《高等代数》上有 24 条评论

1. 第1题 数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1300984308
   设$n$阶实方阵$A$满足$AA^{\mathrm{T}}=A^2$ , 求证 :$A=A^{\mathrm{T}}$ .

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   • 证明 : 设方阵$A$为$\{a_{ij}\}_{n\times n}$ , 那么

     $$\mathrm{tr}(A^2)=\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n a_{ik}a_{ki}~,~\mathrm{tr}(AA^{\mathrm{T}})=\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n a_{ik}a_{ik}$$

     因此

     $$\mathrm{tr}(AA^{\mathrm{T}}-A^2)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n\left(a_{ik}-a_{ki}\right)^2\ge 0$$

     等号成立当且仅当$a_{ik}=a_{ki},\forall i,k\in \{1,2,\cdots,n\}$ , 即$A=A^{\mathrm{T}}$ .

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2. 第2题 高等代数吧 http://tieba.baidu.com/p/1287387873
   已知$A,B$为$n$阶实对称方阵 , $A,B,A+B$都可逆且$AB=BA$ , 求证 :

   $$(A+B)^{-1}\ne A^{-1}+B^{-1}$$

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   • 证明 : 反设$(A+B)^{-1}=A^{-1}+B^{-1}$ , 则

     $$I=(A^{-1}+B^{-1})(A+B)=2I+A^{-1}B+B^{-1}A,$$

     因此$A^{-1}B+B^{-1}A=-I$ . 因为$AB=BA$ , 且$A,B$为实对称矩阵 , 所以$A,B$有共同的实特征向量 . 设这个实特征为$e$ , 对应$A,B$的实特征值为$\alpha,\beta$ , 则$Ae=\alpha e,Be=\beta e,\alpha\beta\ne 0$ , 以及

     $$A^{-1}e=\frac{1}{\alpha}e~,~B^{-1}e=\frac{1}{\beta}e,$$

     因此

     $$-e=-Ie=\left(A^{-1}B+B^{-1}A\right)e=\left(\frac{\alpha}{\beta}+\frac{\beta}{\alpha}\right)e.$$

     因为$e$不是零向量 , 所以$\displaystyle\frac{\alpha}{\beta}+\frac{\beta}{\alpha}+1=0$ . 但是由均值不等式有

     $$\left|\frac{\alpha}{\beta}+\frac{\beta}{\alpha}\right|\ge 2$$

     所以$\displaystyle\frac{\alpha}{\beta}+\frac{\beta}{\alpha}+1\ne 0$矛盾 , 所以反设不成立 , 因而命题得证 .

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3. 第3题 高等代数吧 http://tieba.baidu.com/p/1301772730
   设$A$是一个$n$阶矩阵 , $A^2=4A$ , $A$的秩为$r$ , 求$|A-3I|$ , 其中$I$为单位矩阵 .

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   • 解 : 由于$A^2-4A=A(A-4I)=0$没有重因式 , 所以$A$可对角化 , 且特征值为$0,4$ . 又因为$A$的秩为$r$ , 所以$A$有$r$重特征值4 , $n-r$重特征值0 . 因此存在可逆矩阵$P$ , 使得

     $$P^{-1}AP=\mathrm{diag}\{4,\cdots,4,0,\cdots,0\}$$

     其中4有$r$个 , 0有$n-r$个 . 那么此时有

     $$|A-3I|=|P^{-1}AP-3I|=|\mathrm{diag}\{1,\cdots,1,-3,\cdots,-3\}|=(-3)^{n-r}$$

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4. 第4题 高等代数吧 http://tieba.baidu.com/p/1301772730
   设$A,B$为$n$阶方阵 , 如果$E_n-AB$可逆 , 则$E_n-BA$也可逆 .

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   • 证明 : 因为$E_n-AB$可逆 , 所以$(E_n-AB)^{-1}$存在 , 此时

     $$\begin{aligned}&(E_n-BA)(E_n+B(E_n-AB)^{-1}A)\\ =&E_n-BA+B(E_n-AB)^{-1}A-BAB(E_n-AB)^{-1}A\\ =&E_n-BA+B\left(E_n-AB\right)(E_n-AB)^{-1}A\\ =&E_n-BA+BA=E_n\end{aligned}$$

     因此$E_n-BA$可逆 .

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     • 用初等矩阵的变换证明$|E_n-AB|=|E_n-BA|$更简单

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       • 但是代码不简单

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5. 第5题 高等代数吧 http://tieba.baidu.com/p/1301772730
   设$A$为$m\times n$阶实矩阵 , 证明 : $\mathrm{r}(A'A)=\mathrm{r}(A)$ , 其中$A'$为$A$的转置 .

