随矩阵与逆矩阵的关系,同时应该注意如果对方阵两边取行列式时,矩阵前的系数应该被乘了次,同时矩阵的乘法不可随意交换次序.本题属于基本的计算题.

3.求矩阵

的最小多项式,初等因子与Jordan标准型.

评注 第3题是考察相似标准型的不变量求解,应该注意极小多项式一定是特征多项式的因式;在求解初等因子的时候,应该注意巧求不变因子,不一定要使用矩阵的初等行变换求解,要多利用行列式因子与不变因子的关系,若能找出某个主子阵为常数,则该阶不变因子一定是!于是直接可以得到本题的最小多项式与不变因子,进而写出初等因子与Jordan标准型.本题属于基本的计算题.

4.用正交变换化下列二次型为标准型

评注 第4题考察正交变换化二次型为标准型,应注意在求对称矩阵的特征值时使用降阶特征值,如本题可直接看出一定是特征值(使得特征方程行列式为0),所以分离后得到另一个特征值为,进而求出两两正交的特征向量,注意此时属于不同的特征值的特征向量一定正交,所以只要考虑使得重根的特征向量正交即可,尽量不使用Gram-Schmidt正交化公式,尤其四阶矩阵.本题属于基本的计算题.

5.设阶方阵的秩是,其中是的个列向量,设

判断齐次线性方程组是否有非零解,并说明理由.

评注 第5题本质上考察线性变换与矩阵的一一对应,即写出矩阵在这组基下的表示矩阵,此时若矩阵可逆则只有零解,若不可逆则有非零解,由于这时候奇数阶和偶数阶的情况不一样,分类讨论得到奇数阶矩阵对应的行列式不为0,偶数阶为0(按最后一行展开),注意非零解时的秩为阶数减1,于是解空间是一维空间,容易写出解的一般形式.本题为基本题.

6.设是数域上的阶方阵,证明:.

评注 第6题考察秩的等式证明问题,一般处理思路可以通过利用同解的线性方程组秩相同,转化为证明两个线性方程组有同解,即两个解空间相互包含,本题可进一步推广证明

证明思路是首先大于等于容易得到(越乘秩越小),然后分与考虑,前者利用抽屉原理即可说明存在使得,再利用Frobenius不等式,容易得到其中是任意的;本题也可以转换为证明像空间链的互相包含.

7.设是4维线性空间的3个平凡子空间,证明:存在向量,使得.

评注 第7题考察子空间的性质,注意子空间的并通常并不是子空间,类似的在抽象代数里有子群的并不一定是子群;本题证明关键在于构造反证至多只有一个(有限多个)满足假设,而数域是无限的(有无限个元素),本题可推广到有限维空间维空间,注意对有限域不一定成立,本题的推广如下:设向量空间存在若干个真子空间,则可在向量空间中找到一组基,其每个基向量都不属于其中诸真子空间的并,证明关键在于不断地添加线性无关的向量,构造满足题意的那组基.本题有不小难度,却为经典题.

8.设为维列向量,为阶可逆阵,证明:

评注 第8题考察分块矩阵的降阶公式的反向使用,关键在于构造分块矩阵;注意有些情况下不可逆的矩阵使用降阶公式时,要利用摄动法转化为可逆的情形进行使用(即构造其中是一列有理数,且极限是0).本题属于基本技巧和方法的运用.

9.设是维欧氏空间,和是的子空间,且,证明:中存在一个非零向量,它与中的任意向量都正交.

评注 第9题考察正交补空间相关性质,证明关键利用维数公式反证如果没有这个与任意向量正交的向量,则全空间的维数会大于,因为任意一个空间都有对应的正交补空间,且这是直和分解.本题较为巧妙.

10.设是次有理系数多项式,且, 是一个素数,证明:不是的根.

评注 第10题考察有理多项式的可约判别,使用Eisenstein判别法即可得到原多项式与的关系,排除整除后,利用互素多项式的性质得到不是多项式的根(代入后多项式值不为0).本题属于利用多项式的基本性质与方法的运用.

11.设是阶实对称阵且,证明:若是半正定阵,则存在正交阵,使得和同时为对角阵.

评注 本题证明方法较为丰富,我们给出以下三种证明方法:

用正定阵的正交相似标准型证明如下:由于半正定,于是存在正交阵,使得,其中,将等式两边左乘,右乘,有

由于题目结论在正交相似下不改变,不妨设为,设,则由于,得到,当至少有一个落在中时,于是,从而

这是一个实对称阵,故存在阶正交阵,使得,令

是阶正交阵,且

用数学归纳法证明如下:对矩阵的阶进行归纳,不妨设是维欧氏空间上的对称变换在标准正交基下的表示矩阵,由于,且的特征值全大于等于0,若的特征值全为0,则,命题得证;下设至少有一个特征值,设是属于的单位特征向量,有,而的特征值全非负,于是,将扩充为的一组标准正交基,令,则正交且为不变子空间,于是

其中皆为阶实对称阵且半正定,,由归纳假设知存在正交阵,使得为对角阵,令

则正交,且和同时为对角阵.(本方法由周才军教授提供,在此表示感谢!)

用正规阵性质与正定阵的算术平方根唯一性证明如下:,于是存在正交阵,使得

而,由正定阵的算术平方根的唯一性得到

参考文献

[1]姚慕生、吴泉水、谢启鸿,《高等代数学 (第三版)》,复旦大学出版社,2014年

[2]姚慕生、谢启鸿,《高等代数学习指导书(第三版)》,复旦大学出版社,2015年