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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