& 若关于x，y的方程组5x+3ay=16-bx+4y=15（其
若关于x，y的方程组（其中a，b是常数）的解为，则方程组&的解为（　　）
A、B、C、D、
【考点】二元一次方程组的解．
解析与答案
（揭秘难题真相，上）
【考点】二元一次方程组的解．
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若关于x、y的方程组的解也是方程x+y=1的解，求k的值．
若关于x、y的方程组的解都是正整数，那么整数a的值有（　　）
A、1个B、2个C、3个D、4个
若关于x、y的方程组的解有x+y＞0，则m的取值范围是（　　）
A、m＞4B、m＜4C、m＞-4D、m＜-4
若关于x，y的方程组（其中a，b是常数）的解为，则方程组&的解为（　　）
A、B、C、D、
（1）解二元一次方程组：；（2）若关于x、y的方程组与（1）中的方程组有相同的解，求a+b的值．
知识点讲解
经过分析，习题“若关于x，y的方程组5x+3ay=16-bx+4y=15（其”主要考察你对
等考点的理解。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
二元一次方程组的解
1.定义：一般地，二元一次方程组的两个方程的公共解，叫做二元一次方程组的解．2.一般情况下二元一次方程组的解是唯一的．数学概念是数学的基础与出发点，当遇到有关二元一次方程组的解的问题时，要回到定义中去，通常采用代入法，即将解代入原方程组，这种方法主要用在求方程中的字母系数．
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Matlab解线性方程组日期：
MatLab解线性方程组一文通！-------------------作者：liguoy（）写在阅读本文前的引子。一：读者对线性代数与Matlab 要有基本的了解；二：文中的通用exp.m文件，你须把具体的A和b代进去。 一：基本概念1． N级行列式A：|A|等于所有取自不同行不同列的n个元素的积的代数和。2． 矩阵B：矩阵的概念是很直观的，可以说是一张表。an)不线性相关，即没有不全为零的数k1,k2,……kn3． 线性无关：一向量组(a1,a2,….使得：k1* a1+k2* a2+…..+kn*an=04. 秩：向量组的极在线性无关组所含向量的个数称为这个向量组的秩。 5．矩阵B的秩：行秩，指矩阵的行向量组的秩；列秩类似。记：R(B)?a11*x1?a12*x2.......?a1n*xn?b1?a*x?a*x?......?a*x?b?．一般线性方程组是指形式：?……（1） ....................................................???as1*x1?as2*x2?.......?asn*xn?bs其中x1,x2,…….xn为n个未知数，s为方程个数。记：A*X=b?a11,a12....a1n,b1?????a21,a22,.....a2n,b2?7． 性方程组的增广矩阵：A=? ............................????a,a,......a,b?sns??s1s28. A*X=0 …. （2） 二：基本理论三种基本变换：1，用一非零的数乘某一方程；2，把一个方程的倍数加到另一个方程；3互换两个方程的位置。以上称初等变换。 消元法（理论上分析解的情况，一切矩阵计算的基础）首先用初等变换化线性方程组为阶梯形方程组，把最后的一些恒等式”0=0”（如果出现的话）去掉，1：如果剩下的方程当中最后的一个等式是零等于一非零数，那么方程组无解；否则有解，在有解的情况下，2：如果阶梯形方程组中方程的个数r等于未知量的个数，那么方程组有唯一的解，3：如果阶梯形方程组中方程的个数r小于是未知量的个数，那么方程组就有无穷个解。用初等变换化线性方程组为阶梯形方程组，相当于用初等行变换化增广矩阵成阶梯形矩阵。化成阶梯形矩阵就可以判别方程组有解还是无解，在有解的情形下，回到阶梯形方程组去解。定理1：线性方程组有解的充要条件为：R（A）=R（A） ? 线性方程组解的结构：1：对齐次线性方程组，a: 两个解的和还是方程组的解；b: 一个解的倍数还是方程组的解。定义：齐次线性方程组的一组解u1,u2,….ui 称为齐次线性方程组的一个基础解系，如果：齐次线性方程组的任一解都能表成u1,u2,….ui的线性组合，且u1,u2,….ui线性无关。2：对非齐次线性方程组（I） 方程组（1） 的两个解的差是（2）的解。（II） 方程组（1） 的一个解与（2）的一个解之和还是（1）的解。定理2 如果r0是方程组（1）的一个特解，那么方程组（1）的任一个解r都可以表成： r=ro+v…….(3)其中v是（2）的一个解，因此，对方程（1）的任一特解ro,当v取遍它的全部解时，(3) 就给出了（1）的全部解。 三：基本思路线性方程的求解分为两类：一类是方程组求唯一解或求特解;一类是方程组求无穷解即通解。I） 判断方程组解的情况。1：当R（A）=R（A）时 有解（R（A）=R（A）>=n唯一解，〈n,有无穷解〉；2：当R（A）+1=R（A）时无解。 R（A）=R（A）II） 求特解；III） 求通解(无穷解), 线性方程组的无穷解 = 对应齐次方程组的通解+非齐次方程组的一个特解；注：以上针对非齐次线性方程组，对齐次线性方程组，主要是用到I)、III)步！ 四：基本方法基本思路将在解题的过程中得到体现。1．（求线性方程组的唯一解或特解），这类问题的求法分为两类：一类主要用于解低阶稠密矩阵 —— 直接法；一类是解大型稀疏矩阵 —— 迭代法。1．1利用矩阵除法求线性方程组的特解（或一个解）方程：AX=b，解法：X=A\b，(注意此处’\’不是’/’) ?????5x1?6x2?x1?5x2?6x3?例1-1 求方程组?x2?5x3?6x4?x3?5x4?6x5?x4?5x5??1?0?0的解。 ?0?1?5,6,0,0,0??5,6,0,0,0,1??1,5,6,0,0??1,5,6,0,0,0??????解: A =?0,1,5,6,0?;A=?0,1,5,6,0,0?；b=(1,0,0,0,1)’ ????0,0,1,5,60,0,1,5,6,0???????0,0,0,1,5???0,0,0,1,5,1??由于>>rank(A)=5,rank(A)=5 %求秩，此为R（A）=R（A）>=n的情形，??有唯一解。 >>X= A\b %求解 X =(2.2662, -1.7218,1.0, 0.3188)’ 或用函数rref求解，>>sv=rref(A:b);所得sv的最后一列即为所要求的解。 1．2 利用矩阵的LU、QR和cholesky分解求方程组的解 ，这三种分解，在求解大型方程组时很有用。其优点是运算速度快、可以节省磁盘空间、节省内存。I) LU分解又称Gauss消去分解，可把任意方阵分解为下三角矩阵的基本变换形式（行交换）和上三角矩阵的乘积。即A=LU，L为下三角阵，U为上三角阵。则：A*X=b 变成L*U*X=b所以X=U\(L\b) 这样可以大大提高运算速度。命令 [L，U]=lu (A)在matlab中可以编如下通用m 文件： 在Matlab中建立M文件如下% exp1.mA;b;[L，U]=lu (A);X=U\(L\b) II）Cholesky分解若A为对称正定矩阵，则Cholesky分解可将矩阵A分解成上三角矩阵和其转置的乘积，即：A?R??R 其中R为上三角阵。方程 A*X=b 变成 R??R*X?b所以 X?R\(R?\b)在Matlab中建立M文件如下% exp2.mA;b;[R’，R]=chol(A);X=R\(R’\b) III）QR分解对于任何长方矩阵A，都可以进行QR分解，其中Q为正交矩阵，R为上三角矩阵的初等变换形式，即：A=QR方程 A*X=b 变形成 QRX=b所以 X=R\(Q\b)上例中 [Q, R]=qr(A)X=R\(Q\B) 在Matlab中建立M文件如下% exp3.mA;b;[Q，R]=qr(A);X=R\(Q\b)2．求线性齐次方程组的通解(A*X=0)在Matlab中，函数null用来求解零空间，即满足A·X=0的解空间，实际上是求出解空间的一组基（基础解系）。 在Matlab中建立M文件如下% exp4.mformat rat %指定有理式格式输出A;b=0;r=rank(A);bs=null(A，‘r’); %一组基含(n-r)个列向量% k1,k2,……,k(n?r)% X= k1*bs(:,1)+ k2*bs(:,2)+……+ k(n?r)*bs(:,n-r) 方程组的通解 pretty(X) %让通解表达式更加精美3 求非齐次线性方程组的通解（A*X=b）非齐次线性方程组需要先判断方程组是否有解，若有解，再去求通解。因此，步骤为：第一步：判断AX=b是否有解，(利用基本思路的第一条)若有解则进行第二步第二步：求AX=b的一个特解第三步：求AX=0的通解第四步：AX=b的通解为： AX=0的通解加上AX=b的一个特解。 在Matlab中建立M文件如下% exp4.mclear allA;b; %输入矩阵A,b[m,n]=size(A);R=rank(A);B=[A b];Rr=rank(B);format ratif R==Rr&R==n % n为未知数的个数，判断是否有唯一解x=A\b;elseif R==Rr&Rx=A\b %求特解C=null(A,'r') %求AX=0的基础解系,所得C为n-R列矩阵，这n-R列即为对%应的基础解系% 这种情形方程组通解xx=k(p)*C(:,P)(p=1…n-R) else X='No solution!' % 判断是否无解end 参考文献：1．>,北京大学数学系编，19782．〈〈Matlab6.0数学手册〉〉, 蒲俊、吉家锋、伊良忠编著，2002本文由(www.wenku1.com)首发，转载请保留网址和出处！
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线性代数，第六题，不是应该i＝1 j＝2吗，求大神
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对的。行标排列为标准排列，故列标排列必须是奇排列。现列标排列是i35j4故i=1,j=2或i=2,j=1当i=1,j=2时，排列，13524其逆序数为0+0+0+2+1=3故此时列标排列是奇排列。所以，i=1,j=2。
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数学分析与高等代数考研真题详解--北大卷[1]
博士家园考研丛书 （2010 版）全国重点名校数学专业考研真题及解答数学分析与高等代数 考研真题详解北京大学数学专卷博士家园 编著博士家园系列内部资料《 博士家园数学专业考研丛书》 编委会这是一本很多数学考研人期待已久的参考书， 对于任何一个想通过考取重点院校的研究 生来进一步深造的同学来说， 历年的各个院校的真题的重要性是显而易见的。 为了帮助广大 同学节约时间进行复习，为了使辅导教师手头有更加详尽的辅导材料，我们从 2004 年开始 大量收集数学专业的考研真题， 其中数学分析和高等代数两门专业基础课最为重要。 有些试 题还很难收集或者购买，我们通过全新的写作模式，通过博士家园(www.math.org.cn), 这个互联网平台，征集到了最新最全面的专业试题，更为令人兴奋和鼓舞的是，有很多的高 校教师，硕博研究生报名参与本丛书的编写工作，他们在工作学习的过程中挤时间，编写审 稿严肃认真，不辞辛苦，这使我们看到了中国数学的推广和科研的进步，离不开这些默默无 闻的广大数学工作者，我们向他们表示最崇高的敬意！ 国际数学大师陈省身先生提出： “要把中国建成 21 世纪的数学大国。 ”每年有上万名数 学专业的学生为了更好的深造而努力考研， 但是过程是艰难的。 我们为了给广大师生提供更 多更新的信息与资源建立了专业网站――博士家园网站。 本站力图成为综合性全国数学信息 交换的门户网站， 旨在为科研人员和数学教师服务， 提供与数学研究和数学教学有关的一切 有价值的信息和国内外优秀数学资源检索，经过几年的不懈努力，成为国内领先、国际一流 的数学科学信息交流中心之一。 由于一般的院校可能提供一些往年试题， 但是往往陈旧或者 没有编配解答， 很多同学感到复习时没有参照标准， 所以本丛书挑选了重点名校数学专业的 试题，由众多编委共同编辑整理成书。在此感谢每一位提供试题的老师，同时感谢各个院校 的教师参与解答。以后我们会继续更新丛书，编入更新的试题及解答，希望您继续关注我们 的丛书系列。也欢迎您到博士家园数学专业网站参加学术讨论，了解考研考博，下载最新试 题： 博士家园主页网址：http://www.math.org.cn 博士数学论坛网址：http://bbs.math.org.cn 数学资源库: http://down.math.org.cn 欢迎投稿，发布试题，对于本书疏漏之处欢迎来信交流，以促改正：www.