1. 设整数 $ngeq 2$, 并且 $a_1,a_2,cdots,a_n$ 是互不相同的整数. 证明多项式 $$ex f(x)=(x-a_1)(x-a_2)cdots(x-a_n)+1 eex$$ 在有理数域上不可约.
证明: 用反证法. 若 (任一非零有理系数多项式均可写成一个有理数与一个本原多项式的乘积) $$ex f(x)=g(x)h(x),quad g(x)inbZ[x], h(x)in bZ[x],quad 1leq deg g(x), deg h(x)<n. eex$$ 则 $$ex g(a_i)h(a_i)=f(a_i)=-1. eex$$ 注意到 $g(a_i),h(a_i)inbZ$, 而 $$ex g(a_i)=pm 1,quad h(a_i)=mp 1 a g(a_i)+h(a_i)=0. eex$$ 此即说明次数 $<n$ 的多项式 $g(x)+h(x)$ 有 $n$ 个互不相同的根. 这与代数学基本定理矛盾. 故有结论.
2. (1) 设 $A$ 为 $n$ 阶方阵, 且 $A$ 幂等 (即 $A^2=A$), 试证: $ ank(A)= r(A)$.
(2) 设 $A$ 阶方阵 $A_1,cdots,A_k$ 满足 $A_1+cdots+A_k=E$. 试证: 方阵 $A_1,cdots,A_k$ 幂等的充要条件为 $$ex ank(A_1)+cdots+ ank(A_k)=n. eex$$
证明: (1) 由 $A^2=A a A(E-A)=0$ 知 $$ex ank(A)+ ank(E-A)leq n. eex$$ 又由 $A+(E-A)=E$ 知 $$ex ank(A)+ ank(E-A)geq n. eex$$ 于是 $$ex ank(A)+ ank(E-A)=n. eex$$ 记 $ ank(A)=r$, $(E-A)x=0$ 的基础解系为 $$ex al_1,cdots,al_r; eex$$ $Ax=0$ 的基础解系为 $$ex al_{r+1},cdots,al_n. eex$$ 则易知 $al_1,cdots,al_n$ 线性无关, $$ex A(al_1,cdots,al_n)=(al_1,cdots,al_n)sex{a{cc} E_r&0\ 0&0ea}. eex$$ 故 $A$ 相似于 $dps{sex{a{cc} E_r&0\ 0&0ea}}$. 如此, $ ank(A)= r(A)$. (2) $ a$: 若 $A_i^2=A_i, i=1,cdots,k$, 则 $ ank(A_i)= r (A_i)$, 而 $$ex sum_{i=1}^k ank(A_i)=sum_{i=1}^k r(A_i) = r sex{sum_{i=1}^k A_i} = r E=n. eex$$ $la$: 先证 $k=2$ 时的结论 $$ex A^2=Alra ank(A)+ ank(E-A)=n. eex$$ 必要性: 由 (1), $$ex ank(A)+ ank(E-A)= r(A)+ r(E-A)= r E=n. eex$$ 充分性: 同 (1) 的论述, $$ex A(al_1,cdots,al_n)=(al_1,cdots,al_n)sex{a{cc} E_r&0\ 0&0ea}. eex$$ 这可以说明 $A^2=A$. 往证一般情形. 必要性显然. 而为证充分性, 仅须证明 $ ank(A_i)+ ank(E-A_i)leq n$ ($geq$ 显然) 如下: $$eex ea ank(E-A_i)&= ank(A_1+cdots+A_{i-1}+A_{i+1}+cdots+A_k)\ &leq ank(A_1)+cdots+ ank(A_{i-1})+ ank(A_{i+1})+cdots+ ank(A_k)\ &=n- ank(A_i). eea eeex$$
3. 设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵, $AB=BA=0$. 试证:
(1) 存在正整数 $k$ 使得 $$ex ank(A^k+B^k)= ank(A^k)+ ank(B^k); eex$$
(2) 若 $ ank(A^2)= ank(A)$, 则 $$ex ank(A+B)= ank(A)+ ank(B). eex$$
证明: 我们先证 (2). 取 $bF^n$ 的一组基 $e_1,cdots,e_n$ 及其上的线性变换 $scrA$, $scrB$, 它们在基 $e_1,cdots,e_n$ 下的矩阵分别为 $A$, $B$. 