2006北大数学考研真题及答案

(1)设A,B分别是数域K上s×n解:方程AX=B有解的充分必要条件是:r(A)=r(A,B).令B=(β1,…,βm),其中βk为列向量.则矩阵方程AX=B有解⇔方程组Ayk=βk,k=1,2,…,m有解.⇔A的列向量组构成的向量组与(A,B)的列向量组构成的向量组等价.⇔r(A)=r(A,B).注:方程有解的一个等价含义是可由列向量线性表示,从而转化为等价向量组上来.(2)设A是数域K上s×n列满秩矩阵，试问：方程XA=En是否有解？有解，写出它的解:方程XA=En有解.理由:因为A列满秩,所以r(A)=r(AT)=n.又r(AT,En)=n,因此r(AT)=r(AT,En),从而ATY=En有解,两边取转置可知方程XA=En有解.我个人觉得本题似乎考察的是:广义逆矩阵方面的知识,如果大家对这部分知识不熟悉,建议大家去看看丘维声老先生编著的<<高等代数>>.矩阵方程AXA__=A的解X=A一般称为A的广义逆矩阵.广义逆是存在的,对于本题因为A是列满秩的,故由相抵标准型知,存在可逆矩阵P,Q满足PAQ则可以取A__=Q(En,O)P.此时X的所有解为:X=A__+Z(En__AA__),∀Z∈Kn×s.矩阵方程AXA__因为A__A=Q(En,O)PPQ__1=En,所以A_是矩阵方程A__A=En的特解.下面证明XA=O的全部通解为:X=Z(En__AA__),∀Z∈Kn×s.首先,由Z(En__AA__)A=Z(A__A)=O,知Z(En__AA__)是方程的解.其次,任取XA=O的一个解X0,则由X0(En__AA__)=X0__X0AA__=X0,取Z=X0即可.由矩阵方程解的结构定理可知,X=Z(En__AA__),∀Z∈Kn×s(3)设A是数域K上s×n列满秩矩阵，试问：对于数域K上任意s×m矩阵B,矩阵方程解:不一定有解.因为方程不一定满足条件r(A)=r(A,B).当方程有解时,同(2)取A__=Q(En,O)P,{X|X=A__B+(En__A__A)Z,∀Z∈Kn×m}仿照(2)的证明过程可知,A__B为AX=B的一个特解.而(En__A__A)Z为AX=O注:关于(2)(3)问我想多说几句,在解诸如齐次方程AX=O时,如果我们事先知道其通解形式,则可以直接写出通解.但我们不知道通解形式,而要证明Y是AX=O的全部通解,那么我们需要做两件事情:1).证明Y确实是AX=O的解;2).AX=O的任意解都能用Y表示.前者为了说明Y是方程的解,这是前提;后者说明我们不会漏掉部分解,即解是完备的.需要提醒的是有些人可那会漏掉2),而使因为矩阵的初等变换不改变矩阵的秩,所以r(A)+r(En__BA)=r(A__ABA)+n.注:在处理有关矩阵秩的不等式或等式的问题中,分块矩阵和初等变换是常用的有效方法,平时要多加练习.另外本题顺便又带出一个结论:矩阵方程AXA=A的解X=A一般称为A的广义逆矩阵.则矩阵B是A的广义逆矩阵⇔r(A)+r(En__BA)=n.证:显然实方阵A,B在实数域上相似,则A,B在扩大数域上也相似.下面证明反之也成立.因为任何数域为F都包含在复数域c中,以及复数域c与实数域R之间无中间数域.所以我们只需要证明实方阵A,B复相似,则实方阵A,B也一定实相似.设实方阵A,B复相似,即存在复矩阵T,使得T__1AT=B.记T=P+iQ,其中P,Q均为实矩阵.则有A(P+iQ)=(P+iQ)B.对比等式两边的实部与虚部,可知AP=PB,AQ=QB-----(1)因为非零多项式f(t)=|P+tQ|在复数域上只有有限个根,所以必存在实数t0使得|P+t0Q|≠0.令S=P+t0Q,则S为可逆实矩阵.AS=A(P+t0Q)=AP+t0AQ=PB+t0QB=(P+t0Q)B=SB所以S__1AS=B,A,B实相似.