博士家园 二零一零年二月2博士家园系列内部资料数学分析与高等代数考研真题详解 北京大学考研数学专卷 目录北京大学考研数学专卷 ...................................................................................................................2 2001 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题 ..................................................................2 2001 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答 ..........................................................4 2002 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》部分试题及解答 ..............................................8 2005 年招收硕士研究生考试《高等代数与解析几何》试题及解答 ........................................12 2005 年招收硕士研究生考试《数学分析》试题及解答 ............................................................18 2006 年招收硕士研究生入学考试《高代解几》试题及解答 2006 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题 2007 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2007 年招收硕士研究生入学考试《高代解几》试题及解答 2008 年招收硕士研究生考试《高等代数与解析几何》试题及解答 2008 年招收硕士研究生考试《数学分析》试题及解答 2008 年北大复试概率统计试题与解答 2009 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题 2009 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2010 年招收硕士研究生考试《高等代数与解析几何》试题 2010 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答北京大学考研数学专卷2001 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题1． （15 分）在空间直角坐标系中，点 A, B, C 的坐标依次为：( ?2,1, 4 ) , ( ?2, ?3, ?4 ) , ( ?1,3,3)⑴求四面体 OABC 的体积； ⑵求三角形 ABC 的面积． 2． （15 分）在空间直角坐标系中，l1 :与x?a y z = = 1 ?2 32博士家园系列内部资料l2 :是一对相交直线． ⑴求 a ； ⑵求 l2 绕 l1 旋转出的曲面的方程．x y ?1 z = = ?2 2 13． （12 分）设 ω 是复数域 C 上的本原 n 次单位根（即， ω n = 1 ，而当 0 & l & n 时， ， s, b 都是正整数，而且 s & n ．令 ωl ≠ 1 ）?1 ? ?1 A=? ? ?1 ?ωb ω b +1ω 2b ω 2(b +1)ω ( n ?1)b ?? ? ( n ?1)( b + s ?1) ? ω ?ω ( n ?1)(b +1) ??ω b + s ?1 ω 2(b + s ?1)n任取 β ∈ C ，判断线性方程组 AX = β 有无解？ 有多少解？ 写出理由． 4． （18 分） ⑴设?0 1 0? ? ? A=? 0 0 1 ? ? ? ? ?2 3 ?1?a ．若把 A 看成有理数域上的矩阵，判断 A 是否可对角化，写出理由． b ．若把 A 看成复数域上的矩阵，判断 A 是否可对角化，写出理由． ⑵设 A 是有理数域上的 n 阶对称矩阵， 并且在有理数域上 A 合同与单位矩阵 I ． 用δ 表 示元素全为 1 的列向量， b 是有理数．证明：在有理数域上? A ? T ? bδbδ ? ? I 0 ? ． ? ? 2 T ?1 ? b ? ?0 b ?b δ A δ ?n5． （14 分） 在实数域上的 n 维列向量空间 R 中， 定义内积为 (α , β ) = α 为欧几里的空间． ⑴．设实数域上的矩阵Tn β， 从而 R 成? 1 ?3 5 ?2 ? ? ? A = ? ?2 1 ?3 1 ? ? ? ? ?1 ?7 9 ?4 ?求齐次线性方程组 AX = 0 的解空间的一个正交基． ⑵设 A 是实数域 R 上的 s × n 矩阵，用 W 表示齐次线性方程组 AX = 0 的解空间，用 U 表示 A 的列空间（即， A 的列向量组成的子空间） ．证明： U = W ⊥ ．T T6． （ 12 分）设 A 是数域 K 上 n 维线性空间 V 上的一个线性变换．在 K [ x ] 中，3博士家园系列内部资料f ( x ) = f1 ( x ) f 2 ( x ) ，且 f1 ( x ) , f 2 ( x ) 互素．用 KerA 表示线性变换 A 的核．证明： Kerf ( A) = Kerf1 ( A )
Kerf 2 ( A) ．7． （14 分）设 A 是数域 K 上 n 维线性空间 V 上的一个线性变换， I 是恒等变换．证明：A2 = A 的充要条件是 r ( A) + r ( A ? I ) = n ．2001 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答 ?1． 解 ⑴．由初等几何知，四面体 OABC 的体积 V 等于以 OA, , OB , OC 为棱的平行六面体的 体积的六分之一，因此，V=1 OA, OB, OC ； 6()但 OA = ( ?2,1, 4 ) , OB = ( ?2, ?3, ?4 ) , OC = ( ?1,3,3) ，?2 1 4 所以 OA, OB, OC = ?2 ?3 ?4 = ?32 ， ?1 3 3()从而 V =1 16 ． OA, OB, OC = 6 3 ⑵．三角形 ABC 的面积等于平行四边形 ABCD 面积的一半，()AB = ( 0, ?4, ?8 ) , AC = (1, 2, ?1) i j k 所以， AB × AC = 0 ?4 ?8 = 20i ? 8 j + 4k ， 1 2 ?1从而， AB × AC =202 + 82 + 42 = 4 30 ，所以，三角形 ABC 的面积为 2 30 ．■ 2．解 ⑴由直线相交的充要条件为?a 1 0 Δ = 1 ?2 3 = 0，X 1 : Y1 : Z1 ≠ X 2 : Y2 : Z 2 ， 2 1 ?24博士家园系列内部资料解得 a = 8 ． ⑵显然，点 ( 0,1, 0 ) 在 l1 上． 设 M ( x1 , y1 , z2 ) 是母线上的任意点，过 M 的纬圆方程是? ?2 ( x ? x1 ) + ( y ? y1 ) ? 2 ( z ? z1 ) = 0 ， ? 2 2 2 2 2 2 ? ?( x ? x0 ) + ( y ? y0 ) + ( z ? z0 ) = ( x1 ? x0 ) + ( y1 ? y0 ) + ( z1 ? z0 )又 M ( x1 , y1 , z2 ) 在母线上，所以，x1 y1 ? 1 z1 ． = = 2 1 ?2由以上三式，消去 x1 , x2 , x3 ，得旋转曲面为x 2 + ( y ? 1) + z 2 =24 ( 2 x + y ? 2 z ? 1) ( 2 x + y ? 2 z ? 1) 4 ( 2 x + y ? 2 z ? 1) + + ， 81 81 812 2 22 2化简得9 x 2 + 9 ( y ? 1) + 9 z 2 = ( 2 x + y ? 2 z ? 1) ．■2． 解 显然当 i ≠ j ，且 0 ≤ i , j ≤ n 时， ω i ≠ ω j ． 考虑前 s 列构成的 s 阶子式，1 Ds = 1 1ωb ω b +1 ω b + s ?1ω ( s ?1)b ω ( s ?1)(b +1) ω ( s ?1)(b + s ?1) β ) 的秩也为 s ，又 s & n ，所以 AX = β, kn ? s ∈ C ) ，=0≤ j &i ≤ s∏ (ωb +i?ωb+ j)=ωs ( s ?1) 20≤ j & i ≤ s∏ (ωi?ω j ) ≠ 0从而 s × n 矩阵 A 的秩为 s ，故增广矩阵 A = ( A 有无穷多解，任一解可表为X = X 0 + k1 X 1 +其中， X 0 为任一特解， X 1 , 4．解 ⑴．+ kn ? s X n ? s ( k1 ,, X n ? s 为到出组 AX = 0 的一个基础解系．■λ E ? A = λ 3 + λ 2 ? 3λ + 2 ．a ．把 A 看作有理数域上的矩阵．先证 f( λ ) = λ 3 + λ 2 ? 3λ + 2 在有理数域上是不可约的．若不然，则它至少有一个一次因式，也即有有理根．但它的有理根只能为 ±1, ±2 ，而可以验算这些全不是它的根，因5博士家园系列内部资料而f( λ ) 在有理数域上不可约．另一方面，最小多项式 m ( λ ) | f( λ ) ，则 m ( λ ) = f ( λ ) ，从而它在有理数域上不能分解成互素的一次因式的乘积，故把 A 看作有理数域上的矩阵， A 是不可对角化．b ．把 A 看作复数域上的矩阵．这时， f( λ ) 是 A 的特征多项式，且有 ( f ( λ ) , f ′ ( λ ) ) = 1 ，即它在复数域上无重根，故 m ( A) 在复数域上无重根．从而，把 A 看成复数域上的矩阵， A 是可对角化的． ⑵由在有理数域上 A 合同与单位矩阵 I ，知，存在有理数域上的可逆矩阵 P ，使得PT AP = I ．从而? PT ? ? 0另一方面， ?0?? A ?? T 1 ? ? bδbδ ?? P 0 ? ? I bPT δ ? ?． ?? ?=? b ?? 0 1 ? ? bδ T P b ??0? ? 是有理数域上的可逆矩阵，且有 ? ?bδ P 1 ? IT0?? I 0 bPT δ ?? I ?bPT δ ? ? I ? ? I ， ?? ?=? ? ?? T T T ? 2 T b ?? 0 1 ? ? 0 b ? b δ PP δ ? ? ?bδ P 1 ? ? bδ P从而有? A ? T ? bδ5．解 ⑴对 A 进行行初等变换bδ ? ? I 0 ? ．■ ? ? 2 T ?1 ? b ? ?0 b ?b δ A δ ?? 1 ?3 5 ?2 ? ? 1 ?3 ? ? ? A = ? ?2 1 ?3 1 ? → ? 0 ?5 ? ?1 ?7 9 ?4 ? ? 0 ?10 ? ? ? 4 ? ?1 0 5 ? 1 ?3 5 ?2 ? ? 7 ? ? → ? 0 ?5 7 ?3 ? → ? 0 1 ? ? 5 ?0 0 0 0 ? ? ? ? 0 0 0 ? ? ?可求得基础解系5 ?2 ? ? 7 ?3 ? 14 ?6 ? ? 1? ? ? ， 5 ? 3 ? 5 ? ? 0 ? ? ?6博士家园系列内部资料? ?4 ? ?1? ? ? ? ? 7? ?3 ? α1 = ，α 2 = ? ? ． ?5? ?0? ? ? ? ? ?0? ?5?正交化，? ?2 ? ? ? (α , β ) 1 ?19 ? β1 = α1 , β 2 = α 2 ? 2 1 β1 = ? ． 18 ? 25 ? ( β1 , β1 ) ? ? ? 90 ?⑵不妨设 A = (α1 ,Tα s ) ，则 U = L (α1 , , α s ) ．对 ?β ∈ W ，有? α1T ? ? α1T β ? ? ? ? ? Aβ = ? ? β = ? ? = 0， ? α sT ? ? α sT β ? ? ? ? ?从而α1T β =即 α iT ∈ W ⊥ , i = 1, 2, 另一方面，= α sT β = 0 ．, s ，从而 U ? W ⊥ ．dim (U ) = r ( AT ) = r ( A ) = n ? ( n ? r ( A ) ) = n ? dim (W ) = dim (W ⊥ ) ，故， U = W ⊥ ．■ 6．证 由 f1 ( x ) , f 2 ( x ) 互素知，存在 u ( x ) , v ( x ) ∈ K [ x ] ，满足u ( x ) f1 ( x ) + v ( x ) f 2 ( x ) = 1 ，即 u ( A) f1 ( A) + v ( A) f 2 ( A) = E ， 从而对 ?α ∈ Kerf ( A) ，由α = Eα = u ( A) f1 ( A) α + v ( A) f 2 ( A) α = α1 + α 2 ，其中， α1 = u ( A ) f1 ( A) α , α 2 = v ( A) f 2 ( A ) α ． 于是，7博士家园系列内部资料f1 ( A ) α 2 = v ( A ) f1 ( A ) f 2 ( A ) α = v ( A ) f ( A ) α = 0 f 2 ( A ) α1 = u ( A ) f 2 ( A ) f1 ( A ) α = u ( A ) f ( A ) α = 0即 α1 ∈ Kerf 2 ( A) , α 2 ∈ Kerf1 ( A) ． 另一方面，对 ?α ∈ Kerf1 ( A) ∩ Kerf 2 ( A) ， 有，f1 ( A) α = 0, f 2 ( A) α = 0α = u ( A) f1 ( A) α + v ( x ) f 2 ( A) α = 0 ，从而， Kerf1 ( A) ∩ Kerf 2 ( A) = {0} ，故 Kerf ( A ) = Kerf1 ( A )
Kerf 2 ( A) ．■ 7．证 记 f ( x ) = x ? x，f1 ( x ) = x, f 2 ( x ) = x ? 1 ，2则由上题知， Kerf ( A ) = Kerf1 ( A )
