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[考研真题] 2018年上海交通大学高等代数题

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发表于 2017-12-29 17:01:38 | 显示全部楼层 |阅读模式
2018年上海交通大学高等代数题


1.证明$f(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}$在有理数域上不可约.

2.$A=\alpha\alpha^T$,其中$\alpha是一个n维列向量$,且$\alpha^T\alpha=1,B=E+A+A^2+\cdots+A^n$.证明:$B$可逆,并求出$B$的逆.

3.$A,B$是$n$级矩阵。$rank(A)=n-1$,$AB=0$,证明$B$可以表示成$A$的多项式.

4.$f(x)$与$g(x)$互素,$f(M)g(M)X=0,f(M)X=0,g(M)X=0$的解空间分别是$W,W_1,W_2$,
证明$W=W_1\oplus W_2$

5.$A={\left(a_{ij}\right)}_{n\times n}$是一个$n$级可逆矩阵,$B={\left(a_{ij}\right)}_{r\times n}(r\leq n)$,求$BX=0$的基础解系。

6.(1)证明在复数域上,有$$A^2=-E\Leftrightarrow rank(A+iE)+rank(A-iE)=n$$
(2)证明复数域上的矩阵$A$满足$A^2=-E$,则$A$可以对角化,并求出与它相似的对角矩阵。

7.$A,B$是$n$级矩阵,$AB=BA$。若$A$有$r$个互不相同的特征值,则$A,B$至少有$r$个公共且线性无关的特征向量。

8.$A,B$都是实对称矩阵,证明$A$是正定的矩阵的充要条件是:对于任意的一个正定矩阵$B$,都有$tr(AB)>0$

9.对于任一实可逆矩阵$A$,都存在正交矩阵$Q_1,Q_2$,使得
$$Q_1AQ_2=\begin{pmatrix}\lambda_1&&\\&\ddots&\\&&\lambda_n\end{pmatrix},$$
其中$\lambda_n\geq\lambda_{n-1}\geq\cdots\geq\lambda_1\geq 0$,且$\lambda_1^2,\cdots ,\lambda_n^2$都是$A^TA$的特征值.





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 楼主| 发表于 2017-12-29 17:10:43 | 显示全部楼层
今年的武汉大学的高代跟上海交大的高代难易程度差不多,有时间再写写解答,上海交大的这张试卷呢,可能第三题和最后一题写起来比较麻烦,这第三道题的解答过程在葵花宝典有详细的解答,而最后一题在丘维声的书讲极分解那一块有讲到这个题还有一些与它类似的题。
发表于 2017-12-30 23:53:30 | 显示全部楼层
这份试题整体上不难
发表于 2017-12-31 17:45:46 | 显示全部楼层
第三题原题是要加个条件:原题是$r(A)=n-1,AB=0$,去证明$B$是$A$是多项式
 楼主| 发表于 2018-1-2 21:01:53 | 显示全部楼层
第九题在丘维声上是利用极分解定理进行的证明,上海交大这题正好是极分解定理证明后面的一道习题,然后后面还附上的是丘维声上面的更一般的分解形式,即奇异值分解,算的上极分解更一般的形式,附件上的内容是在丘维声高代的上册补充题六那部分截出来的

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 楼主| 发表于 2018-1-3 00:01:52 | 显示全部楼层
第八题.设$A、B$都是$n$阶实对称矩阵,证明$A$是正定的充要条件是对任意的正定矩阵$B$均有$tr(AB)>0$

说说我在考研期间总结的两种方法,算是异曲同工吧!

证法一:必要性
因为$A,B$为正定矩阵,所以存在$C,D\in M_n(\mathbb{R})$,使得$A=C^TC,B=D^TD.$
注意到$AB=C^T(CD^TD)$与$(CD^TD)C^T=(DC^T)^T(DC^T)$具有相同的特征值.(自己想想为什么,哈哈哈)
设特征值为$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$,由于$(DC^T)^T(DC^T)$是正定的矩阵,其特征值全都大于零。
$$\Rightarrow tr(AB)=\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n>0$$

充分性
设$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$是$A$的特征值,则$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$是实数,且存在正交矩阵$P$使得
$$P^TAP=diag(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n)$$
由于$tr(AB)=tr(P^TAP)tr(P^TBP)>0$,以及$B$为任意的$n$阶正定矩阵,故可取$B$使得
$$P^TBP=diag(1,\varepsilon_2,\cdots,\varepsilon_n),其中\varepsilon_k>0$$
所以$tr(AB)=\lambda_1+\lambda_2\varepsilon_2+\cdots+\lambda_n\varepsilon_n>0$,令$\varepsilon_k充分小$,使得$\left|\lambda_2\varepsilon_2+\cdots+\lambda_n\varepsilon_n \right|<\varepsilon_1$,则$\varepsilon_1$与$\lambda_1+\lambda_2\varepsilon_2+\cdots+\lambda_n\varepsilon_n$同号,故$\lambda_1>0$,同理$\varepsilon_2,\cdots,\varepsilon_n>0$,因此$A$为正定矩阵.


证法二:必要性同方法一.
充分性.
由于$A$是$n$级实对称矩阵,因此存在$n$级正交矩阵$T$,使得$A=T^{-1}diag(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n)T$,其中$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$是$A$全部特征值。因为$A$可逆,因此$\lambda_i\neq 0,i=1,2,\cdots,n$,下面来证$\lambda_i>0,i=1,2,\cdots,n$
令$B(t)=T^{-1}diag(t,\cdots,t,1,t,\cdots,t)T,其中t>0$,则$B(t)正定$,据已知条件,得
$$0<tr(AB(t))=tr(AT^{-1}diag\left\{t,\cdots,t,1,t,\cdots,t\right\}T)$$
$$=tr(T^{-1}diag\left\{\lambda_1,\cdots,\lambda_n\right\}T)tr(T^{-1}diag\left\{t,\cdots,t,1,t,\cdots,t\right\}T)$$
$$=tr(diag\left\{\lambda_1t,\cdots,\lambda_{i-1}t,\lambda_i,\lambda_{i+1}t,\cdots,\lambda_nt\right\})=\lambda_i+t\sum_{j\neq i}\lambda_j$$
令$t\rightarrow0$得$\lambda_i\geq0$,由于$\lambda_i\neq 0$因此$\lambda_i>0$,因为$i=1,2,\cdots,n$,则$A$特征值全都大于0,从而$A$正定。
发表于 2018-1-3 11:47:05 | 显示全部楼层
     我有疑问,第一题如果$n$是素数,直接用艾森斯坦判别法可以证明,那么如果$n$是一般正整数呢?
发表于 2018-1-3 12:48:30 来自手机 | 显示全部楼层
laibaofeng 发表于 2018-1-3 11:47
我有疑问,第一题如果n是素数,直接用艾森斯坦判别法可以证明,那么如果n是一般正整数呢? ...

他题目应该记错了,原题有$n$是素数这个条件
发表于 2018-1-3 14:04:21 | 显示全部楼层
     不过我确实对一般的情形很疑惑,不知道对不对。
 楼主| 发表于 2018-1-5 08:54:37 | 显示全部楼层
上海交大高代pdf

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