1、安徽大学 2022 年高等代数考研试题——答案

正如在简书的开场白，我想编辑一下数学系考研真题答案。今天刚好是星期日，一个星期也即将结束。因为本人目前学的是优化理论，所以代数很少用到，感觉不太熟练了，当然以前学的也不太好，此答案我编辑了差不多四个半小时，以后仍需坚持。还有就是如有错误，望请指教。

一、填空题
(1)、这是涉及到伴随矩阵的基本应用
$\color\red{解}$ 由于 $~A=(a_{ij})~$ ，且 $~A_{ij}=2a_{ij}~$ ，则有 $~A^{*}=2A^{T}~$ ，易知
$A^{*}A=AA^{*}=\vert A\vert E$
所以 $~\vert A^{*}\vert=\vert A\vert^{n-1}~$ ，利用 $~n~$ 为奇数，求得 $~\vert A\vert=2^{\frac{n}{n-2}}~$ 。

(2)、这是涉及整系数多项式的有理根的基础知识
$\color\red{解}$ 已知 $~f(x)=2x^4-3x^3+2x^2-1~$ ，我们知道有理根可能是 $1,-1,~\frac{1}{2}~-\frac{1}{2}~$ 。
简单代入，可知 $~1~$ 是 $~f(x)~$ 的有理根。故 $~f(x)~$ 的有理分解式为 $~f(x)~=(x-1)(2x^3-x^2+x+1)$

(3)、我个人认为这题主要涉及到基与基的过渡矩阵问题
$\color\red{解}$ 设线性变换 $~\sigma~$ 在基 $~\epsilon_1+\epsilon_2+\epsilon_3,\epsilon_2+\epsilon_3,\epsilon_3~$ 下的矩阵为 $~A~$ ，由于
$\sigma(\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3)=(\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3)=\begin{pmatrix} 1&2&0\\3&0&-1\\ 0&3&2 \end{pmatrix}$
$\sigma(\epsilon_1+\epsilon_2+\epsilon_3,~\epsilon_2+\epsilon_3,~\epsilon_3)=(\epsilon_1+\epsilon_2+\epsilon_3,~\epsilon_2+\epsilon_3,~\epsilon_3)A$
且
$(\epsilon_1+\epsilon_2+\epsilon_3,~\epsilon_2+\epsilon_3,~\epsilon_3)=(\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3)\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\1&1&1\end{pmatrix}$
故 $~A=\begin{pmatrix}3&2&0\\-1&-3&-1\\3&6&3\end{pmatrix}~$

(4)、 $\color{red}{解}$ 不妨设 $~\epsilon_1=(1,0)，\epsilon_2=(0,1)~$ ，我们知道 $~<\alpha_11,\alpha_2>=\frac{\alpha_1^T\alpha_2}{\Vert \alpha\Vert\Vert\beta\Vert}=\frac{x_1x_2+y_1y_2}{\sqrt{x_1^2+y_1^2}\sqrt{x_2^2+y_2^2}}~$ ，其中 $~\alpha=(x_1,y_1),\alpha_2=(x_2,y_2)~$ ，由题意可得
$x_1=1,x_2=-1,y_1=2,y_2=1$
故 $~\alpha_1~$ 和 $~\alpha~$ 的夹角为 $~\rm{arc}~ cos\frac{\sqrt{10}}{10}~$ 。

(5)、最小多项式就是初等因子组的最小公倍式
$\color\red{解}$ 可以直接得出答案，最小多项式为 $~\lambda^2(\lambda-1)^2(\lambda+1)^3~$

二、判断题
(6)、 $\color{red}{对}$ ，很容易证明 $~\vert E_n-AB\vert=\vert E_n-BA\vert~$ 。
(7)、 $\color{red}{错}$ ，正定矩阵的充要条件是主子式大于0，半正定矩阵的充要条件是所有子式非负。
(8)、 $\color{red}{错}$ ，后面说反了，书上关于有理根的定义。
(9)、 $\color{red}{错}$ ，应该特别指出 $~A~$ 是非零矩阵.
(10)、 $\color{red}{对}$ ，线性空间的直和分解的等价定义。
(11)、 $\color{red}{对}$ ，这是书上课后习题吧，我感觉表达也没有什么问题。
(12)、 $\color{red}{错}$ ，有限个真子空间的并不等价于该空间，书上的课后习题。
(13)、 $\color{red}{对}$ ，这是我感觉最没有把握的，个人感觉是对的，它说的很委婉。
(14)、 $\color{red}{对}$ ，特征矩阵等价的充要条件有很多，有相同的行列式因子，不变因子，初等因子。
(15)、 $\color{red}{错}$ ，正交变换一定保持夹角不变，但是保持夹角不变的变换不一定是正交变换，比如仿射变换。

三、计算题
16、 $\color{red}{解}$ 个人感觉这是一道常规的简单题，用归纳法
$D_n=2aD_{n-1}-a^2 D_{n-2}$
其上特征方程为
$\lambda^2-2a\lambda+a^2=0$
求得特征根 $~a_1=a_2=\lambda~$ ，故 $~D_n=(n+1)a^n~$

