2008北大数学考研真题及答案

解:最多有n__r+1个线性无关的解向量.理由如下:a).设Ax=β的一个特解为X0,对应的齐次方程的一个基础解系为η1,η2,…,ηn__r.令xk=X0+ηk,k=1,2,…,n__r.则X0与xk都是Ax=β的解,我们断定X0,x1,…,xn__r是线性无关的.令k0X0+k1x1+…+kn__rxn__r=0,两边乘以矩阵A得到(k0+k1+…+kn__r)AX0=(k0+k1+…+kn__r)β=0.因为β≠0,所以(k0+k1+…+kn__r)=0.代回上式得k1η1+k2η2+…+kn__rηn__r=0.这就证明了X0,x1,…,xn__r是线性无关的.b).往下只需证明Ax=β的任意n__r+2个解向量必线性相关.任取n__r+2个解向量,记为y1,y2,…,ys(这里s=n__r+2).设λ1y1+λ2y2+…+λsys=0,即(λ1+λ2+…+λs)X0+λ1α1+λ2α2+…+λsαs=0两边乘以矩阵A得到,(λ1+λ2+…+λs)=0--------(1),代入上式有,λ1α1+λ2α2+…+λsαs=0---------(2).c).显然,X0,X0+η1,…,X0+ηn__r就是一组满足要求的解向量.注:本题按理说不难,a)也容易想到,证明也不是很难.到是b)的证明有些难度.这就好像求最大值,找到一个备选的可能最大值可能比较容易,但要证明没有其他元素比她大可能这就比较麻烦了,需要转化一下.下面我们来梳理一下证明思路:首先,直观上向量个数越多,其线性相关的可能性越大.注意到非齐次线性方程组的解是:"特解+齐次基础解系"的形式,特解必须有,而基础解系向量越少,则线性无关的可能性就越大.很自然的我们应该考察这样一组解向量:X0,X0+η1,…,X0+ηn__r.证明它们是线性无关的,只能用定义了.我们知道η1,η2,…,ηn__r是线性无关的.而这个X0有点碍事,于是两边用A作用把它消去.其次,要证明最大性,我们还得证明任意n__r+2解向量必线性相关.这就要有一点技巧了!如果你观察的足够仔细会发现我上面b)的证明实际上是从两边出夹的.虽然把X0消去了,但又多了一个条件(1).注意到我们取的n__r+2个αi中至多有n__r个是独立的,也就是说至少有两个向量是多余的.于是我们可这样考虑上面的s__1个向量是线性相关的,因而λi有非零解.显然满足(1)(2).(2).若Ax=β对所有m维非零向量β都有解解:r(A)=m.理由如下:不妨A是m×s矩阵,即A=(η1,η2,…,ηs),其中ηi为m维列向量.所以m≤dimL(η1,η2,…,ηs).注意到r(A)=dimL(η1,η2,…,ηs)及r(A)≤m,因此有r(A)=m.注:方程Ax=β有解的几何意义,就是向量β可由矩阵A的列向量线性表示.).再由β取法的任意性,得到Km⊂L(η1,η2,…,ηs)就自然了.2.(1)若A是s×n矩阵，B是n×m矩阵，r(AB)=r(B).则对于所有m×l矩阵C是否有r(ABC)=r(BC)?并给出理由。解:r(ABC)=r(BC)成立.理由如下:考虑线性方程组ABx=0(1),Bx=0(2)又因为r(AB)=r(B),所以m__r(B)=m__r(AB).因此(2)的解空间的维数与(1)的解空间的维数相等,这现任取m×l矩阵C,考虑线性方程组ABCy=0(3)BCy=0(4)(4)的解一定是(3)的解,下证(3)的解一定是(4)的解.任取(3)的一个解y0,则ABCy0=AB(Cy0)=0.因为(1)(2)同解,所以必有B(Cy0)=0.即y0也是BCy=0的解.由y0取法的任意性,知(3)的解一定是(4)的解.因此(3)(4)同解,所以有l__r(ABC)=l__r(BC),故r(ABC)=r(BC).注:有关证明矩阵秩的等式或不等式的方法不少,但就我所知的范围有两种方法使用的欢第一种方法.(2).A是n阶实矩阵，A的每一元素的代数余子式都等于此元素，求r(A).解:r(A)=n或r(A)=0.下面分四种情况讨论:1).当r(A)=0时,A为零矩阵,显然满足条件.2).当r(A)=n时,由已知条件,得A∗=AT,由|A|E=A∗A=ATA.可知这样的矩阵A是存在的,比如满足当|A|=1时,可取A为正交矩阵.3).