Kerf 2 ( A) ， 从而 dim Kerf (V ) = dim Kerf1 (V ) + dim Kerf 2 (V ) ， 而，()()()A2 = A ? f ( A ) = 0 ? Kerf ( A ) = V ? dim V = dim ( Kerf1 (V ) ) + dim ( Kerf 2 (V ) ) ? n = n ? r ( f1 ( A ) ) + n ? r ( f 2 ( A ) ) ? n = r ( A) + r ( A ? I )从而问题得证．■ ，北京大学2002 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》部分试题及解答3. 用正交变换化下面二次型为标准形2 2 f ( x1 , x2 , x3 ) = x12 + x2 + x3 ? 4 x1 x2 ? 4 x1 x3 ? 4 x2 x3 ；（要求写出正交变换的矩阵和相应的标准形） 。 解：二次型矩阵：8博士家园系列内部资料? 1 ?2 ?2 ? ? ? A = ? ?2 1 ?2 ? ； ? ?2 ?2 1 ? ? ?找其正交矩阵：? 1 ?? 2 ? ? T =? 0 ? ? 1 ? ? 2 ??1? ?6 4 6 4 6 2?2 2? ? 3 ? 2 ? ?； ? 6 ? 2 ? ? 6 ? ?使得 T AT = diag{3,3, ?3}; 于是做正交替换化为标准型：f ( x, y, z ) = 3x* + 3 y* ? 3z *2224. 对任意的非负整数 n，令 f n ( x ) = x n + 2 ? ( x + 1) 2 n +1 ，证明：( x 2 + x + 1, f n ( x )) = 1.分析:用带余除法及待定系数法不易证明，考虑采用因式定理来证明，且最大公因式不因数 域的扩大而改变。 证 明 ： 已 知 f ( x) = x + x + 1 = 0 的 根 是 w1 =2?1 + 3i ?1 ? 3i , w2 = , 所 以 2 2x 2 + x + 1 = ( x ? w1 )( x ? w2 ).又由 wi3 = 1 ，知：将 w1 , w2 代入 f n ( x ) 中得：f n ( wi ) = win + 2 ? ( wi + 1) 2 n +1 = win + 2 ? (? wi2 ) 2 n +1 = win + 2 (1 + wi3 n ) = win + 2 ≠ 0 ，所以 ( x ? w1 )( x ? w2 ) | f n ( x) ，即 ( x 2 + x + 1, f n ( x )) = 1. 5. 设正整数 n ≥ 2，用 M n (k ) 表示数域 k 上全体 n × n,矩阵关于矩阵加法和数乘所构成的 k 上的线性空间。在 M n (k ) 中定义变换 σ 如下:' σ ((aij )n×n ) = (aij )n×n , ?(aij )n×n ∈ M n (k ),其中: aij = ?'?aij , i ≠ ?i ? tr ( A), i = j.9博士家园系列内部资料(1)证明:σ 是 M n (k ) 上的线性变换;(2)求出: ker(σ ) 的维数与一组基; (3)求出: 证明：σ 的全部特征子空间.(bij ) n×n ∈ M（k）,k ∈ K，则 （1）?(aij ) n×n， nσ ((aij ) n×n + (bij ) n×n )=σ(((aij + bij )′n×n )=σ((aij ) n×n )+ σ ((bij ) n×n ); σ (k (aij ) n×n )=σ ((kaij ) n×n )=(kaij )′n×n = k (aij )′n×n = kσ((aij ) n×n )；∴σ 线性变换。 ?aij = 0, i ≠ ' ； （2）σ ((aij ) n×n )=0 ? (aij )′ n× n = 0 ? aij = ? ?i ? tr ( A) = 0, i = j. ? tr ( A) = 0； ∴ ker(σ )的维数是n ? r维，基为:α1 =diag(1,-1,0, , 0),α 2 =diag(1,0,-1,0, , 0), ,α n ?1 =diag(1,0, , 0,-1). (3) 取M（k）中的标准基（e n 11 ,e12 , ,enn）, 在这组基下的变换矩阵的特征值λ1 =1，λ2 = 2，λ3 = 对应的特征子空间的维数分别为:n 2 ? n, n ? 1,1. 对应的特征子空间的分别为: & eij &i≠j , & e11 ? e22 , e11 ? e33 , , e11 ? enn &, & e11 + 2e22 +证毕。 6. 用 R 表示实数域,定义 R 的映射 f 如下:nn(n + 1) ， 2+ nenn & .f ( X ) = x1 ++ xr ? xr +1 ?? xr + s , ?X = ( x1 , x2 ,, xn )T ∈ R n ,其中: r ≥ s ≥ 0. 证明: (1) 存在的一个 n-r 维子空间 W,使得 f ( X ) = 0, ?X ∈ W ; (2) 若 W1 , W2 是 R 的 两 个 n-r 维 子 空 间 , 且 满 足 f ( X ) = 0, ?X ∈ W1 ∪ W2 , 则 一 定 有ndim(W1 ∩ W2 ) ≥ n ? ( r + s ).证明： （1）只需构造 n-r 个线性无关的向量满足方程。10博士家园系列内部资料不妨设R n = R r + s
R n ?( r + s ) , 在R r + s中存在一组由s个线性无关的向量α1，α 2， ，αs构成的子空间s满足方程,其中α1 = (1, 0,r, 0,1, 0,s, 0, 0,, 0),αs = (0, 0,0,1, 0,r, 0, 0, 0,s,1, 0,, 0),n-(r+s)n-(r+s)在Rn?( r + s )中存在一组由n-(r+s)个线性无关的向量β1，β 2， ，β n-(r+s)构成的子空间 , 0,1, 0,r+s满足方程,其中β1 = (0,, 0),β n-(r+s) = (0,r+s, 0, 0, 0,,1),n ?( r + s )n ?( r + s )∴?n ? r维的子空间W =& α1，α 2， ，α s &
& β1，β 2， ，β n-(r+s) & =& α1，α 2， ，α s , β1，β 2， ，β n-(r+s) & 。 (2)依题意：W1 , W2满足方程f ( X ) = 0, 显然W1 ∩ W2是R n的一个子空间也满足方程f ( X ) = 0， 所以只需证明满足方程f ( X ) = 0的最小子空间的维数为n-(r+s)。7. 设 V 是数域 K 上的 n 维线性空间, V1 , (1)存在 α ∈ V , 使得α ? V1 ∪ V2 ∪ (2)存在 V 中的一组基 ε 1 ,, Vs 是 V 的 S 个真子空间,证明:∪ VS ., ε n , 使得:{ε1 ,, ε n } ∩ (V1 ∪ V2 ∪∪ Vs ) = φ .证明：可以用数学归纳法。 （1）i )当s = 2时，?α，β ∈ V , 且α ? V1 , α ∈ V2 , β ? V2 , β ∈ V1 , 否则命题成立； 若α + β ∈ V1 ,由于β ∈ V1 ? α ∈ V1 , 矛盾； ∴α + β ? V1；同理可得：α + β ? V2；∴ 命题成立； ii )设s=k成立，对s=k+1时，至少?α ? V1 ∪ V2 ∪ 如果α ? Vk +1 , 则命题成立； 如果α ∈ Vk +1 , 取β ? Vk +1 , 则α + β，2α + β， ，(k+1)α + β， 共k+1项，必有一个向量不属于Vi , 否则有两个向量属于同一个Vi , 这两向量差为mα ∈ Vi , 矛盾； 不妨设γ =lα +β ? V1 ∪ V2 ∪ 所以命题成立。（2）11Vk ,Vs ,则γ ? Vk+1 , 否则β ∈ Vk +1 , 矛盾；博士家园系列内部资料由（1）知，?ε1 ∈ V , 且ε1 ? V1 ∪ V2 ∪∪ Vs，设Vs +1 = L(ε1 ), ∪ Vs ∪ Vs +1 ,再由（1）得：?ε 2 ∈ V , 且ε 2 ? V1 ∪ V2 ∪ 则ε1 , ε 2线性无关，设Vs + 2 = L(ε1 , ε 2 ), 同理，一直这样取值下去， ?n个线性无关的ε i ? V1 ∪ V2 ∪ {ε 1，ε 2， , ε n } ∩ （V1 ∪ V2 ∪ 证毕。 ∪ Vs ,即 ?V 中的一组基ε 1，ε 2， , ε n , 使得 ∪ Vs）=φ2005 年招收硕士研究生考试《高等代数与解析几何》试题及解答1． 在直角坐标系中，求直线 l : ? 迹的方程。 其中 B 是常数 解： 可以验证点 ? , 0,?2 x + y ? z = 0 到平面 π : 3 x + By + z = 0 的正交投影轨 ? x + y + 2z = 1?1 ?52? ?1 2? ? ∈ l , ? , 0, ? ? π ，从而 l ? π 5? ?5 5?? x = ?1 + 3k ? 把 l 写成参数方程： ? y = 2 ? 5k ，任取其上一点 P : ( ?1 + 3k , 2 ? 5k , k ) ，设该点 ?z = k ?到 π 上的投影为点 P ' : ( x, y , z )PP ' ⊥ π ?x + 1 ? 3k z ? k = ? x ? 3z + 1 = 0 3 1P ∈ π ? 3 x + By + z = 0整理即知， l 到 π 上的正交投影轨迹满足方程 ? 由于? x ? 3z + 1 = 0 ?3x + By + z = 01 1 ≠ ，上述方程表示一条直线，而 2*3 + B ? 1 = 0 和 3 + B + 2 = 0 不同时成 3 1 立，因此 l 到 π 上的正交投影轨迹是一条直线12博士家园系列内部资料从而 l 到 π 上的正交投影轨迹的方程就是 ? 2． 在 直 角 坐 标 系 中 对 于 参 数? x ? 3z + 1 = 0 ?3x + By + z = 0λ 的不同取值，判断下面平面二次曲线的形状：x 2 + y 2 + 2λxy + λ = 0 .对于中心型曲线，写出对称中心的坐标； 对于线心型曲线，写出对称直线的方程。 解：? ? 记T = ? ? ? ?正交变换1 1 ? , ? x* ? ?x? 2 2 ? ' ? ，容易验证 TT = E ，因此直角坐标变换 ? ? = T ? ? 是一个 * 1 1 ? ?y ? ? ? y? ? ,? ? 2 2?*2在这个变换下，曲线方程变为 (1 + λ ) x 1)+ (1 ? λ ) y* = ?λ2λ & ?1时，1 + λ & 0,1 ? λ & 0, ?λ & 0 ，曲线为双曲线，是中心型曲线，对称点为 (0, 0)2)λ = ?1 时，曲线方程为 y* = ，是一对平行直线，是线心型曲线，对称直21 2线为 y = 0 ，即 y = x*3)?1 & λ & 0 时，1 + λ & 0,1 ? λ & 0, ?λ & 0 ，曲线为椭圆，是中心型曲线，对称点为 (0, 0)4) 5)* * λ = 0 时， 曲线方程为 x + y = 0 ， 是一个点， 是中心型曲线， 对称点为 (0, 0)2 20 & λ & 1 时，1 + λ & 0,1 ? λ & 0, ?λ & 0 ，曲线为虚椭圆，是中心型曲线，对称点为 (0, 0)6)λ = ?1 时，曲线方程为 x* = ? ，是一对虚平行直线，是线心型曲线，对称21 2直线为 x* = 0 ，即 y = ? x 7)λ & 1 时， 1 + λ & 0,1 ? λ & 0, ?λ & 0 ，曲线为双曲线，是中心型曲线，对称点为 (0, 0)13博士家园系列内部资料3． 设数域 K 上的 n 级矩阵 A 的 (i , j ) 元为 a i ? b j （1）.求 A ; (2).当 n ≥ 2 时， a 1 ≠ a 2 , b1 ≠ b 2 .求齐次线性方程组 AX = 0 的解空间的维数和一 个基。 解： (1) 若 n = 1 ， | A |= a1 ? b1 若 n = 2 ， | A |=a1 ? b1 a1 ? b2 a2 ? b1 a2 ? b2a1 ? b1 a2 ? b1= (a2 ? a1 )(b2 ? b1 )a1 ? b3 a2 ? b3 … an ? b3 a1 ? b3 a2 ? b3 … an ? an ?1 a1 ? bn a2 ? bn an ?1 ? bn an ? bn a1 ? bn a2 ? bn =0 an ?1 ? an ? 2 an ? an ?1a1 ? b2 a2 ? b2 an ?1 ? b2 an ? b2 a1 ? b2 a2 ? b2 an ?1 ? an ? 2 an ? an ?1若 n & 2 ， | A |=an ?1 ? b1 an ? b1 a1 ? b1 a2 ? b1 an ?1 ? an ?2 an ? an ?1(2) 若 n = 2 ，则 | A |= 解，其解空间维数为 0Rn ? Rn?1 Rn?1 ? Rn?2=a1 ? b1 a1 ? b2 a2 ? b1 a2 ? b2= (a2 ? a1 )(b2 ? b1 ) ≠ 0 ，方程组 AX = 0 只有零若 n &= 3 ，则由(1)知道 A 的任意一个 3 级子式的行列式为 0，而 A 的一个 2 级子 式?? a1 ? b1 a1 ? b2 ? ? 的行列式为 (a2 ? a1 )(b2 ? b1 ) ≠ 0 ，从而 rankA = 2 ? a2 ? b1 a2 ? b2 ?于 是 方 程 组 AX = 0 解 空 间 的 维 数 是 n ? 