注:所谓相似或者标准型之类的东西是什么样的,在什么意义下的.一般取决于你是在什么数域上考虑问题,也就是说与数域有关,这一点大家学习时要多加注意.这其中的关键多与其特征多项式根的分布有关,有多少根在给定数域中,根的分布变化也会影响标准型的.本题实际上是数值计算中常见的LU分解定理,证明过程要利用线性方程组中的Gauss消梯矩阵就应该是一个上三角矩阵,很可能就是C.元都为1的下三角矩阵Lk,如果Gauss消元法能进行到底,相当于A左乘一系列主对角元都为1的下三角矩阵L1,L2,…,Ls,把这些下三角矩阵乘起来,令B=Ls…L2L1仍是一个主对角元都为1的下三角矩阵.记剩下的上三角矩阵记为C,则我们实现了LU分解A=BC.进行到底.这里U为k__1阶上三角矩阵,T为n__(k__1)阶矩阵.于T的首元素t11是否为0.如果t11≠0,则可进行第k次Gauss消元.因为Gauss消元法不交换行,及|Lm|=1.所以A的第k个顺序主子式等于的第k个顺序主子式,即Dk=|U|t11.由题中条件Dk≠0,|U|≠0,所以t11≠0.现题中要求的A=BC分解.分解的唯一性:假设有A=BC=B1C1,由A可逆知,B__1B1=CC1-----(*)B__1B1=CC1=En,从而B=B1,C=C1,唯一性得证.注:本题证明应该分为存在性和唯一性两部分.LU分解是数值计算方法中一种常见方法,里面有一些高等代数里没有的东西,若有时间的话可以看看这方面的书,吸收一些新的数学思想.设A是数域K上的n阶可逆矩阵且满足a11=0,则A不能实现题目中要求的三角分解.否则,设A=BC满足题目要求.因为A是可逆的,B和C均为上三角矩阵所以0≠|A|=|B||C|=|C|=cii,知c11≠0.注:当然你也可以构造一个具体例子,来否定这个命题.(1)设A是实数域R上的n阶对称矩阵，它的特征多项式f(λ)的所有不同的复λ解:m(λ)=(λ__λ1)(λ__λ2)…(λ__λs).因为A是实数域R上的n阶实对称矩阵,所以A一定能相似对角化,故A的最小多项式无重根.因而A的最小多项式为m(λ)=(λ__λ1)(λ__λ2)…(λ__λs),其满足题目要求.因为Aα=Aα,所以线性变换A的特征值与矩阵A的特征值相同.这里我们用到一个结论:多项式f,g,h满足f(λ)=g(λ)h(λ),且(g(λ),h(λ))=1.则对于线性变换A,有kerf(A)=kerg(A)⊕kerh(A).而对于线性变换A的最小多项式m(λ),由(1)知m(λ)能分解成两两互素的不同一次因式的乘积,及kerm(A)=Rn.所以,Rn=V1⊕V2⊕…⊕Vs.其中Vi=ker(A__λiI)={ξ∈Rn|(A__λiI)ξ=0}为线性变换A的不变子空间.X表示定义域为X的所有复值函数组成的集合，它对于函数的对于f(x),g(x)∈CX，规定<f,g这个二元函数是复线性空间CX上的一个内积，设p1(x),p2(x),...,pn(x)∈CX，且满足pkX.其中,i.(2)证明：p1(x),p2(x),...,pn(x)是酉空间CX的一个标准正交基；(3)令σ(f(x))=fˆ(x),∀f(x)∈CX.其中fˆ(x)在x=k处的函数值fˆ(k)是f(x)在标准正交基p1(x),p2(x),...,pn(x)下的坐标的第k个分量.证明：σ是酉空间CX上证:(1).从第(2)问就看出来了,dimCX=n.证明可构造线性映射T:CX→Cn,即Tf=(f(1),f(2),…,f(n))T,f∈CX,T(λf+μg)=λTf+μTg不难证明T既是单射又是满射,从而是同构映射,所以dimCX=dimCn=n.由正交性可知其线性无关,再由dimCX=n知p1(x),p2(x),...,pn(x)是酉空间CX的一个标准正交基.(3).