当1≤r(A)≤n__2时,A每一元素的代数余子式都为0,结合已知条件知A为零矩阵,但这与r(A)≠0矛盾!4).当r(A)=n__1时,A必有一个n__1阶行列式不为0,故对应的代数余子式不为0.不妨设代数余子式A11=a11不为注:我觉得本题这样提问可能更好些:"试求r(A)的所有可能值".3.(1)设A,C分别为n,m阶实对称矩阵，B证:因为A,C为正定矩阵,所以A可逆.由分块矩阵初等变换,得又因为(__BTA__1)T=__(A__1)TB=__(AT)__1B=__A__1B所以C__BA_1B合同,因而C__BA_1B是正定矩阵.令H=C__BTA__1B,则H也是正定矩阵.即证明|H+BTA__1B|≥|H|.m,则由A__1是正定矩阵知xTBTA__1Bx=(Bx)TA__1(Bx)≥0及BTA__1B为对称矩阵,知BTA__1B是半正定矩阵.又因为存在可逆矩阵Q,使得QTHQ=E.再令U=BTA__1B,则(QTUQ)T=QTUTQ=QTUQ,所以QTUQ是实对称矩阵.因而存在正交矩阵P,使得PT(QTUQ)P=P__1(QTUQ)P=diag{λ1,λ2,…,λm}=Λ这里λi为非负实数,是矩阵QTUTQ的特征值.令L=QP,则LTHL=E,及LTUL=diag{λ1,λ2,…,λm}=Λ|H+BTA__1B|=|H+U|=|(LT)__1EL__1+(LT)__1ΛL__1|=|(LT)__1(E+Λ)L__1|=|L__1|2|E+Λ|=|L__1|2(1+λ1)…(1+λm)注意到λi为非负实数,所以由上式得|H+BTA__1B|≥|H|.从上面的证明过程可以看出等号成立当且仅当λ1=λ2=…=λm=0.此时有BTA__1B=0,我们断定B=O.若不然,假设B≠O.则B至少有一个列向所以εEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(T),j)BTA__1Bεj=(Bεj)TA__1(Bεj)=βEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(T),j)A__1βj>0,这与BTA__1B=0矛盾!注:本题算是一道成题了,但是确有其价值.该题考察了正定矩阵的许多性质,对证明要求很细致.但拿出来,每一步都不能说难,但组合在一起就是道难题了.坦白说,我个人认为这是全卷中证明最难写的证明了.这不是说证明要使用多么难想到的技巧,而是证明在书写上的逻辑严密性,有太多的细节了.这里给出的证明只是一个参考,也不一定是最简洁的.证明:令C=ATA,则|A|2=|C|.容易证明C是一个半正定矩阵.事实上,CT=C.及任取x≠0,xTCx=xTATAx=(Ax)T(Ax)≥0.若C的特征值中有0,则|C|=0,原命题显然成立.所以我们只需讨论C正的情形,即C为正定矩阵.下面我们证明一个不等式关系.引理:设Cn为n阶正定矩阵,其对角线上的元素为cii.则|Cncii.假设当n=k时不等式成立.当n=k+1时,由前面(1)的结论有从而由数学归纳法原理知引理成立.回到原题,注意到C=ATA,因此ciin所以|A|2=|Ccii≤nn,原命题得证.注:这里第(2)问是承接第(1)问的,证明要用到第(1)问的结果.其中要用到两个结论.1是ATA是半正定矩阵;2是正定矩阵C满足|Ccii.这里1比较好证,2要用到上面(1)中的结论.往下的证明就自然多了.4.设f(x)为一整系数多项式，n不能整除f(0),f(1),...,f(n_1)，证明：f(x)无证明:记M={0,1,2,…,n__1}.假设存在整数m,使得f(m)=0或f(m)≡0(modn).则必存在r∈M,使得m≡r(modn)因为f(x)是整系数多项式,因而有f(m)≡f(r)(modn).由此推出f(r)≡0(modn),即n能整除f(r),矛盾!注:下面简单介绍下同余符号"≡"的用法,有助于理解上面的证明.以下字母都表示整a≡b(modn)的意思是:a__b是n的整数倍数,即n能整除a__b.同余有以下性质1).若a≡b(modn),则ka≡kb(modn);2).若a≡b(modn),c≡d(modn),则a+c≡b+d(modn);3).