2 ， 取 向 量 组β1 , β 2 ,..., β n ?2 ， 其 中14博士家园系列内部资料? b2 ? bn ?i ? ci1 ? ? b ?b , j =1 ?c ? ? 1 2 ? i2 ? ?b ? b βi = ? ? ， cij = ? 1 n ?i , j = 2 ， i = 1, 2,..., n ? 2 ? ? ? b2 ? b1 ? ? ?1, j = n ? i ? ? c ? ? in ? ?0, 其他可 知 [ β1 , β 2 ,..., β n ? 2 ] = ??C ? ? ， 其 中 En ? 2 是 n ? 2 阶 单 位 矩 阵 ， C 是 一 个 ? En ?2 ?2 * (n ? 2) 的矩阵，从而 rank ( β1 , β 2 ,..., β n ? 2 ) = n ? 2并 且 对 任 意 的i = 1, 2,..., n ? 2，有∑ ( a ? b )ck =1 i knik= ai (b2 ? bn ?i b1 ? bn?i b ?b b ?b + + 1) ? (b1 2 n?i + b2 1 n ?i + bn ?i ) = 0 b1 ? b2 b2 ? b1 b1 ? b2 b2 ? b1从而是方程组 AX = 0 解空间的 因此 β1 , β 2 ,..., β n ? 2 都属于方程组 AX = 0 解空间， 一组基4． （1）设数域 K 上 n 级矩阵，对任意正整数 m ，求 C m [C 是什么？] （2）用 M n ( K ) 表示数域 K 上所有 n 级矩阵组成的集合，它对于矩阵的加法和数量乘法成为 K 上的线性空间。数域 K 上 n 级矩阵 A =a1 an a2a2 a1 a3a3 a2 a4an a n ?1 a1称为循环矩阵。用 U 表示 K 上所有 n 级循环矩阵组成的集合。 证明： U 是 M n ( K ) 的一个子空间，并求 U 的一个基和维数。 证：对任意的A=a1 an a2a2 a1 a3a3 a2 a4an an ?1 a1∈U，以及k ∈K，有ai ∈ K ? kai ∈ K , (i = 1, 2,..., n)15博士家园系列内部资料因此 kA = ka1 an a2 a1 an a2a2 a1 a3 a2 a1 a3a3 a2 a4 a3 a2 a4an an ?1 a1=ka1 kan ka2ka2 ka1 ka3ka3 ka2 ka4 b1 bn b2 b2 b1 b3kan kan ?1 ka1 b3 b2 b4∈U对任意的 A =an an ?1 a1∈ U ，和 B =bn bn ?1 b1∈ U ，有ai ∈ K , bi ∈ K ? ai + bi ∈ K ,因 此A+ B =a1 an a2a2 a1 a3a3 a2 a4an an ?1 a1+b1 bn b2b2 b1 b3b3 b2 b4bn bn ?1 b1=a1 + b1 an + bn a2 + b2a2 + b2 a1 + b1 a3 + b3a3 + b3 a2 + b2 a4 + b4an + bn an ?1 + bn ?1 a1 + b1∈U可知 U 是 M n ( K ) 的一个子空间。记 Ci =ci1 cin ci 2ci 2 ci1 ci 3 a1 an a2ci 3 ci 2 ci 4 a2 a1 a3 a3 a2 a4cin ci ( n ?1) ci1 an an ?1 a1n，其中 cij = ??0, j ≠ i ， i = 1, 2,..., n ， ?1, j = i对任意的 A =∈ U ，有 A = ∑ ak Ck ，即 U 所有向量都能用向k =1量组 (C1 , C2 ,..., Cn ) 线性表出设一组数 ki ∈ K , i = 1, 2,..., n ，满足∑k Ci =1 ini= On ，亦即k1 kn k2k2 k1 k3k3 k2 k4kn kn ?1 k1= On可得 ki = 0, i = 1, 2,..., n ，向量组 (C1 , C2 ,..., Cn ) 线性无关 综上向量组 (C1 , C2 ,..., Cn ) 是 U 的一组基16博士家园系列内部资料5． （1）设实数域 R 上 n 级矩阵 H 的 (i , j ) 元为1 （ n & 1） 。在实数域上 n 维线性空 i + j ?1n间 R 中，对于 α , β ∈ R ，令 f (α , β ) = α ′Hβ 。试问： f 是不是 R 上的一个内积，写n n出理由。 （2）设 A 是 n 级正定矩阵（ n & 1 ）α ∈ R n ，且 α 是非零列向量。令 B = Aαα ′ ，求 B 的最大特征值以及 B 的属于这个特征值的特征子空间的维数和一个基 解： (1) f 是 R 上的一个内积，证明如下： 容易验证 f 是 R 上的一个双线性函数n n? a1 ? ?a ? ? 2? n n ai a j n 对 R 中任意的非零向量 α = ? ? ， f (α , α ) = α ′H α = ∑∑ ? ? i =1 j =1 i + j ? 1 ? ? ? ? an ? ?令 g ( x) =1∑ ai xi?1 ，是 R 上的一个多项式函数，有 0 ≤ g 2 ( x) = ∑∑ ai a j xi + j ?2i =1nnni =1 j =1可得 0 ≤ g ( x)dx =2 0 1∫∑∑ ai a j ∫ xi+ j ?2 dx = ∑∑i =1 j =1 0 i =1 j =12nn1nnai a j i + j ?12= f (α , α )若 g ( x)dx = 0 ，由于 g ( x) 在 [0， 1] 上连续，则必有 g ( x) ≡ 0 ， g ( x ) ≡ 02 0 1∫则 ai = 0, i = 1, 2,..., n ， 即α = 0 ， 与 α 是 R 中非零向量矛盾。 所以 g ( x)dx & 0 ，n∫02f (α , α ) & 0所以 f 是 R 上的一个内积 (2) 由于 A 正定， α ≠ 0 ，可得 λ = α ' Aα & 0 ， Aα ≠ 0 ， rankB = rankα 'α = 1 ， 由 rankB = 1 知方程组 BX = 0 解空间 W0 的维数为 n ? 1 ， W0 同时也是 B 的属于 0 特征值的特征子空间 由 λ & 0 ， Aα ≠ 0 和 BAα = Aαα Aα = (α Aα ) Aα = λ Aα ， 知 λ 是 B 的特征值，' ' nAα 是 B 的属于特征值 λ 的特征向量17博士家园系列内部资料设 B 的属于这个特征值的特征子空间为 Wλ ，由 λ ≠ 0 ， Wλ ∩ W0 = 0 ，所以dim Wλ + dim W0 = dim(Wλ + W0 ) ≤ n即 dim Wλ ≤ 1 ，而 Aα ≠ 0, Aα ∈ Wλ ， dim Wλ = 1 ， Wλ 的一组基为 Aαdim Wλ = 1 ? dim Wλ + dim W0 = n ，因此 B 没有其他特征值，λ & 0 是 B 的唯一非零特征值，也是 B 最大的特征向量 6．设 A 是数域 R 上 n 维线性空间 V 上的一个线性变换，用 I 表示 V 上的恒等变换，证明：A 3 = I ? rank (I ? A) + rank (I + A + A 2 ) = n证明： 记 f ( x ) = 1 ? x , g ( x ) = 1 ? x, h ( x ) = 1 + x + x3 2其中 ( g ( x ), h( x )) = 1 ， f ( x ) = g ( x ) h( x ) 因此 Kerf ( A ) = Kerg ( A )
Kerh( A ) ， Kerg ( A ) ∩ Kerh( A ) = 0 于是A3 = I ? f ( A) = 0 ? Kerf ( A) = V ? V = Kerg ( A)
Kerh( A) ? dim V = dim Kerg ( A) + dim Kerh( A) ? n = n ? rankg ( A) + n ? rankh( A) ? n = rank (I ? A) + rank (I + A + A 2 )2005 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答x 2 sin x ? 1 x 2 ? sin x1. 设 f ( x) = 解sin x ，试求 lim sup f ( x) 和 lim inf f ( x ) .x → +∞ x → +∞:x 2 sin x ? 1 首先我们注意到.f ( x) = 2 sin x在 sin x ∈ (0,1]的时候是单调增的. x ? sin x18博士家园系列内部资料并且在x充分大的时候.显然有x →+∞x 2 sin x ? 1 x 2 sin x x2 x , sin x ≤ sin ≤ x 2 ? sin x x2 ?1 x2 ?1所以易知在x → +∞时, lim sup f ( x) = 1.当然此上极限可以 令 x = 2kπ +π2, k → +∞这么一个子列得到 .对于f ( x)的下极限.我们注意到 limsin x = 0, x →+∞ x ? sin x2x 2 sin 2 x 而 lim inf 2 = 0, 所以有 lim inf f ( x) = 0. x →+∞ x →+∞ x ? sin x此下极限当然可以 令 x = (2k + 1)π , k → +∞这么个子列得到. 2. (1)设 f ( x ) 在开区间 ( a, b) 可微，且 f ′( x ) 在 ( a, b) 有界。证明 f ( x ) 在 ( a, b) 一致连续. 证明: 设 f ′( x) 在x ∈ (a, b)时上界为M .因为f ( x)在开区间(a, b)上可微.对于?x1 , x2 ∈ (a, b),由Lagrange中值定理,存在ξ ∈ ( x1 , x2 ), 使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) = f ′(ξ ) x1 ? x2 ≤ M x1 ? x2 .这 显 然 就 是Lipschitz条件, 所以由x1 , x2 任意性.易证明f ( x)在( a, b)上一致收敛.(2) 设 f ( x ) 在开区间 ( a, b) ( ?∞ & a & b & +∞ ) 可微且一致连续，试问 f ′( x ) 在 ( a, b) 是否一定有界。 （若肯定回答，请证明；若否定回答，举例说明） 证明:否定回答. f ′( x)在(a, b)上是无界的.设f ( x) = (1 ? x) 2 , 显然此f ( x)在[0,1]上是连续的根据 . Cantor定理, 闭 区 间 上连续函数一致连续.所以 f ( x)在(0,1)上一致连续. 显 然 此1f ( x) = (1 ? x) 2 在(0,1)上是可微的. f ′( x) =1?1 2(1 ? x) 21.而f ′( x) =?1 2(1 ? x) 22 21在(0,1)上是无界的.3．设 f ( x) = sin ( x + 1) . (1)求 f ( x ) 的麦克劳林展开式。19博士家园系列内部资料(2)求 f(n)(0) 。 (n = 1,2,3 )解: 这道题目要是直接展开是很麻烦的.先对原式做一下变形.有f ( x) =1 1 ? cos[2( x 2 + 1)].再由 cos x的Maclaurin展开式.有 2 2α≠β.又由于f ( x)是偶函数，所以其展开式形式应该为： f ( x ) = k0 + k1 x 2 + k 2 x 4 +比 较 系 数 有 ：+ kn x 2 n +k0 = 0，接下来，若p为奇数，则由f ( x) =2k 2 2k 1 ∞ 2p k +1 2 ( x + 1) ( ? 1) 中 x 项系数为： ∑ 2 i =1 (2k )!k2 p? ? ? ? 1 ? +∞ C2pk i22 k i(?1) k +1 ? 1 ? +∞ 22 k i(?1) k +1 ? = = ∑ ? 2? ∑ ? 2 ? k = p +1 (2k )! p +1 (2k ? p ) ! p ! k= ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ?p ?1 . 2，此时令2k ? p = 2t ? 1, ? k = t +有 k2 p2 p i(?1) = 2 p!p ?1 2 +∞22t ?1 i(?1)t +1 2 p i(?1) 2 isin 2 。 = ∑ (2t ? 1)! 2 p! t =1 2 p i(?1) 2 icos 2 。综合得： = 2 p!p +1p ?1同理可得： p为偶数时 ， k 2 pp ?1 ? ? 2 p ?1 i(2 p)! 2 ( 1) sin 2 → p为奇数 ? ? ? p! ? f 2 p (0) = k i(2 p)! = ? ? 2p p p ?1 ? +1 2 i(2 p)! ? 2 ? cos 2 → p为偶数 （-1） ? p! ? ? ? f ( n ) (0) = ? f 2 p ?1 (0) = 0 ? 其中p = 1, 2,3 ? ? ? ? ? ?4．试作出定义在 R 中的一个函数 f ( x, y ) ，使得它在原点处同时满足以下三个条件： （1） f ( x, y ) 的两个偏导数都存在； （2）任何方向极限都存在； （3）原点不连续2? xy → x2 + y 2 & 0 ? 2 2 解： f ( x, y ) = ? x + y ? 0→ x= y=0 ?。显然这个函数在 xy ≠ 0 的时候，有偏导20博士家园系列内部资料数存在? ? f y ( x, y ) = ? ? ? f ( x, y ) = x ? ?点也成立。