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   • 证明 : 我们只需要证明$A'Ax=0$和$Ax=0$同解 . 首先如果$x$满足$Ax=0$ , 则必有$A'Ax=0$ , 于是$Ax=0$的解都是$A'Ax=0$的解 . 反过来 , 设$x$满足$A'Ax=0$ , 则$x'A'Ax=0$. 如果令$Ax=y$ , 其中$y=(y_1,y_2,\cdots,y_n)'$, 则$y'y=0$ , 即

     $$y'y=y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2=0$$

     于是$y_1=y_2=\cdots=y_n=0$ , 即$y=0$ . 因此如果$x$满足$A'Ax=0$必有$Ax=0$ , 即$A'Ax=0$的解都是$Ax=0$的解 . 综上所述 , $A'Ax=0$ 和$Ax=0$同解 , 于是$\mathrm{r}(A'A)=\mathrm{r}(A)$ .

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6. 第6题 高等代数吧 http://tieba.baidu.com/p/1301772730
   设$A=(a_{ij})_{m\times n}$ , 且$\displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij}=0,\forall i\in\{1,2,\cdots,n\}$ , 求证 :

   $$A_{n1}=A_{n2}=\cdots=A_{nn},$$

   其中$A_{ij}$是$a_{ij}$的代数余子式 .

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   • 证明 : 设$e=(1,1,\cdots,1)'$ , 则由$\displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij}=0,\forall i\in\{1,2,\cdots,n\}$知$Ae=0$ , 于是$A$有特征值0 , 于是$A$不可逆 . 当$\mathrm{r}(A)<n-1$时 , 此时显然有

     $$A_{n1}=A_{n2}=\cdots=A_{nn}=0.$$

     当$\mathrm{r}(A)=n-1$时 , 此时$AA^*=0$ , 其中$A^*$为$A$的伴随矩阵 . 又因为$\mathrm{r}(A)=n-1$ , 所以$Ax=0$的基础解系只有一个向量 , 而前面提到$Ae=0$且$e\ne 0$ , 所以$e$的$Ax=0$的基础解系 . 另外由$AA^*=0$ , 及$(A_{n1},A_{n2},\cdots,A_{nn})'$为$A^*$的第$n$列知

     $$A(A_{n1},A_{n2},\cdots,A_{nn})'=0$$

     所以$(A_{n1},A_{n2},\cdots,A_{nn})'=\lambda(1,1,\cdots,1)'$ , 将$\lambda$乘进向量 , 易得$A_{n1}=A_{n2}=\cdots=A_{nn}$ .

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7. 第7题 数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1302299359
   设$A$为数域$\mathbb{F}$上$n$维线性空间$V$上的线性变换 , 且满足$A^{n-1}\ne 0$ , $A^n =0$ , 求证 : $A$有$n+1$个不变子空间 .

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   • 证明 : 由于$A^{n-1}\ne 0$ , 在存在非零向量$\alpha\in V$满足$A^{n-1}\alpha\ne 0$ , 而$A^{n}=0$ , 所以$A^n \alpha =0$ . 下面证明 : $\alpha ,A\alpha,\cdots,A^{n-1}\alpha$线性无关 . 设$b_1,b_2,\cdots,b_n$满足

     $$b_1\alpha+b_2A\alpha+\cdots+b_nA^{n-1}\alpha=0$$

     如果$b_1,b_2,\cdots,b_n$不全为0 , 设第一个不为0的数为$b_k$ , 则$b_1=\cdots=b_{k-1}=0$ , 此时

     $$b_kA^{k-1}\alpha+b_{k+1}A^k\alpha+\cdots+b_nA^{n-1}\alpha=0$$

     将$A^{n-k}$作用在$b_kA^{k-1}\alpha+b_{k+1}A^k\alpha+\cdots+b_nA^{n-1}\alpha$上 , 则有

     $$b_kA^{n-1}\alpha=A^{n-k}(b_kA^{k-1}\alpha+b_{k+1}A^k\alpha+\cdots+b_nA^{n-1}\alpha)=0$$

     因为$A^{n-1}\alpha\ne 0$ , 所以$b_k=0$ , 矛盾 . 所以$b_1,b_2,\cdots,b_n$全为0 , 即 $\alpha ,A\alpha,\cdots,A^{n-1}\alpha$线性无关 .
     设$W$为$A$的不变子空间 , 则设$W$中的一个非零向量$e$可表示为

