南京航空航天大学硕士学位研究生入学考试高等代数试题参考解答Word格式文档下载.docx
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2.求正交矩阵P,P,使得PTAPPTAP为对角矩阵;
3.求二次型f(X)f(X)在条件x21+x22+x23=1x12+x22+x32=1下的最大值.
三.(15分)设V1V1是由向量组α1=(1,2,−3)T,α2=(3,0,1)T,α3=(9,6,−7)Tα1=(1,2,−3)T,α2=(3,0,1)T,α3=(9,6,−7)T生成的子空间,V2V2是由向量组β1=(a,1,0)T,β2=(0,1,−1)T,β3=(b,2,1)Tβ1=(a,1,0)T,β2=(0,1,−1)T,β3=(b,2,1)T生成的子空间.
1.若β1∈V1,β1∈V1,求参数a;
a;
2.若V1V1与V2V2有相同的维数,求参数a,ba,b满足的条件;
3.问:
对任意给定的常数a,b,a,b,V1+V2V1+V2是否有可能是直和?
说明理由.
四.(25分)设R3R3的线性变换ΓΓ使得
Γ⎛⎜⎝x1x2x3⎞⎟⎠=⎛⎜⎝2x1+x2−2x3x1+2x2+ax3x1+x2+bx3⎞⎟⎠,Γ(x1x2x3)=(2x1+x2−2x3x1+2x2+ax3x1+x2+bx3),
且α=(1,1,1)Tα=(1,1,1)T是ΓΓ的一个特征向量.
1.求参数a,ba,b和ΓΓ对应于αα的特征值λ;
λ;
2.求ΓΓ在基ε1=(1,1,0)T,ε2=(0,1,1)T,ε3=(1,1,1)Tε1=(1,1,0)T,ε2=(0,1,1)T,ε3=(1,1,1)T下的矩阵A;
A;
3.求题2中矩阵AA的初等因子和Jordan标准形.
五.(15分)设f(x),g(x)f(x),g(x)和h(x)h(x)是三个非零多项式,证明:
1.若f(x)g(x)|h2(x),h(x)|f(x),f(x)g(x)|h2(x),h(x)|f(x),则g(x)|h(x);
g(x)|h(x);
2.若(f(x),h(x))=(g(x),h(x))=1,(f(x),h(x))=(g(x),h(x))=1,则(f(x)g(x),h(x))=1;
(f(x)g(x),h(x))=1;
3.若(f(x),h(x))=1,(f(x),h(x))=1,则(f(x)g(x),h(x))=(g(x),h(x)).(f(x)g(x),h(x))=(g(x),h(x)).
六.(15分)设A,BA,B是nn阶方阵,分块矩阵C=(ABBA),C=(ABBA),证明:
1.|C|=|A+B||A−B|;
|C|=|A+B||A−B|;
2.若BB可逆,则|C|=|B||AB−1A−B|.|C|=|B||AB−1A−B|.
七.(25分)设AA是秩为r1r1的m×
nm×
n矩阵,BB是秩为r2r2的m×
km×
k矩阵,分块矩阵C=(A,B)C=(A,B)的秩为r,r,证明:
1.max(r1,r2)≤r≤r1+r2;
max(r1,r2)≤r≤r1+r2;
2.矩阵方程AX=BAX=B有解的充分必要条件是r=r1;
r=r1;
3.齐次线性方程组ATY=0ATY=0与CTY=0CTY=0同解的充分必要条件是AX=BAX=B有解.
八.(15分)设A=(aij)A=(aij)是nn阶实对称矩阵,证明:
1.若|aii|>
∑j≠i|aij|,i=1,2,⋯,n,|aii|>
∑j≠i|aij|,i=1,2,⋯,n,则|A|≠0;
|A|≠0;
2.若aii>
∑j≠i|aij|,i=1,2,⋯,n,aii>
∑j≠i|aij|,i=1,2,⋯,n,则AA是正定矩阵.
3.
参考解答一.(15分)设有向量组α1=(2,1,1)T,α2=(1,1,−3)T,α3=(3−a,a,1)T,α1=(2,1,1)T,α2=(1,1,−3)T,α3=(3−a,a,1)T,这里TT表示转置,以下各题相同.
\textbf{解:
}1.α1,α2,α3α1,α2,α3线性相关的充要条件为|α1,α2,α3|=0.|α1,α2,α3|=0.计算可得a=1.a=1.
2.方程组的增广矩阵
⎛⎜⎝22−6211−3111−31⎞⎟⎠→⎛⎜⎝11−3100000000⎞⎟⎠,(22−6211−3111−31)→(11−3100000000),
所以方程组的解为
X=⎛⎜⎝100⎞⎟⎠+k1⎛⎜⎝010⎞⎟⎠+k2⎛⎜⎝401⎞⎟⎠,X=(100)+k1(010)+k2(401),
其中k1,k2k1,k2为任意数.