x( x 2 ? y 2 ) ( x2 + y 2 )2 y( y ? x ) ( x 2 + y 2 )22 2，而对于 xy = 0 的时候，有 ?? f y ( x, y ) = 0 ，此式在原 ? f x ( x, y ) = 0ρ 2 icos α sin α = cos α sin α 。 对于任意方向极限，有 lim f ( ρ cos α , ρ sin α ) = lim ρ →0 ρ →0 ρ2显然沿任意方向趋于原点。 此函数的方向极限都存在。最后，因为沿不同方向 α ≠ β 趋向原点。不妨设π α， β ∈ （0， ），显然 有不同的极限4cos α sin α 与 cos β sin β 。且其都不为 0。所以该函数在原点不连续。5．计算 x ds .其中 L 是球面 x + y + z = 1 与平面 x + y + z = 0 的交线。22 2 2∫L解：首先，曲线 L 是球面 x + y + z = 1 与平面 x + y + z = 0 的交线。因 为平 面2 2 2x + y + z = 0 过原点，球面 x 2 + y 2 + z 2 = 1 中心为原点。所以它们的交线是该球面上的极大圆。再由坐标的对称性。易知有∫Lx 2 ds = ∫ y 2 ds = ∫ z 2 ds 。L L因此有∫Lx 2 ds =1 1 2π 。 ( x 2 + y 2 + z 2 )ds = ∫ ds = ∫ L L 3 3 36 ．设函数列 { f n ( x)} 满足下列条件： （ 1 ） ?n ， f n ( x) 在 [ a , b] 连续且有 f n ( x) ≤ f n +1 ( x) （ x ∈ [ a, b] ） （2） { f n ( x)} 点点收敛于 [ a , b] 上的连续函数 s ( x ) 证明： { f n ( x)} 在 [ a , b] 上一致收敛于 s ( x ) 证法 1：首先，因为对任意 x0 ∈ [ a, b ] , 有f n ( x0 ) → S ( x0 ) 。且有 f n ( x0 ) ≤ f n +1 ( x0 ) ，所以?nk ，对于任意 n & nk ，有 0 ≤ S ( x0 ) ? f n ( x0 ) &ε3。又 因 为 f n ( x)与S ( x) 在 x0 点 连 续 。 所 以 可 以 找 到 δ x0 & 0 ， 当x ? x0 & δ x0 , 且x ∈ [ a, b ] 时。有 f nk ( x) ? f nk ( x0 ) &21ε3，以及博士家园系列内部资料S ( x ) ? S ( x0 ) &有ε3同时成立。因此，当 n & nk ， x ? x0 & δ x0 , 且x ∈ [ a, b ] 时，S ( x ) ? f n ( x ) ≤ S ( x ) ? f nk ( x ) ≤ S ( x ) ? S ( x0 ) + S ( x0 ) ? f nk ( x0 ) + f nk ( x) ? f nk ( x0 ) & ε 。如此，令 Δ x0 = {x : x ? x0 & δ x0 } ，所以有开区间族 {Δ x0 : x0 ∈ [ a, b ]} 覆盖了[ a, b] 区间。而 S ( x ) 在 闭 区 间 [ a, b] 上 连 续 。 由 Heine-Borel 定 理 ， 从 开 区 间 族{Δ x0 : x0 ∈ [ a, b ]} 中可以选出有限个 Δ x1 , Δ x2 , Δ x3 ,使Δ xk ，[ a, b ] ? ∪ Δ xi =1ki。由 Δ xi 的选法。可由相应 δ xi 与 nki ，当 x ∈ Δ xi ∩ [ a, b ] ，且n & nki 时，有 S ( x) ? f n ( x) & ε 。取 N = max{nki :1 ≤ i ≤ k } ， 当 n & N 时， 且 x ∈ [ a, b ] ， 有 S ( x) ? f n ( x) & ε 成 立。所以 { f n ( x)} 在 [ a, b] 上一致收敛于 S ( x ) 。 证毕。 证法 2： 反证法.设存在某 ε 0 & 0 ， 对于任意 n ， 有一 xn ， 使得 f n ( xn ) ? S ( xn ) ≥ ε 0 ． 又 {xn } 有界，由 Bolzano-Weierstrass 定理，所以其必存在 收 敛 子 列 { xnk } 收 敛 于[ a, b ]中 某 值 x0 ． 因 为 对 任 意x0 ∈ [ a, b] , 有f n ( x0 ) → S ( x0 ) 。且 有f n ( x0 ) ≤ f n +1 ( x0 ) ， 所 以 ?nk p， 当nk & nk p时 ， 有S ( x0 ) ? f nk ( x0 ) ≤ S ( x0 ) ? f nk ( x0 ) &pε03．设 某 nk p1 & nk p ， 由 S ( x ) 与 f nk ( x ) 连 续 性 ． 存 在 一p1δ0 ， 当x ? x0 & δ 0 , 且x ∈ [ a, b] 时有 S ( x ) ? S ( x0 ) &ε03以及 f nk ( x) ? f nk ( x0 ) &p1 p1ε03同时成立．显然，又因为{xnk } → x0 ．所以存在 K 值， K & k p1 ．22博士家园系列内部资料当 nk & nK 时， xnk ? x0 & δ 0 成立．最后，当 nk & nK 时，有S ( xnk ) ? f nk ( xnk ) ≤ S ( xnk ) ? f nk ( xnk ) ≤ S ( xnk ) ? S ( x0 ) + S ( x0 ) ? f nk ( x0 ) + f nk ( x0 ) ? f nk ( xnk )p1 p1 p1 p1＜ ε 0 ．这与假设矛盾． 所以在 [ a, b] 上， { f n ( x)} 是一致收敛于 s ( x ) ．证毕．23本试题解答由 SCIbird 提供2006 年北京大学研究生入学考试高等代数与解析几何试题解答说明: 本试题解答由 SCIbird 提供, 继续在博士家园论坛首发. 若有转载, 请注明转载自博 士家园论坛. 未经本人许可, 禁止用于商业用途! 如果对本解答某些内容不是很清楚, 可参考一下蓝以中编著的《高等代数简明教程》和丘维 声编著的 《高等代数》 . 这套证明写法上风格同 08 年北大高代解几试题解答, 我尽量写的详 细一些, 在方法选择上起点比较低, 尽量采用比较容易理解的证明方法. 不用或少用那些看 起来不是很显然的结论, 引用结论尽可能做到有理有据. 希望这套试题对促进大家的学习有 所帮助. 还是那句话, 一定要先做题,然后再看答案.否则这套题至少失去了一半的价值. 高等代数部分（100 分） 1.(16 分) (1) 设 A, B 分别是数域 K 上 s × n, s × m 矩阵，叙述矩阵方程 AX = B 有解的充要条件， 并且给予证明。 解: 方程 AX = B 有解的充分必要条件是: r (A) = r (A, B ) . 令 B = (β1, &, βm ) , 其中 βk 为列向量. 则矩阵方程 AX = B 有解 ? 方程组 Ayk = βk , k = 1, 2, &, m 有解. ? A 的列向量组构成的向量组与 (A, B ) 的列向 量组构成的向量组等价. ? r (A) = r (A, B ) . 注: 方程有解的一个等价含义是可由列向量线性表示, 从而转化为等价向量组上来. (2) 设 A 是数域 K 上 s × n 列满秩矩阵，试问：方程 XA = En 是否有解？有解，写出它的 解集；无解，说明理由。 解:方程 XA = En 有解. 理由: 因为 A 列满秩, 所以 r (A) = r (A ) = n . 又 r (A , En ) = n , 因此 r (A ) = r (A , En ) ,从而 A Y = En 有解,两边取转置可知方程T T T TTXA = En 有解.我个人觉得本题似乎考察的是 : 广义逆矩阵方面的知识 , 如果大家对这部分知识不熟悉 , 建议大家去看看丘维声老先生编著的&&高等代数&&. 矩阵方程 AXA = A 的解 X = A 一般称为 A 的广义逆矩阵. 广义逆是存在的, 对于本?? 题因为 A 是列满秩的, 故由相抵标准型知,存在可逆矩阵 P,Q 满足 PAQ = ? , 则可 ? ? ? O ? ? ? ?以取 A = Q(En ,O )P . 此时 X 的所有解为: X = A + Z (En ? AA ), ?Z ∈ K? ? ? n×s?E ? ? n?.本试题解答由 SCIbird 提供因为 A A = Q(En ,O )PP??1?E ? ? n? ?Q ?1 = E , 所以 A? 是矩阵方程 A?A = E 的特解. ? ? ? n n ? O ? ? ? ?? n×s下面证明 XA = O 的全部通解为: X = Z (En ? AA ), ?Z ∈ K? ?.首先, 由 Z (En ? AA )A = Z (A ? A) = O ,知 Z (En ? AA ) 是方程的解. 其次, 任取 XA = O 的一个解 X 0 , 则由X 0 (En ? AA? ) = X 0 ? X 0AA? = X 0 , 取 Z = X 0 即可.由矩阵方程解的结构定理可知, X = Z (En ? AA ), ?Z ∈ K? n×s(3) 设 A 是数域 K 上 s × n 列满秩矩阵，试问：对于数域 K 上任意 s × m 矩阵 B ,矩阵方程 AX = B 是否一定有解？当有解时，它有多少个解？求出它的解集。要求说明理由。 解: 不一定有解. 因为方程不一定满足条件 r (A) = r (A, B ) . 当方程有解时, 同(2)取 A = Q(En ,O )P , 则方程组的全部解为?{X | X = A?B + (En ? A?A)Z , ?Z ∈ K n×m }仿照(2)的证明过程可知, A B 为 AX = B 的一个特解. 而 (En ? A A)Z 为 AX = O 的全部通解. 注: 关于(2)(3)问我想多说几句, 在解诸如齐次方程 AX = O 时, 如果我们事先知道其通 解形式, 则可以直接写出通解. 但我们不知道通解形式, 而要证明Y 是 AX = O 的全部 通解, 那么我们需要做两件事情: 1). 证明Y 确实是 AX = O 的解; 2). AX = O 的任意解都能用Y 表示. 前者为了说明Y 是方程的解, 这是前提; 后者说明我们不会漏掉部分解, 即解是完备的. 需要提醒的是有些人可那会漏掉 2), 而使得解答不完整.? ?2.(16 分) (1) 设 A, B 分别是数域 K 上的 s × n, n × s 矩阵，证明：rank ( A ? ABA) = rank ( A) + rank ( En ? BA) ? n .证: 对分块矩阵做初等变换,得?A ? ?A ? ? A A? ?A ? ABA O ? O O ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? → → → ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? O E BA BA E BA BA E BA E ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? n n n? n?因为矩阵的初等变换不改变矩阵的秩, 所以 r (A) + r (En ? BA) = r (A ? ABA) + n .本试题解答由 SCIbird 提供移项得, rank ( A ? ABA) = rank ( A) + rank ( En ? BA) ? n . 注 : 在处理有关矩阵秩的不等式或等式的问题中, 分块矩阵和初等变换是常用的有效方 法, 平时要多加练习. 另外本题顺便又带出一个结论: 矩阵方程 AXA = A 的解 X = A 一般称为 A 的广义逆矩阵. 则矩阵 B 是 A 的广义逆矩阵 ? r (A) + r (En ? BA) = n .?(2) 设 A, B 分别是实数域上 n 阶矩阵。证明：矩阵 A 与矩阵 B 的相似关系不随数域扩大 而改变。 证: 显然实方阵 A, B 在实数域上相似, 则 A, B 在扩大数域上也相似. 下面证明反之也成 立. 因为任何数域为 F 都包含在复数域 ^ 中, 以及复数域 ^ 与实数域 \ 之间无中间数 域. 所以我们只需要证明实方阵 A, B 复相似, 则实方阵 A, B 也一定实相似. 设实方阵 A, B 复相似, 即存在复矩阵T , 使得T AT = B . 记T = P + iQ , 其中 P,Q 均为实矩阵. 则有 A(P + iQ ) = (P + iQ )B . 对比等式两边的实部与虚部, 可知 AP = PB, AQ = QB -----(1) 因为非零多项式 f (t ) =| P + tQ | 在复数域上只有有限个根, 所以必存在实数 t0 使得?1| P + t0Q |≠ 0 . 令 S = P + t0Q , 则 S 为可逆实矩阵.由(1)式可得,AS = A(P + t0Q ) = AP + t0AQ = PB + t0QB = (P + t0Q )B = SB所以 S AS = B , A, B 实相似. 注: 所谓相似或者标准型之类的东西是什么样的, 在什么意义下的. 一般取决于你是在什 么数域上考虑问题, 也就是说与数域有关, 这一点大家学习时要多加注意. 这其中的关键多 与其特征多项式根的分布有关, 有多少根在给定数域中, 根的分布变化也会影响标准型的.?13. (16 分) (1) 设 A 是数域 K 上的 n 阶矩阵，证明：如果矩阵 A 的各阶顺序主子式都不为 0，那么 A 可以分惟一的分解成 A=BC, 其中 B 是主对角元都为 1 的下三角矩阵，C 是上三角阵。 