则由 $AB=BA=0$ 知 $$ex scrAscrB=scrBscrA=scrO. eex$$ 由 $r(A^2)=r(A)$ 知 $A^2x=0lra Ax=0$ (显然 $$ex V_1equiv sed{al;Aal=0}subset sed{al;A^2al=0}equiv V_2, eex$$ 但又有 $dim V_1=n- ank(A)=n- ank(A^2)=dim V_2$), 而 $$ex ker scrA^2=ker scrA. eex$$ 利用上式及维数公式即知 $$eelabel{direct} im scrAoplus ker scrA=bF^n. eee$$我们有 $$eex ea (scrA+scrB)im scrA&=scrAim scrAquadsex{scrBscrA=scrO}\ &=im scrAquadsex{subset:mbox{ 显然}; supset: by eqref{direct}};\ (scrA+scrB)ker scrA&=scrBker scrA\ &=im scrBquadsex{scrBscrA=scrO, eqref{direct}}. eea eeex$$ 于是 $$eex ea ank(A+B)&=dim im (scrA+scrB) =dim (scrA+scrB)bF^n\ &=dim (scrA+scrB)(im scrAoplus ker scrA)\ &=dim [(scrA+scrB)im scrA+(scrA+scrB)kerscrA]\ &=dim (im scrA+im scrB)\ &=dim im scrA+dim im scrB\ &quadsex{im scrBsubset ker scrA,quad im scrAoplus ker scrA=bF^n}\ &= ank(A)+ ank(B). eea eeex$$ 再证 (1). 为此, 先证: 存在 $k$, 使得 $ ank(A^k)= ank(A^{k+1})=cdots$. 事实上, 记 $V_i=sed{al; A^ial=0}$, 则 $V_1subset V_2subset cdots$. 于是 $$ex exists k,st V_k=V_{k+1}. eex$$ 如此, $$eex ea alin V_{k+2}& a A^{k+2}al=A^{k+1}(Aal)=0\ & a Aalin V_{k+1}=V_k\ & a A^{k+1}al=A^k(Aal)=0\ & a alin V_{k+1}, eea eeex$$ 等等. 这说明 $V_k=V_{k+1}=cdots$, 而有 $$ex ank(A^k)= ank(A^{k+1})=cdots. eex$$ 特别的, $ ank(A^k)= ank(A^{2k})$. 往证 (1). 既然 $AB^k=B^kA=0$, $ ank((A^k)^2)= ank(A^k)$, 我们由 (1) 即知 $$ex ank(A^k+B^k)= ank(A^k)+ ank(B^k). eex$$
4. 设 $n$ 阶方阵 $A$ 正定. 再设
(1) $b_1,cdots,b_n$ 是任意 $n$ 个非零实数, 试证: 矩阵 $B=(a_{ij}b_ib_j)$ 也正定.
(2) $B$ 为 $n imes m$ 实矩阵, 且 $ ank(B)=m$, 试证: $B^TAB$ 也正定.
(3) $B$ 为 $n$ 阶正定阵, 试证: $C=(a_{ij}b_{ij})$ 也正定.
证明: (1) 对 $x=(x_1,cdots,x_n)^T eq 0$, 有 $$eex ea sum_{i,j} a_{ij}b_ib_jx_ix_j &=sum_{i,j} a_{ij}(b_ix_i)(b_jx_j)\ &=sum_{i,j} a_{ij}y_iy_jquadsex{y=(y_1,cdots,y_n)^T, y_i=b_ix_i}\ &>0. eea eeex$$ (2) 对 $forall x=(x_1,cdots,x_n)^T eq 0$, 有 $$eex ea x^T B^TABx&=y^TAyquadsex{y=Bx eq 0}\ &>0. eea eeex$$ (3) 设 $B=C^TC$, 其中 $C$ 可逆, 则 $$ex b_{ij}=sum_k c_{ki}c_{kj},quad a_{ij}b_{ij}=sum_k c_{ki}a_{ij}c_{kj}. eex$$ 对 $forall x=(x_1,cdots,x_n)^T eq 0$, 有 $$eex ea sum_{ij}a_{ij}x_ix_j &=sum_{ijk}c_{ki}x_ia_{ij}c_{kj}x_j\ &=sum_ksum_{ij}a_{ij}y^{(k)}_iy^{(k)}_jquadsex{y^{(k)}_i=c_{ki}x_i, y^{(k)} eq 0}\ &>0. eea eeex$$
5. 设 $V=bC^{n imes n}$ 表示复数域 $bC$ 上的 $n$ 阶方阵关于矩阵的加法和数与矩阵的数量乘法构成的线性空间, $Ain V$, 定义 $V$ 上的变换 $scrA$ 如下: $$ex scrA(X)=AX-XA,quad forall Xin V. eex$$ 试证:
(1) $scrA$ 是线性变换;
(2) $scrA(XY)=X scrA(Y)+ scrA(X) Y$;
(3) $0$ 是 $scrA$ 的一个特征值;
(4) 若 $A^k=0$, 则 $scrA^{2k}=scrO$.