}1.由条件知AA可逆,从而A∗A∗可逆.设A∗A∗对应于特征向量αα的特征值为λ,λ,则λ≠0,λ≠0,于是由
A∗α=λα,A∗α=λα,
有
|A|α=λAα,|A|α=λAα,
即
Aα=|A|λα.Aα=|A|λα.
记μ=|A|λ,μ=|A|λ,则由Aα=μαAα=μα有
⎧⎪⎨⎪⎩a−1=μ−3+b=−2μ3−2b=μ{a−1=μ−3+b=−2μ3−2b=μ
解得a=2,b=1,μ=1.a=2,b=1,μ=1.
2.由于
|A−λE|=∣∣∣∣2−λ1112−λ1112−λ∣∣∣∣=−(λ−1)2(λ−4)|A−λE|=|2−λ1112−λ1112−λ|=−(λ−1)2(λ−4)
所以AA的特征值为λ1=λ2=1,λ3=4.λ1=λ2=1,λ3=4.
对于λ1=λ2=1,λ1=λ2=1,求解(A−λ1E)=0(A−λ1E)=0可得AA的属于特征值11的特征向量为
α1=(−1,1,0)T,α2=(−1,0,1)T.α1=(−1,1,0)T,α2=(−1,0,1)T.
将其正交单位化为
η1=(−1√2,1√2,0)T,η2=(−1√3,−1√3,1√2)Tη1=(−12,12,0)T,η2=(−13,−13,12)T
对于λ3=4,λ3=4,求解(A−λ3E)x=0(A−λ3E)x=0可得AA的属于特征值4的特征向量为
α3=(1,1,1)Tα3=(1,1,1)T
将其单位化为
η3=(1√3,1√3,1√3)T.η3=(13,13,13)T.
则P=⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝−1√2−1√31√31√2−1√31√301√21√3⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠P=(−12−131312−131301213)
则PTAP=diag(1,1,4).PTAP=diag(1,1,4).
3.由2.知f(X)f(X)在正交线性替换X=PYX=PY下化为标准形
f(X)=XTAX=y21+y22+4y23,f(X)=XTAX=y12+y22+4y32,
于是
XTX=YTY=y21+y22+y23≤f(X)=XTAX=y21+y22+4y23≤4(y21+y22+y23)=4YTY=4XTXXTX=YTY=y12+y22+y32≤f(X)=XTAX=y12+y22+4y32≤4(y12+y22+y32)=4YTY=4XTX
所以二次型f(X)f(X)在条件XTX=x21+x22+x23=1XTX=x12+x22+x32=1下的最大值4.
}1.若β1∈V1,β1∈V1,则α1,α2,α3,β1α1,α2,α3,β1线性相关,由
(α1,α2,α3,β1)=⎛⎜⎝139a2061−31−70⎞⎟⎠→⎛⎜⎝139a012(2a−1)/600010−2a⎞⎟⎠(α1,α2,α3,β1)=(139a2061−31−70)→(139a012(2a−1)/600010−2a)
可知10−2a=0,10−2a=0,即a=5.a=5.
2.由
(α1,α2,α3)=⎛⎜⎝139206−31−7⎞⎟⎠→⎛⎜⎝139012000⎞⎟⎠(α1,α2,α3)=(139206−31−7)→(139012000)
知dimV1=2.dimV1=2.
由
(β1,β2,β3)=⎛⎜⎝a0b1120−11⎞⎟⎠→⎛⎜⎝11201−100b−3a⎞⎟⎠(β1,β2,β3)=(a0b1120−11)→(11201−100b−3a)
知若dimV2=dimV1=2dimV2=dimV1=2必有b−3a=0.b−3a=0.
3.若V1+V2V1+V2是直和,则
dimV1+dimV2=dim(V1+V2)≤3,dimV1+dimV2=dim(V1+V2)≤3,由2.知dimV1=2,dimV2≥2,dimV1=2,dimV2≥2,矛盾.所以对任意给定的常数a,b,a,b,V1+V2V1+V2不可能是直和.
}1.由条件有
λ⎛⎜⎝111⎞⎟⎠=Γ⎛⎜⎝111⎞⎟⎠=⎛⎜⎝2+1−21+2+a1+1+b⎞⎟⎠,λ(111)=Γ(111)=(2+1−21+2+a1+1+b),
⎧⎨⎩λ=1λ=3+aλ=2+b{λ=1λ=3+aλ=2+b
解得a=−2,b=−1,λ=1.a=−2,b=−1,λ=1.
⎧⎪⎨⎪⎩Γε1=(3,3,2)T=ε1+2ε3Γε2
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