本题实际上是数值计算中常见的 LU 分解定理, 证明过程要利用线性方程组中的 Gauss 消 元法来实现矩阵的三角分解. 如果 Gauss 消元法能进行到底, 可设想最终化成的行简化阶 梯矩阵就应该是一个上三角矩阵, 很可能就是C . 证:分解的存在性: 通过分析 Gauss 消元法,可以发现每做一次消元相当于左乘一个主对角本试题解答由 SCIbird 提供元都为 1 的下三角矩阵 Lk ,如果 Gauss 消元法能进行到底, 相当于 A 左乘一系列主对角元 都为 1 的下三角矩阵 L1, L2 , &, Ls , 把这些下三角矩阵乘起来, 令 B = Ls & L2L1 仍是一 个主对角元都为 1 的下三角矩阵. 记剩下的上三角矩阵记为C , 则我们实现了 LU 分解A = BC .下面我们用数学归纳法证明: 如果矩阵 A 的各阶顺序主子式都不为 0, 则 Gauss 消元法可 进行到底. 当 k = 1 时,命题成立. 假设进行了 k ? 1 次 Gauss 消元,得到?U Q ? ?U Q ? ? ? ? ? ? ? ? = 或者 & A→? A L L L ? ? ? ? k ? 1 2 1 ? ? ? ? ? ? ?O T ? ?O T ?这里 U 为 k ? 1 阶上三角矩阵, T 为 n ? (k ? 1) 阶矩阵. Gauss 消元法能否继续下去在 于T 的首元素 t11 是否为 0. 如果 t11 ≠ 0 ,则可进行第 k 次 Gauss 消元.?的 因为 Gauss 消元法不交换行, 及 | Lm |= 1 . 所以 A 的第 k 个顺序主子式等于 ? ?O T ? ? ? ? ? ?第 k 个顺序主子式, 即 Dk =| U | t11 . 由题中条件 Dk ≠ 0,| U |≠ 0 , 所以 t11 ≠ 0 . 故可进行第 k 次 Gauss 消元. 由数学归纳法原理可知 Gauss 消元法能进行到底.从而可实 现题中要求的 A = BC 分解. 分解的唯一性: 假设有 A = BC = B1C 1 , 由 A 可逆知, B B1 = CC 1 -----(*) (*)左边为主对角线上都是 1 的下三角矩阵, 右边为上三角矩阵. 两者相等则有?1 ?1?U Q ? ? ?B ?1B1 = CC 1?1 = En , 从而 B = B1,C = C 1 , 唯一性得证.注: 本题证明应该分为存在性和唯一性两部分. LU 分解是数值计算方法中一种常见方 法, 里面有一些高等代数里没有的东西,若有时间的话可以看看这方面的书,吸收一些新 的数学思想.(2) 设 A 是数域 K 上的 n 阶可逆矩阵，试问：A 是否可以分解成 A=BC, 其中 B 是主对角 元都为 1 的下三角矩阵，C 是上三角阵？说明理由。 解: 不一定能实现. 反例如下: 设 A 是数域 K 上的 n 阶可逆矩阵且满足 a11 = 0 , 则 A 不能实现题目中要求的三角分解. 否则,设 A = BC 满足题目要求. 因为 A 是可逆的, B 和C 均为上三角矩阵 所以 0 ≠| A |=| B || C |=| C |=∏ci =1nii, 知 c11 ≠ 0 .但是, 由矩阵乘法得到 a11 = c11 = 0 , 矛盾!本试题解答由 SCIbird 提供注: 当然你也可以构造一个具体例子, 来否定这个命题.4.(10 分) (1) 设 A 是实数域 R 上的 n 阶对称矩阵， 它的特征多项式 f (λ ) 的所有不同的复根为实数λ1 , λ2 , ? ? ?, λs . 把 A 的最小多项式 m(λ ) 分解成 R 上不可约多项式的乘积。说明理由。解: m(λ) = (λ ? λ1 )(λ ? λ2 )&(λ ? λs ) . 因为 A 是实数域 \ 上的 n 阶实对称矩阵, 所以 A 一定能相似对角化, 故 A 的最小多项式 无重根. 又特征多项式 f (λ ) 的所有不同的复根为实数 λ1 , λ2 , ? ? ?, λs , 因而 A 的最小多项式为m(λ) = (λ ? λ1 )(λ ? λ2 )&(λ ? λs ) , 其满足题目要求.(2) 设 A 是 n 阶实对称矩阵，令 Α (α ) = Aα , ?α ∈ Rn n根据第(1)问中 m(λ ) 的因式分解，把 R 分解成线性变换 A 的不变子空间的直和。说明理 由。 解: \ = V1
Vs ,其中Vi = ker(A ? λi I ) = {ξ ∈ \ | (A ? λi I )ξ = 0} 因为 Aα = Aα , 所以线性变换 A 的特征值与矩阵 A 的特征值相同. 这里我们用到一个结论: 多项式 f , g, h 满足 f (λ) = g(λ)h(λ) , 且 (g(λ), h(λ)) = 1 . 则对于线性变换 A , 有 ker f (A) = ker g(A )
ker h(A) . 而对于线性变换 A 的最小多项式 m(λ) , 由(1)知 m(λ) 能分解成两两互素的不同一次因 式的乘积, 及 ker m(A ) = \ . 所以, \ = V1
Vs . 其中Vi = ker(A ? λi I ) = {ξ ∈ \ | (A ? λi I )ξ = 0} 为线性变换 A 的不变子空间.n n n n n5.(22 分) 设 X = {1, 2, ? ? ?, n} ，用 C 表示定义域为 X 的所有复值函数组成的集合，它对于函数的X加法和数量乘法成为复数域 C 上的一个线性空间. 对于 f ( x), g ( x) ∈ C ，规定 & f ( x ), g ( x ) &=X∑ f ( j) g ( j) ，j =1n这个二元函数是复线性空间 C 上的一个内积，从而 C 成为一个酉空间。XX本试题解答由 SCIbird 提供设 p1 ( x), p2 ( x), ? ? ?, pn ( x) ∈ C ，且满足 pk ( j ) =X2π i 1 kj ω , ?j ∈ X . 其中, ω = e n . n(1) 求复线性空间 C 的维数； (2) 证明： p1 ( x), p2 ( x), ? ? ?, pn ( x) 是酉空间 C 的一个标准正交基；XX? ( x) , (3) 令 σ ( f ( x)) = f? ( x) 在 x = k 处的函数值 f ? (k ) 是 f ( x) ?f ( x) ∈ C X . 其中 fX在标准正交基 p1 ( x), p2 ( x), ? ? ?, pn ( x) 下的坐标的第 k 个分量. 证明： σ 是酉空间 C 上 的一个线性变换，并且求 σ 在标准正交基 p1 ( x), p2 ( x), ? ? ?, pn ( x) 下的矩阵； (4) 证明第(3)题中的 σ 是酉空间 C 上的一个酉变换。X证: (1). 从第(2)问就看出来了, dim CTX= n . 证明可构造线性映射T : C X → C n ,X即Tf = ( f (1), f (2), &, f (n )) , f ∈ C, T (λ f + μg ) = λTf + μTgX不难证明 T 既是单射又是满射, 从而是同构映射, 所以 dim Cn= dim C n = n .(2). 可以看出本题需要利用单位根的性质. 方程 ω = 1 的解称为单位根, 此方程无重根. 一些性质: | ω |= 1, ωω =| ω | = 1 . 对本小问,21 n kj mj (共轭符号可以提到指数里面) 考虑内积 (pk , pm ) = ∑ (ω) (ω) n j =1当 k = m 时, 因为 ωω =| ω | = 1 . 所以 (pk , pk ) =21 n 1 n 1 n kj kj ( ) ( , ) ( ) ωω p p = ωω = ∑ ∑ ∑1 = 1 k k n j =1 n j =1 n j =12 nd当 k ≠ m 时 , 不妨设 m & k , 记 d = k ? m , 利用 ωω =| ω | = 1 及 ω= (ωn )d = 11 n 1 n 1 n ωd (1 ? ω nd ) mj dj (m +d ) j (ω) = ∑ (ω) = ∑ = 0. 化简得到 (pk , pm ) = ∑ (ω) n j =1 n j =1 n j =1 1 ? ω由正交性可知其线性无关, 再由 dim CX= n 知 p1 ( x), p2 ( x), ? ? ?, pn ( x) 是酉空间 C X 的一个标准正交基. (3). 这个小问特别绕, 审题要仔细. 要注意类比数分中的 Fourier 级数知识, 正交性对于简化 问题很关键.本试题解答由 SCIbird 提供由(2)可设 f (x ) =∑ x j p j (x ) ,两边用 pk (x ) 做内积并利用正交性,得 xk = (f (x ), pk (x )) .j =1n?(x ) , f ?(k ) = x 确实是线性变换. 按定义容易验证变换 σ( f (x )) = f k设 A = (aik ) 为所求矩阵, 我们设法确定其元素 aik 的表达式.?k (x ) = ∑ aik pi (x ) , 因为 σ(pk (x )) = pi =1n?k (m ) = x m = (pk (x ), pm (x )) = δkm 注意到依题意 p?k (x ), pi (x )) = 所以由正交性得到 aik = (p∑ δkj pi ( j ) =j =1n1 n∑ δkj ωij =j =1n1 nω ik .(4).有了(3)就比较简单了, 注意到 (σ( f ), σ(g )) = ( f , g ) ? (σ(pi ), σ(p j )) = δij . 直接计算得到, (σ(pi ), σ(p j )) =m =1∑ δim δjm = δij .n注: 本题不能说是特别难, 其中第(1)(2)问还是比较基础的. 对单位根的一些简单性质要熟 悉(当然这些性质也可以现看出来), 计算要仔细. 第(3)问给的变换比较绕, 要多花点时间 认真审审题, 解答第(3)问的关键是确定坐标 x k 的表达式. 这里我们的做法是效仿 Fourier 级数理论中确定 Fourier 系数的方法, 大致思路是两边用某个基底做内积,利用正交性确定 系数. 由于这里只有有限项, 所以作内积时不必担心收敛性问题. 希望通过第(3)问能加深 大家对正交性的理解, 深刻体会到”正交性”对于将来向无穷维 Hilber 空间进军是有好处的. 这里引入克罗内克符号 δij 有助于简化计算, 其优势也许在张量运算中体现的更好吧.6. (20 分) 设 V 是域 K 上的 n 维线性空间， A1, A2,…,As 线为 V 上的线性变换， 令 A＝A1+A2+…+As 求证：A 为幂等变换且 rank(A)=rank(A1)+……＋rank(As)的充要条件是：各 Ai 均为幂等 变换，且 AiAj=0, i≠j. 证明: 设 A1, A2 , &, As 为题目中所给线性变换在某组基下的矩阵, 下面我们只需对这些矩 阵讨论可即可. 考虑 sn 阶矩阵G :? A2 A A ? 1 1 2 ? ? ? AA A22 ? ? 2 1 G =? & & ? ? ? ? ? ?As A1 As A2& A1As ? ? ? ? & A2As ? ? ? ? ? & & ? ? ? 2 ? ? & As ?本试题解答由 SCIbird 提供?A 0 ? 1 ? ? ? 0 A2 =? ? ?& & ? ? ? ? ? ?0 00 ?? En ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ?? E n? ? ? ? ? ? ? ?# ? ?? ? En & &? ? ? ? ? ? ? ? ? & As ?? ?? ? ?En ? & &(En? A2 A A ? 1 1 2 ? ? ? A2A1 A22 ? & En ? ? & & ? ? ? ? ? ?As A1 As A2)& A1As ? ? ? ? & A2As ? ? T ? ? ? = DB BD & & ? ? ? ? ? & As2 ?= 0 (i ≠ j ) 则 A1, A2 , &, As 都是幂等矩阵且 AA i j ? G = D ? DBT BD = D ? BT B 是 D 的一个广义逆.由本卷第 2 题结论知, B B 是 D 的一个广义逆 ? r (D ) + r (Esn ? B BD ) = sn .T T= 0 ( i ≠ j ), 可知 A = 充分性: 由 A1, A2 , &, As 都是幂等矩阵且 AA i j阵, 且 r (A) + r (En ? A) = n . 因为 r (D ) =T s∑ A 也是幂等矩i =1 is∑ r (A ) , 我们只需要证明 r (D) = r (A) ,i =1 i即证明 r (Esn ? B BD ) = (s ? 1)n + r (En ? A) 即可. 由分块矩阵初等变换, 得s ? ? & ?As ? E ? ? ? ∑ Ai n ? ? ? ? i =1 ? & ?As ? ? ? ? 0 ?→? ? & & ? ? ? ? ? & ? ? ? ? & En ? As ? ? ? 0 ? ?? ?A2 ?En ? A1 ? ? En ? A2 ? ?A1 Esn ? BT BD = ? ? ? & ? & ? ? ? ?A2 ? ?A1 ?T? ? ? ?A2 & ?As ? ? ? ? En & 0 ? ? ? ? ? & & &? ? ? ? 0 & En ? ?i所以, r (Esn ? B BD ) = r (En ? A) + (s ? 