这个小问特别绕,审题要由(2)可设fxjpj两边用pk(x)做内积并利用正交性,得xk=(f(x),pk(x)).按定义容易验证变换σ(f(x))=EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up3(ˆ),f)(x),EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up3(ˆ),f)(k)=xk确实是线性变换.设A=(aik)为所求矩阵,我们设法确定其元素aik的表达式.注意到依题意EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(ˆ),p)k(m)=xm=(pk(x),pm(x))=δkm所以由正交性得到aikkjkjijik.(4).有了(3)就比较简单了,注意到(σ(f),σ(g))=(f,g)⇔(σ(pi),σ(pj))=δij.注:本题不能说是特别难,其中第(1)(2)问还是比较基础的.对单位根的一些简单性质要熟悉(当然这些性质也可以现看出来),计算要仔细.第(3)问给的变换比较绕,要多花点时间认真审审题,解答第(3)问的关键是确定坐标xk的表达式.这里我们的做法是效仿Fourier级数理论中确定Fourier系数的方法,大致思路是两边用某个基底做内积,利用正交性确定系数.由于这里只有有限项,所以作内积时不必担心收敛性问题.希望通过第(3)问能加深大家对正交性的理解,深刻体会到”正交证明:设A1,A2,…,As为题目中所给线性变换在某组基下的矩阵,下面我们只需对这些矩阵讨论可即可.考虑sn阶矩阵G:则A1,A2,…,As都是幂等矩阵且AiAj=0(i≠j)⇔G=D⇔DBTBD=D⇔BTB是D的一个广义逆.由本卷第2题结论知,BTB是D的一个广义逆⇔r(D)+r(Esn__BTBD)=sn.阵,且r(A)+r(En__A)=n.因为r我们只需要证明r(D)=r(A),即证明r(Esn__BTBD)=(s__1)n+r(En__A)即可.所以,r(Esn__BTBD)=r(En__A)+(s__1)n,从而r必要性:因为r重复上面分块矩阵的证明可得r(Esn__BTBD)=r(En__A)+(s__1)n又A是幂等矩阵,所以r(Esn__BTBD)=r(En__A)+(s__1)n=n__r(A)+(s__1)n因此,r(D)+r(Esn__BTBD)=sn.故A1,A2,…,As都是幂等矩阵且AiAj=0(i≠j),进而原命题得证.注:本题是在是太难了,至少我的感觉是这样.虽然从上面看下来问题不大,但是本题的证明方法不是太好想的.能独立把本题作出来的,的确的靠硬功夫!本题值得期待一个相对自然7.(15分)求一个过x轴的平面π,使得其与单叶双曲面y2_z2=1的交线解:因为单叶双曲面是关于原点对称的,所以交圆的圆圆在球面x2+y2+z2=r2上,故交圆也可以看作单叶双曲面与球面的交线.又交圆所在平面经过x轴,所以r=2.代回上式,得注:解答时要注意结合几何直观,利用对称性简化问题.将交圆看作单叶双曲面与球面交线是一个值得注意的技巧.其中顶点Pi对应的坐标为Pi(xi,yi,zi).记G1,G2分别为ΔBCD与ΔABD的重心.这里采取省略记法,只写出第一个分量,第二和第三分量形式上与第一分量相同,只不过将相应的xi用yi,zi代替.下面均采用此简记方法.所以向量AGx1,*,*),设线段AG1上到A点的距离是到G1点距离3倍的点是G点,即AG=3GG1.计算得G点坐标Gxi,又向量CGxi__x3,∗),向量GGxi,直接计算即可验证向量CG=3GG2.比如xi__x3.这就证明了C,G,G2三点共线,且G点分线段CG2长度比为3:1.对其他面同理可证.面重心距离的3倍。此定点为G也称作四面体的重心.注:也许有的朋友已经猜到那个