证明: (1) $$eex ea scrA(kX+lY)&=A(kX+lY)-(kX+lY)A\ &=k(AX-XA)+l(AY-YA)\ &=kscrA(X)+lscrA(Y). eea eeex$$ (2) $$eex ea scrA(XY)&=AXY-XYA\ &=(AX-XA)Y+X(AY-YA)\ &=scrA(X)Y+XscrA(Y). eea eeex$$ (3) $scrA(E)=AE-EA=0$.
(4) 用数学归纳法易知 $$ex A^s(X)=sum_{p+q=s+1}c_{pqs}A^pXQ^q. eex$$ 于是 $$ex scrA^{2k}(X)=sum_{p+q=2k+1} c_{pq,2k} A^pXA^q=0. eex$$ 这是因为当 $0leq p<k$ 时, $k+2leq qleq 2k+1$, $A^q=0$; 当 $kleq pleq 2k+1$ 时, $A^p=0$.
6. 设 $A,B$ 为 $n$ 阶实方阵, 且 $A$ 为非零半正定阵, $B$ 为正定阵, 试证: $|A+B|>|B|$.
证明: 由 $B$ 正定知存在可逆阵 $C$ 使得 $$ex C^TBC=E. eex$$ 又 $C^TAC$ 仍非零半正定, 而存在正交阵 $P$, 使得 $$ex P^TC^TACP=diag(lm_1,cdots,lm_n) eq 0. eex$$ 于是 $$eex ea |P^TC^T|cdot |A+B|cdot |CP| &=|E+diag(lm_1,cdots,lm_n)|\ &=prod_{i=1}^n (1+lm_i)quad sex{(lm_1,cdots,lm_n) eq 0}\ &>1,\ |A+B|&>|B|. eea eeex$$
7. 设 $A,B$ 是 $n$ 阶实方阵, 满足 $A^2=A$, $B^2=B$, 且 $E-(A+B)$ 可逆, 试证: $r(A)=r(B)$.
证明: 由第 2 题知 $$ex ank(A)+ ank(E-A)=n,quad ank(B)+ ank(E-B)=n. eex$$ 又由 $(E-A)-B=(E-B)-A$ 可逆知 $$ex ank(E-A)+ ank(B)geq n,quad ank(E-B)+ ank(A)geq n. eex$$ 于是 $$eex ea ank(A)&=n- ank(E-A)leq ank(B),\ ank(B)&=n- ank(E-B)leq ank(A). eea eeex$$ 故而 $ ank(A)= ank(B)$.
8. 设 $S=sed{AB-BA; A,BinbR^{n imes n}}$, 试证: $S$ 张成的子空间 $W$ 的维数为 $n^2-1$, 并求一组基.
解答: 由 $$eex ea E_{ij}&=E_{ii}E_{ij}-E_{ij}E_{ii}quad(i eq j),\ E_{11}-E_{ii}&=E_{1i}E_{i1}-E_{i1}E_{1i}quad(2leq ileq n) eea eeex$$ 知 $$ex dim Wgeq n(n-1)+(n-1)=n^2-1. eex$$ 又由 $ r(AB-BA)=0$ 知 $E otin W$, 而 $$ex dim W=n^2-1. eex$$