17、 $\color{red}{解}$ 不妨记非其次线性方程组的增广矩阵为 $~\widetilde{A}~$ ，非线性方程组有三个线性无关的解，则 $~r(\widetilde{A})\le 2~$ 。很容易发现 $~\widetilde{A}~$ 的前两行是线性无关的。故 $~r(\widetilde{A})=2~$ 。则一定存在 $~t_1,t_2~$ ，使得
$t_1(2x_1+x_2+3x_3-3x_4)+t_2(4x_1+3x_2+5x_3-x_4)=ax_1+x_2+x_3+x_4$
很容易解得 $~t_1=\frac{-1}{2},t_2=\frac{1}{2},a=1~$ ，从而也很容易得到 $~b=-1~$ 。则
$\begin{pmatrix} 2&1&3&-3&1\\ 4&3&5&-1&-1\\ 1&1&1&1&-1 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}2&1&3&-3&1\\ 0&1&-1&5&-3\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&2&-4&2\\0&1&-1&5&-3\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}$
则有
$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\-7\\1\\1\end{pmatrix}+k_1\begin{pmatrix}4\\-5\\0\\-1\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}-2\\1\\1\\0\end{pmatrix},其中~k_1,k_2~为任意常数$

18、 $\color{red}{解}$ 这是一道很基础的题目，用辗转相除法，过程我就不想写了，我就写一下我算的答案吧。
$(f(x),g(x))=x^2-x+1$
可令 $~u(x)=1-x,~~v(x)=x^2~$ ，使得 $~u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x),g(x))~$

19、 $\color{red}{解}$ 这是一道基础的题目，也是需要一点计算，我也直接给出我算的答案吧
$~A~$ 的若尔当标准形为
$\begin{pmatrix} 2&0&0&0\\1&2&0&0\\0&0&2&2\\0&0&1&2 \end{pmatrix}$

20、 $\color{red}{解}$ 这是二次型的题目，也是需要一些计算，要计算特征值和特征向量，不过很常规，我暂时不做。

证明题

21、 $\color{red}{证明}$ 这道题的证明很简单，只是需要根据定义。
由于 $~W~$ 是 $~\sigma~$ 的不变子空间，则对于任意的 $~\alpha\in W~$ ，有 $~\sigma(\alpha)\in W~$ ，对任意的 $~\beta\in W^{\perp}~$ ，由于 $~W^{\perp}~$ 是 $~W~$ 的正交补，则 $~(\alpha,\beta)=0~$ ，因为 $~\sigma~$ 是正交变换，从而 $~(\sigma(\alpha),\sigma(\beta))=0~$ ，那么就有 $~\sigma(\beta)\in W^{\perp}~$ ，于是 $~W^{\perp}~$ 是正交变换 $~\sigma~$ 的不变子空间。

22、 $\color{red}{证明}$ 假设 $~(\lambda_1 E-A)X=X_1~$ 有解，那么该解一定可以分解为非齐次方程 $~(\lambda_1 E-A)X=X_1~$ 的一个特解和齐次方程 $~(\lambda_1E-A)X=0~$ 的基础解系，由题可知 $~X_1,X_2,\dots,X_n~$ 是 $~(\lambda_1 E-A)X=0~$ 的 $~n~$ 个线性无关的解，从而不存在 $~(\lambda_1E-A)X=X_1~$ 的特解，从而 $~(\lambda_1 E-A)X=X_1~$ 无解。

23、 $\color{red}{证明}$
(1)、由于 $~B^2=B~$ ，则 $~B^2-B=B(B-E)=0~$ ，从而 $~r(B)+r(B-E)\le n~$ ，又由于 $~r(B)+r(B-E)\ge n~$ ，从而 $~r(B)+r(E-B)=n~$
(2)、 $\color{red}{暂时没有思路，水平太菜了。}$

24、 $\color{red}{证明}$
(1)、这题第一问已经提示你解法，矩阵分块。
$f(x_1,x_2,\dots,x_n)=\begin{vmatrix}A&X\\X^T&0 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}A&X\\0&-X^TA^{-1}X\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}A&0\\0&-X^TA^{-1}X\end{vmatrix}=\vert A\vert(-X^T A^{-1}X)=-X^TA^{*}X$
由于 $~A~$ 为正定矩阵，故 $~A^{*}~$ 也为正定矩阵，从而 $~f(x_1,x_2,\dots,x_n)~$ 为负定二次型。

(2)、这里也是把矩阵分块，由于 $~A~$ 正定，故 $~A~$ 的前 $~n-1~$ 阶主子式也正定
$A=\begin{pmatrix} \triangle_{n-1}&\beta\\ \beta^T&a_{nn} \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}\triangle_{n-1}&0\\0&a_{nn}-\beta^T\triangle_{n-1}^{-1}\beta\end{pmatrix}$
所有很显然有 $~\vert A\vert\le a_{nn}\triangle_{n-1}~$ .

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