若a≡b(modn),则an≡bn(modn).设f(x)为整系数多项式,若a≡b(modn),则f(a)≡f(b)(modn).证:取A的一个特征值λ1,对应特征向量为η1,则Aη1=λη1.我们可以找到一个可逆矩阵P=(η1,β2,…,βn),注意到E=P__1P=(P__1η1,P__1β2,…,P__1βn),所以P__1η1=(1,0,…,0)T=ε1.于是,P__1AP=P__1(Aη1,Aβ2,…,Aβn)=P__1(λ1η1,Aβ2,…,Aβn)这样我们应用可逆矩阵,将A变换成相似矩阵A1.其中A1的第一列,其元素为λ1,其它均为0.除去A1的第一行和第一列,对剩下的n__1阶矩阵W1重复上面的操作,知存在可则T可逆,且T__1AT为上三角矩阵,命题得证.设A是数域K上的n阶方阵,如果A的特征多项式的根全属于数域K.则A在数域上相似于约当型矩阵.若应用此定理,并注意约当型矩阵是上三角矩阵,命题得证.记线性变换A,B,C在一组基下的对应的矩阵分别为A,B,C,则AC=CB.下面证明C=O.设A,B的特征多项式分别为f因为A,B的最小多项式互素,所以矩阵A,B没有公共的特征值.=Wn__1(A)(AC__μnC)=Wn__1(A)(CB__μnC)=Wn__1(A)C(B__μnE)=…=CWn(B)=Cg(B).由Hamilton-Cayley定理知g(B)=0.又g(A)可逆,所以C=O.注:本题实质上是这样一道题:矩阵方程AX=XB有非零解的充分必要条件是A,B没第一次见到了Hamilton-Cayley定理后是爱不释手.在我看来,这一定理体现了分析和代数的深刻内在联系,形式上是代数的,却能借鉴许多分析的技巧,7.A是n维欧式空间V上的正交变换.证明：A是第一类的当且仅当存在V上的正交变换B满足A=B2.证明:为叙述方便做如下约定,将正交变换A,B在一组标准正交基下对应的正交矩阵记为A,B.我们只需证明:A是正交矩阵且|A|=1⇔存在正交矩阵B,使得A=B2.(1)."⇐",设存在正交矩阵B,使得A=B2.因为ATA=(B2)TB2=BT(BTB)B=BTEB=E,所以A是正交矩阵.又|A|=|B2|=|BT||B|=|BTB|=|E|=1,所以正交变换A是第一类的.存在欧式空间V中的的一组标准正交基,使得A在此正交基下的矩阵是如下其中,Ep为p阶单位阵,Si为二阶实对称矩阵,注意到A是欧式空间V中的第一类正交变换,所以|A|=1,由此可知其特征值中一1的个数必为偶数,即q为偶数.因此一1可以两两配对,于是可以构造准对角矩阵BB的对角线上元素分别是Ep不难验证这样构造的矩阵B是正交矩阵,且满足A=B2.因此与B相对应的线性变换B是正交变换,且使得A=B2.注:关于本题说上两句吧.我在前面说过,我写这套解答尽量使用基础的方法(就是少用的证明十分长.我甚至怀疑今年考北大数院的人,如果不知道这个定理,那么(2)基本是做不出来的.论坛上这道题也问了很多遍,估计问的人多半是不知道这个定理吧.由此可见,考北大不光需要一定的技巧(北大的题比较活),好需要你见多识广(知道一些比较假设我们已经知道了正交变换的标准型定理,那么如何想到把A开方呢.仔细观察证明就会发现,关键在于发现下面这个关于正交矩阵的性质:这就要借助于正交变换的几何意义了,上面的正交变换的几何意义就是旋转.把一个旋转分成两步去做,每次旋转一半(当然也是正交变换了).这不就把正交变换写成了另一个正交变换的平方了吗?我们再把这些小正交变换拼成一个准对角矩阵,这就证明了B的存在性,于是问题得到了解决.解:设平面π2的方程为x__y+z+4+λ(x+y__3z)=0.注:非常简单,考察的都是基础知识.9.平面Ax+By+Cz+D=0与单叶双曲面x2+y2_z2=1的交线是两条直线，证明：A2+B2=C2+D2.证明:由已知条件,平面与单叶双曲面交线是两条直线,所以这两条交线必为单叶双曲面这里s,t为非零参数.又因为该直线也在平面Ax+By+Cz+D=0上，所以该直线是这三张平面的交线。将联立上面三张平面,将其视作非齐次线性方程组,其中(x,y,z)T是未知量.因为初等变换不改变矩阵的秩，所以变换后的矩阵M的秩仍为2.因此M的前三列和后三列所成行列式均为