1)n , 从而 r (A) =s∑ r (A ) .i =1s必要性: 因为 r (D ) =∑ r (A ) , 重复上面分块矩阵的证明可得i =1 ir (Esn ? BT BD ) = r (En ? A) + (s ? 1)n又A =∑ A 是幂等矩阵, 所以i =1 isr (Esn ? BT BD ) = r (En ? A) + (s ? 1)n = n ? r (A) + (s ? 1)n= n ? r (D ) + (s ? 1)n = sn ? r (D ) .因此, r (D ) + r (Esn ? B BD ) = sn .T本试题解答由 SCIbird 提供故 A1, A2 , &, As 都是幂等矩阵且 AA = 0 ( i ≠ j ), 进而原命题得证. i j 注: 本题是在是太难了, 至少我的感觉是这样. 虽然从上面看下来问题不大, 但是本题的证 明方法不是太好想的.能独立把本题作出来的,的确的靠硬功夫!本题值得期待一个相对自然 的证明! ! 解析几何部分（50 分） 7.(15 分) 求一个过 x 轴的平面 π ，使得其与单叶双曲面x2 + y 2 ? z 2 = 1 的交线为一个圆。 4解: 因为单叶双曲面是关于原点对称的, 所以交圆的圆心必为原点. 设交圆半径为 r , 则交 圆在球面 x + y + z = r 上, 故交圆也可以看作单叶双曲面与球面的交线. 将球面方程代入单叶双曲面方程,得2 2 2 21 1 1 1 ( ? 2 )x 2 + (1 ? 2 )y 2 ? (1 + 2 )z 2 = 0 4 r r r又交圆所在平面经过 x 轴, 所以 ( ?1 41 ) = 0 , r = 2 . 代回上式, 得 r2( 3y + 5z )( 3y ? 5z ) = 0 . 因此平面 π 为, 3y + 5z = 0或3y ? 5z = 0注: 解答时要注意结合几何直观, 利用对称性简化问题. 将交圆看作单叶双曲面与球面交线 是一个值得注意的技巧.8.(15 分) 证明四面体的每一个顶点到对面重心的线段共点，且这点到顶点的距离是它到对 面重心距离的 3 倍。 证: 取一个空间直角坐标系, 记四面体的四个顶点分别为 A, B,C , D 或 P1, P2 , P3, P4 . 其中顶点 Pi 对应的坐标为 Pi (x i , yi , z i ) . 记G1,G 2 分别为 ΔBCD 与 ΔABD 的重心. 则 G1(x 2 + x3 + x4 3, ?, ?) , G 2 (x1 + x 2 + x 4 3, ?, ?) .这里采取省略记法, 只写出第一个分量, 第二和第三分量形式上与第一分量相同, 只不过 将相应的 x i 用 yi , z i 代替. 下面均采用此简记方法. 所以向量 AG1 = (x 2 + x3 + x4 3? x1, ?, ?) , 设线段 AG1 上到 A 点的距离是到G1 点距离 3本试题解答由 SCIbird 提供倍的点是G 点, 即 AG = 3GG1 .计算得G 点坐标 G (1 4 ∑ x , ?, ?) . 4 i =1 i又向量CG = (x1 + x 2 + x 4 1 4 1 4 , , ) ( GG = ? ∑ x i , ?, ?) x ? x ? ? , 向量 ∑ 3 2 4 i =1 i 3 4 i =1 x1 + x 2 + x 4 3 ? 1 4 1 4 xi ) = ∑ xi ? x 3 . ∑ 4 i =1 4 i =1直接计算即可验证向量CG = 3GG 2 . 比如 3(这就证明了C ,G,G 2 三点共线, 且G 点分线段CG 2 长度比为 3 : 1 . 对其他面同理可证. 于是我们证明了四面体的每一个顶点到对面重心的线段共点， 且这点到顶点的距离是它到对 面重心距离的 3 倍。此定点为G (1 4 1 4 1 4 x y , , ∑ ∑ ∑ z ) , 也称作四面体的重心. 4 i =1 i 4 i =1 i 4 i =1 i注: 也许有的朋友已经猜到那个交点就是四面体的重心, 我们通过计算证明了猜想. 本题 证明共线的方法是很典型的方法, 要记住.9.(10 分) 一条直线与坐标平面 yoz 面，xoz 面，xoy 面的交点分别是 A, B, C. 当直线变动时， 直线上的三个定点 A, B, C 也分别在坐标平面上变动。此外，直线上有第四点 P, 点 P 到 三点的距离分别是 a, b, c. 求该直线按照保持点 A, B, C 分别在坐标平面上的规则移动时， 点 P 的轨迹。 解: 因为由一点和一个方向向量可确定直线方程, 我们取此点即为 P 点,对应坐标P (x 0 , y 0 , z 0 ) , 相应的方向向量为 l(cos α, cos β, cos γ ) . 则直线的参数方程为:? ? x = x 0 + t cos α ? ? ?y = y + t cos β ? 0 ? ? z = z 0 + t cos γ ? ? ?由题意, 令 x = 0 , 并由参数 t 的几何意义可知此时 | t |= a , 故 x 0 ± a cos α = 0 . 同理,y 0 ± b cos β = 0, z 0 ± a cos γ = 0 .2 2 2 2 x0注意到 cos α + cos β + cos γ = 1 , 所以有a2+2 y0b2+2 z0c2= 1.故当直线变动时 P 点的轨迹为:x2 a2+y2 b2+z2 c2= 1.注 : 解答本题有两个关键: 一是选用 P 点作为直线的定点; 二是选用直线的单位方向向 量对应的参数方程, 并充分利用了参数 t 的几何意义, 使得问题得到大大的简化.本试题解答由 SCIbird 提供10.(10 分) 在一个仿射坐标系中，已知直线 l1 的方程为 ?? ? ?x ? y + z + 7 = 0 ? 2x ? y ? 6 = 0 ? ?l2 经过点 M (?1,1, 2) , 平行于向量 u(1, 2, ?3) .判别这两条直线的位置关系，并说明理由。解: 直线 l1 与 l 2 异面. 记平面 π1 : x ? y + z + 7 = 0 , 平面 π2 : 2x ? y ? 6 = 0 . a.若 l1 平行于 l 2 , 则向量 u(1, 2, ?3) 必平行于平面 π1 . 但 1 × 1 + 2 × (?1) + (?3) × 1 ≠ 0 . 所以直线 l1 与 l 2 不平行. b. 若 l1 与 l 2 共面, 则经过直线 l1 与点 M ( ?1,1, 2) 的平面 π 与向量 u(1, 2, ?3) 平行. 设平面 π 方程为 λ(x ? y + z + 7) + μ(2x ? y ? 6) = 0 , 因为平面 π 经过点 M , 代入得到 7λ ? 9μ = 0 . 令 λ = 9 , 则 μ = 7 , 平面 π : 23x ? 16y + 9z + 21 = 0 . 因为 1 × 23 + 2 × (?16) + (?3) × 9 ≠ 0 , 所以 l1 与 l 2 不共面. 综上讨论, 直线 l1 与 l 2 异面. 注: 题目中给出的坐标系是仿射坐标系, 而不是直角坐标系. 所以我们解答时要注意哪些 结论在一般的仿射坐标系下成立, 哪些结论只在直角坐标系成立. 本题用到这样一个重要 结论: 在仿射坐标系中, 向量 r(l, m, n ) 平行于平面 Ax + By + Cz + D = 0 的充分必要 条件是 lA + mB + nC = 0 .后记:错别字和笔误总是很难避免的,但只要不是犯本质性的错误,相信大家肯定能沿着证明看出来. 说实在的,写这套证明有点失去动力了. 在花了 5 小时排出这样一份证明实在是有 些厌倦了, 恐怕若不是为了当初一句承诺, 也就没有这份解答了. 坦白说, 很少有人愿意写 真题解析, 大概怕浪费时间吧. 其实写解析好比给别人补课, 你不事先玩转了,结果会很严重 的. 自己写的真题解答恐怕算是论坛上最多的了,北大 08 数分,北大 06 和 08 高代,中科大 08 数分,南开 07 数分. 下一个也许是北大 06 数分吧,时间允许的话大概在 09 年 1 月份发上来吧. 也许将来某一天论坛将来出书能把我写的解答收录整理进去吧, 那样也许我会欣慰一点.感 觉自己实在是很不擅长高代. 比起来数分来, 自己做高代真是有累,又没感觉, 没思路. 虽然 感觉解析了两套题后, 自己的高代水平有了很大提高, 但却无法在其中找到乐趣. 看来自己 最近太累了! 下面的话写给想提高高代水平的朋友们:本试题解答由 SCIbird 提供论坛上有很多朋友.本科生也好, 考研的也好. 很多人想提高高代水平,但不知如何下 手. 认真啃教材,做课后习题当然是基础了, 另外我个人建议像我这样认真解析几套高代试 题也是一个提高高代水平的重要途径. 如果你真的想提高高代水平,不要怕浪费时间. 我目 前只做过北大 08 和 06 的高代解几套题(散题就更少了), 但我敢说我相当于做了 10 套高代题. 说实在的, 写解答可不是一件简单的事. 不是说你选的试卷难, 然后你把它做出来就完事了. 你要写出一份别人能看懂的解答还真是件不容易的事, 特别是对方水平不及你的时候. 不少 老师自身水平很高的, 但写出的书还真不那么通俗易懂. 所以要读者明白自己在说啥, 不是 一件简单的事. SCIbird 在论坛混了很久, 上论坛时也在认真看高代帖子(弱项嘛.得补上), 坦 白说, 有的高代解答看不懂, 仔细分析原因. 一是自身水平有限, 二是对方使用了高深的方 法(比如抽代的方法), 三是对方证明里直接引用了&很不显然&的结论, 默认 XXX. 我最头痛 的就是第三个了, 往往给我的感觉是似是而非,一头雾水, 经常很茫然! 一个人管他用什么方法做出这道题, 这是基础, 必要条件; 如果他还能轻松写出很通俗 的证明, 那就更难得了. 后者就是通常说 的把这题&玩转了&! 如果一个人说这题有 n 种方法, 难易通俗程度不同, 还能推广到 XXX. 那这个人就玩到家了, 高手! 如果一个人能写出一份让别人容易理解证明, 那么说明他对这套试题来说, 玩转了(还 怕水平没提高吗?)! 而且在整理知识点解答的过程中,还会有新的感悟的, 这很难说出来, 恐 怕没亲身经历的人无法体会到. 也许做过家教或给别人补过课的人也能体会到我说的话吧. 2008 年 12 月 7 日 SCIbird2006c???a???)\?????K??8?ê???§F??F?? ?ò÷? 150 ?§z?K 15 ?§??m: 3 ?? 1. (.Q?n?'u?ê?#5????§????????ê?#5? §?n§?y???(.Q?nd5. 2. ?êf (x, y ) = x + 3xy ? y ? 6y + 2y + 1,?f (x, y )Q(?2, 2)??Peano{? Taylor?m.?f (x, y) QR ?k='u4?§y:§ù:???4?:§ `?nd. 3. F (x, y ) = x y + |x|y + y ? 5. (1) y??§F (x, y ) = 0Q(?∞, +∞)?(?????êy = f (x); (2) ?f (x)4?:. 4. O?1.???? x dydz + y dzdx + z dxdy ,????Σ???? + + = 1??.3 2 2 2 3 2 2 2 Σ x2 a2 y2 b2 z2 c25.y?2???+∞ 0sin x dx x??,?O?d??.0x→x0 y →y06.f (x, y)? ? QD = (a, b) × [c, d]?,x ? ? éy? Y.x ∈ (a, b) ? § é u ? ?y ∈ [c, d]§ 4 ? lim f (x, y) = g(y)? ?. y ? ? 4 ? lim f (x, y) = g(y )é ? ?y ∈ [c, d]¤á??U?^??§4? lim f (x, y) = g(y)Q[c, d]?????.x→x0 0 0 x→x07.λ(?)→0 i=1e?êf (x)Q?m[a, b]?k.§???y?f (x)Q[a, b]?Riemann?4? lim f (ξ )(x ? x )??CauchyOu.n i i i?1 n n n8.b lim fn (x)dx n→∞ a{f (x)}?(?∞, +∞)???Y?ê§÷vQ~êM , ?éu??f (x) ?x ∈ (?∞, +∞)?k|f (x)| M . b?é(?∞, +∞)????m[a, b]?k= 0. = 0.b lim fn (x)h(x)dx n→∞ ay??é???m[c, d] ? (?∞, +∞)±9[c, d]??é???êh(x), ?k19.Q??m[a, b]?ü?Fourier?êa0 + 2∞an cos nx + bn sin nx,n=1α0 + 2∞αn cos nx + βn sin nxn=1?Q[a, b]???§?????êQ[a, b]??Y??. ?éu??g,ên, a = α , b = β ??¤á?X¤á§?y?; X?¤á§\ ??o^??U?y¤á§`?nd.n n n n10.f (x)Q[0, +∞)?SRRiemann??,y??2??? 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é? ?x, y ∈ I, x & y, |f (x) ? f (y)| ≤ 1 + |x ? y|(ù???\?±?n = + 1,, ??Xx, x + , ? ? ? , x + ) ,????m'kFS?y?f (x)3T?mS kF,?ng(x)?kF. e?5y?)K,M & 0,÷v|f (x)| & M, |g(x)| & M, ?x ∈ I ,@odf (x), g(x)'? ???S& 3éu??ε & 0,δ & 0,÷v¨x, y ∈ I, |x ? y| & δ?k,|f (x) ? f (y)| & ε, |g (x) ? g (y )| & ε l