     $$e=a_kA^{k-1}\alpha+a_{k+1}A^k\alpha+\cdots+a_nA^{n-1}\alpha$$

     其中$a_k\ne 0$则

     $$A^{n-k}e=a_kA^{n-1}\alpha\in W\Longrightarrow A^{n-1}\alpha\in W$$

     同样

     $$A^{n-k-1}e=a_kA^{n-2}\alpha+a_{k+1}A^{n-1}\alpha\in W$$

     而$A^{n-1}\alpha\in W$ , 所以$A^{n-2}\alpha\in W$ . 类似可得$A^{n-3}\alpha,\cdots,A^k\alpha,A^{k-1}\alpha\in W$ . 因此若取$W$的一组基$e_1,e_2,\cdots,e_r$ , 设它们在$\alpha ,A\alpha,\cdots,A^{n-1}\alpha$下的坐标分别为$(a_{i1},a_{i2},\cdots,a_{in})^{\mathrm{T}}$ , 其中$i=1,2,\cdots,r$ . 设矩阵$A=(a_{i,j})_{n\times r}$ , 则如果$A$的第$l$个行向量不为0而前面$l-1$个行向量都为0 , 即存在$j\in (1,2,\cdots,r)$使得$a_{jl}\ne 0$ , 则利用前面所得结论有$W=L(A^{n-1}\alpha,\cdots,A^l\alpha,A^{l-1}\alpha)$ . 因为$l$的取值有$0,1,2,\cdots,n$这$n+1$种 , 所以对应$A$的不变子空间$W$有$n+1$个 .

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8. 第8题 博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22799&extra=page%3D1 2007 北京大学
   设$f(x,y)$为双线性函数 , 对任意的$\alpha,\beta,\gamma$都有

   $$f(\alpha,\beta)f(\gamma,\alpha)=f(\beta,\alpha)f(\alpha,\gamma)$$

   求证 : $f$或为对称的反为放对称的 .

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   • 证明 : 如果对任意的$\alpha$有$f(\alpha,\alpha)=0$ , 此时$f$为反对称的 . 否则设$f(\alpha,\alpha)\ne 0$ , 则

     $$f(\alpha,\alpha)f(\gamma,\alpha)=f(\alpha,\alpha)f(\alpha,\gamma)$$

     得对任意的$\gamma$有$f(\alpha,\gamma)=f(\gamma,\alpha)$ .
     再考虑任意的$\beta$ , 当$f(\alpha,\beta)\ne 0$时 , 此时由

     $$f(\beta,\alpha)f(\gamma,\beta)=f(\alpha,\beta)f(\beta,\gamma)$$

     知$f(\beta,\gamma)=f(\gamma,\beta)$ .
     当$f(\alpha,\beta)= 0$时 , 此时$f(\alpha,\beta+\alpha)\ne 0$ , 因此由

     $$f(\beta+\alpha,\alpha)f(\gamma,\beta+\alpha)=f(\alpha,\beta+\alpha)f(\beta+\alpha,\gamma)$$

     知$f(\gamma,\beta+\alpha)=f(\beta+\alpha,\gamma)$ . 又因为$f(\alpha,\gamma)=f(\gamma,\alpha)$及$f$为双线性 , 所以$f(\beta,\gamma)=f(\gamma,\beta)$ .
     综上所述 , 此时总有$f(\beta,\gamma)=f(\gamma,\beta)$ , 即$f$为对称的 .

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9. 第9题 博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22952&extra=page%3D1
   设$n$阶方阵$A$的元素均为整数 , 有理数$\displaystyle b=\frac{q}{p}$为即约分数(即$p\ne 1$并且$p,q$互素) , 证明 : 线性方程组$AX=bX$只有零解 .

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   • 证明 : 问题等价于证明$\det(pA-qI)\ne 0$ . 设$A=(a_{ij})_{n\times n}$ , 则矩阵$pA-qI$的第$(i,j)$元素为

     $$b_{ij}=pa_{ij}-q\sigma_{ij},$$

     其中$\sigma_{ij}=1$当$i=j$时 , 否则$\sigma_{ij}=0$ .
     因为$p,q$互素 , 所以当$i=j$时$b_{ij}$与$p$互素 ; 当$i\ne j$时$b_{ij}$是$p$的倍数 . 易知此时

     $$\det(pA-qI)\equiv \prod_{i=1}^n (pa_{ii}-q)\equiv -(1)^nq^n\pmod{p}.$$

     因为$p,q$互素 , 所以$\det(pA-qI)$模$p$不为0 , 所以$\det(pA-qI)\ne 0$ , 从而命题得证 .

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10. 第10题 数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1335645094
    已知数域$\mathbb{P}$上的多项式$f(x),g(x)$分别为$m,n$次多项式 , 且$m,n>1$ , 试以$f(x),g(x)$构造一数域$\mathbb{P}$上$mn-1$次可约多项式 .

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    • 解 : 设$f(x)=xh(x)+f(0)$ , 其中$h(x)$分别为$m-1>1$次多项式 , 则

      $$\frac{g(f(x))-g(f(0))}{x}=\frac{f(x)-f(0)}{x}\cdot l(x)=h(x)l(x)$$

      其中$l(x)$为一$m\times(n-1)$次多项式 , 故$\displaystyle \frac{g(f(x))-g(f(0))}{x}$为数域$\mathbb{P}$上$mn-1$次可约多项式 .

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