|f (x)g (x) ? f (y )g (y )| = |f (x)g (x) ? f (x)g (y ) + f (x)g (y ) ? f (y )g (y )| ≤ |f (x)g (x) ? f (x)g (y )| + |f (x)g (y ) ? f (y )g (y )| & 2M εdε'??S,??? & f (x)g(x)'????S. 5:K8? x v?x'ê??,9ukFS'y??U?kX???.1 1 2 1 2 1 1 2 1 δ1 y ?x δ1 y ?x n ( y ? x) n n?K3 ?f (x)3[a, b]?ko0ê,?kf (β) = 0, f (β) = 0, β ∈ (a, b).y ?:3x , x ∈ (a, b),?&f (x ) ? f (x ) = f (β)(x ? x ) y?:??f (β) = f (β) = 0(ù????K?±?g(x) = f (x) ? f (β) ? f (β )(x ? β ),
g (x)'no0??f (x)??) l
???y?3x , x ∈ (a, b),? &f (x ) ? f (x ) = 0.(4) (3) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21e?? ü??G5y ??: (1)f ”(β ) = 0§ ¨f ”(β) & 0,d?Peano{?'Taylor?m??&f (x) = f (β ) + f ”(β ) (x ? β )2 + o((x ? β )2 ) 21 2 1:@o3βv?'+?Skf (x) & 0,y & β & y ,÷vf (y ) & 0, f (y ) & 0§?? f (y ) & f (y ), duf (β) = 0,@o3x ∈ [β, y ],÷vf (x ) = f (y ),l
x = y , x = x =÷vf (x ) ? f (x ) = 0&¨f ”(β ) & 0?n?&. (2)f ”(β ) = 0,@oduf (β ) = 0, f (β ) = 0§ ?±?$Taylor?m,2 1 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2 (4) (3)?{?(1)???'&y?F& ?K4 ¨E???ê3R???g??,?f (0) = n, f (0) = 0, n = 0, 1, ? ? ? . ?`?÷v^?'?êk????& )?:¨E?ê?8?ê x §dlim = 0& d? ê??ê'?????+∞.l
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f (x) + cg(x)?÷vK8^?,c???~ê& ?K5 D = [0, 1] × [0, 1],f (x, y)?D?'???ê,y?÷v f (x, y)dxdy = f (ξ, η )'(ξ, η )Xk????& y?:m = f (x , y ) = min{f (x, y)|(x, y) ∈ D, M = f (x , y ) = min{f (x, y)|(x, y) ∈ D @o??km ≤ f (x, y )dxdy ≤ M e??ü?????: (1)em = f (x, y )dxdy , f (x, y )dxdy ≤ M k??¤á?&¨m = f (x, y )dxdy § @o??k: f (x, y) ? mdxdy = 0§l
f (x, y) = m, (x, y) ∈ D,l
f (x, y)?~ê§ d?@?w,¤á.¨ f (x, y)dxdy ≤ M ?n. (2)m & f (x, y )dxdy & M ,???±????^?&(x , y )?(x , y )'???(? àX???)??(?3DS)§ dH??n?&3???^??3?X(ξ, η)÷v f (x, y)dxdy = f (ξ, η )&l
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dx|3p & 1'????,3p ≤ 1??u?,%¨?a¨p & 1?f (x)3(1, +∞)? ??é??. (5:P??? | |dx3p & 1?'??Sw,,3p ≤ 1'u?S?? ? | |dx ≥ | |dx ≥ | |dx = dx,
c?u???? ?). ±e5A?^???'?m?K:¨ & p ≤ 1?,duf (x) = ln(1 + ) = ? ,
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k+1 x +∞ +∞ sin x dx, 1 sin dx xp 1 x(k+1)p??.?u?(5?ùp2p ≤ 1,?1?u??5p?'SN) l
??y? ? 30 & p ≤ ??kf (x)3(1, +∞)??u?. n?¤?,3 & p ≤ 1?,f (x)3(1, +∞)??'^???. 3p & 1?,f (x)3(1, +∞)??'?é??. ?K9 PF (x, y) = nye ,??3a & 0±9?êh(x)3(1?a, 1+a)? ?, ?h(1) = 0, F (x, h(x)) = 0 )?:?kdu?ê nye ??x + y & 0S?????',l
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????ê?n?3ù$'h(x)÷vK8?'^?. ?K10 f (x), g(x)3[a, b]iù??,y?:f (x), g(x)'Fá??m?k??Xê '??^?? |f (x) ? g(x)|dx = 0 y?:3ùp??y?a = ?π, b = π'??(éu??'?????m'???. .) Pa , b ?f (x)'Fá?Xê,A , B ?g(x)'Fá?Xê. ky??S:e |f (x)? g (x)|dx = 0,@ow,|a ? A | ≤ |f (x) cos nx ? g (x) cos nx|dx ≤ |f (x) ? g (x)|dx = 0.l
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qdCauchy-Schwarz?1?& :b a n n n n π ?π n n 1 π π ?π 1 π π ?π n n n n π ?π 2 π 2 π(3) ?F | =0 ?y (1,0)|f (x) ? g (x)|dx≤ 2π?π|f (x) ? g (x)|2 dx = 0l
?π π ?π|f (x) ? g (x)|dx = 0,ù?y ?U?S.4北京大学 2007 年《高等代数与解析几何》试题解答北京大学 2007 年高等代数与解析几何试题 解 答1、回答下列问题： （1）问是否存在 n 阶方阵 A, B ，满足 AB ? BA = E （单位矩阵）？又，是否存在 n 维 线性空间 V 上的线性变换 A ，B ，满足 AB ? BA = E (恒等变换)? 若是，举出例子；若否， 给出证明. 【解】否，下面给予证明.对于任意 n 阶方阵 A, B ，若 AB ? BA = E ，则两边取矩阵的 迹，并注意到 tr( AB ) = tr( BA) ，得 0 = n ，矛盾.所以不存在方阵 A, B ，使 AB ? BA = E .对于线性空间 V 的线性变换 A ， B ，任取 V 的一个基，并设 A ， B 在这个基下的矩阵 分别为 A, B ，若 AB ? BA = E ，则相应的有 AB ? BA = E ，矛盾.所以不存在 n 维线性空 间 V 上的线性变换 A ， B ，满足 AB ? BA = E . 【注】若线性空间 V 是无穷维的，则存在 V 的线性变换 A ， B ，满足 AB ? BA = E . 例如，设 V = P[ x] 是数域 P 上多项式全体所构成的线性空间，定义Af ( x ) = f ′( x ) ， Bf ( x ) = xf ( x ) ， ?f ( x) ∈ V ，容易验证： AB ? BA = E . （2） 设 n 阶矩阵 A 的各行元素之和为常数 c ， 则 A 的各行元素之和是否为常数？若是，3是多少？说明理由. 【解】是 . 设 η = (1,1,,1) T 是 n 维列向量，则由 A 的各行元素之和为常数 c ，知Aη = cη ，从而 A3η = c 3η .所以 A3 的各行元素之和为常数 c 3 .（3）设 m × n 矩阵 A 的秩为 r ，任取 A 的 r 个线性无关的行向量，再取 A 的 r 个线性 无关的列向量，组成的 r 阶子式是否一定不为 0？若是，给出证明；若否，举出反例.― 1 ―北京大学 2007 年《高等代数与解析几何》试题解答【解】 是.不妨考虑 A 的后 r 个线性无关的行向量及后 r 个线性无关的列向量，所组成 的 r 阶子式记为 D .假设 D = 0 ，则仅对 A 的后 r 行施行初等行变换，可得?B C? A→? ?=H ， ?α 0 ?其中 B 是 ( m ? 1) × ( n ? r ) 矩阵， C 是 ( m ? 1) × r 矩阵， α 是 n ? r 维行向量.根据初等行变 换不改变矩阵的秩且不改变列向量之间的线性相关性，知 rank(C ) = r ，且 α ≠ 0 .于是有rank( A) = rank( H ) ≥ rank(C ) + rank(α ) = r + 1 ，矛盾. 所以 D ≠ 0 . （4）设 A, B 都是 m × n 矩阵，线性方程组 AX = 0 与 BX = 0 同解，则 A 与 B 的列向量组是否等价？行向量组是否等价？若是，给出证明；若否，举出反例. 【解】第 1 个结论不成立，反例如下：若 A = ?? 1 0? ?1 0 ? ?，B = ? ? ，则线性方程组 ? 0 0? ?1 0 ?AX = 0 与 BX = 0 同解，但 A 与 B 的列向量组显然不等价.第 2 个结论成立，兹证明如下：依题意，线性方程组 AX = 0 与 BX = 0 同解，所以rank( A) = rank( B ) .记 r = n ? rank( A) ，任取 AX = 0 的一个基础解系(当然也是 BX = 0的基础解系)构成 n × r 矩阵 C ，则 rank(C ) = r ，且 AC = O ， BC = O . 考虑齐次线性方程组 C X = 0 ，其解空间 S 的维数 dim( S ) = n ? r = rank( A) .T因为 C A = O ，所以 A 的行向量都是 C X = 0 的解，因此 A 的行空间 WA 是 S 的一T T T个子空间，即 WA ? S .注意到 dim(WA ) = rank( A) = dim( S ) ，故 WA = S . 同理可证， B 的行空间 WB = S . 于是有 WA = WB ，这就表明 A 与 B 的行向量组等价. 【注】若 AX = 0 与 BX = 0 都仅有零解，则 rank( A) = rank( B ) = n ，仍是第 1 个结论 不成立 ( 反例从略 ) ，第 2 个结论成立 . 事实上，此时存在 m 阶可逆矩阵 P 1, P 2 ，使得? En ? ? En ? ?1 P 1 ，则 P 是可逆矩阵，且 PA = B .由此容易证明， ? ， P2 B = ? ? ，令 P = P2 P 1A = ? ?O ? ?O ?― 2 ―北京大学 2007 年《高等代数与解析几何》试题解答A 与 B 的行向量组等价.（5）把实数域 R 看成有理数域 Q 上的线性空间，b = p q r ，这里的 p, q, r ∈ Q 是互3 2不相同的素数.判断向量组 1, n b , b , 【解】向量组 1, n b , b , 全为零的 k0 , k1 ,n 2n2, n b n ?1 是否线性相关？说明理由., n b n ?1 是线性无关的，可用反证法证之.若不然，则存在不, kn ?1 ∈ Q ，使得k01 + k1 n b + k2 n b 2 +这就是说， B =n+ kn ?1 n b n ?1 = 0 ， + kn ?1 x n ?1 的根，即b 是非零的有理系数多项式 f ( x) = k0 + k1 x + f ( B) = k0 + k1 B +n+ kn ?1 B n ?1 = 0 .显然有 g ( B ) = 0 ， 即 B 是多项式 g ( x) 的 另一方面， 对于整系数多项式 g ( x) = x ? b ， 根.取素数 r ，利用 Eisenstein 判别法，易知 g ( x) 在有理数域 Q 上不可约，这就是说，不 存在非零的次数更低( ≤ n ? 1 )的有理系数多项式 h( x) ，使得 h( B ) = 0 ，矛盾. 因此，向量组 1, n b , b ,n2, n b n ?1 是线性无关的.2、设 n 阶矩阵 A, B 可交换，证明： rank( A + B) ≤ rank( A) + rank( B) ? rank( AB) .【解】利用分块初等变换，有? A O? ? A B? ? A + B B? ? ?→? ?→? ?. B? ?O B? ?O B? ? B因为 AB = BA ，所以O ?? A + B B? ? A + B B ? ?E ? ?? ?=? ?. ? AB ? B? ? O ? B ?A ? B?? B于是，有B ? ? A+ B B? ? A+}