大连理工大学05年高等代数解答2研究生考试考研数学研究生考试考研数学.pdf
y1 a1x1 a2 x2 an xn y2 x2 yn xn 则 f(x1,x2,xn)ky1 2,即二次型 f(x1,x2,xn)的秩为 1.若两个一次多项式系数不成比例 ,不妨设 a1 a2 ,令 b1 b2 y1 a1x1 a2 x2 an xn y2 b1x1 b2 x2 bn xn y3 x3 yn xn 则 f(x1,x2,xn)y1 y2.再令 y1 z1 z2 y2 z1 z2 y3 z3 yn zn 则 f(x1,x2,xn)y1 y2 z12 z22,故二次型 f(x1,x2,xn)的秩为 2,符号差为零 .充 分 性 .若 f(x1,x2,xn)的秩为 1,则可经非退化线性替换使 f(x,x,x)ky2,其中 y a x a x a x,故 12 n 1 1 1 1 2 2 n n f(x,x,x)k(a x a x 2 a x)2.1 2 n 1 1 2 n n 若 f(x1,x2,xn)的秩为 2,符号差为 0,则可经非退化线性替换使 f(x1,x2,xn)y12 y22(y1 y2)(y1 y2),其中 y1,y2 均为 x1,x2,xn 的一次多项式 ,即 y1 a1 x1 a2 x2 an xn y2 b1 x1 b2 x2 bn xn 故 f(x1,x2,xn)可表为两个两个实系数一次齐次多项式的乘积.五、因为W 是V 的非平凡子空间 ,故W V.于是 r n.对 n r 作数学归纳法 .首先,1,2,n 不能都在 W 中.否则,W V,出现矛盾.设 i 是 1,2,n 中不属于 W 的一 1 个向量,那么 1,2,r,i 1 线性无关.令 W1 L(1,2,r,i1),则 dim W r 1.由归纳假设 ,在 1,2,n 中可以找到 n(r 1)个向量 i ,i,i 1 2 n r 3 使 1,2,r,i1,i2,in r 是V 的一组基.六、因为 A2 3 A 2E 0,故 f(x)x2 3x 2 是 A 的一个零化多项式 .设 m(x)是 A 的最小多项式 ,则 m(x)|f(x).由于 f(x)(x 1)(x 2)没有重根,故 m(x)没有重根.因 此 A可以对角化.从 A2 3A 2E 0 知,A 的特征根为 1 或 2.于是 A 的 Jordan 标准型的 可能形式为 1 1 1 2 1,1 ,2,2.1 2 2 2 七、由所给条件知(A1,A 2,A n)=(1,2,n)A.于是 a1i A i=(1,2,a2i a1i 1 a2i ani n.n)2 ani 注意 1,2,n 为 V 的一组标准正交基,故 (i),j)A (a1i 1 a2i 2 ani n,j)a1i(1,j)a2i(2,j)ani(n,j)a ji(j,j)a ji 则可经非退化线性替换使其中故若的秩为符号差为则可经非退化线性替换使其中均为的一次多项式即故可表为两个两个实系数一次齐次多项式的乘积五因为是的非平凡子空间故于是对出现矛盾设是作数学归纳法首先不能都在中否则式设是的最小多项式则由于没有重根故没有重根因此可以对角化从知的特征根为或于是的标准型的可能形式为七由所给条件知于是注意为的一组标准正交基故八注意都是的多项式故任取则由于故由不变子空间的定义知是的不变子空类似地因此于是从知注意都是的子空间故设则由知故因此由于对任有故作为上的线性变换是零变换即亦即是的零化多项式设是的最小多项式则从而有类似地设是的最小多项式则且取那么故任由知可设于是这表明是的零化多项式故从 八、(1)注意 f1(A),f 2(A)都是 A 的多项式,故 A f1(A)=f1(A)A,A f2(A)=f2(A)A.任取 V1,则 f1(A )=0.由于 )(f1(A A)=(A A )=(A A )=A A)=A )(f1()(f1()(f1()(0)=0.故 ()V1.由不变子空间的定义知 ,V1 是 A 的不变子空间 .类似地可证 ,V2 也是 A 的不变 A 子空间.(2)因为 f1(x)与 f2(x)互素,存在 u(x),v(x)P x 使得 u(x)f1(x)v(x)f2(x)1 .将 x A代入上式,得 u(A)A A f A (为恒等变换).(*)f1()+v()2()=任取 V,则 ()u(A)f1(A A f 2(A ).(*)()+v()(由于 f(x)是 A 的最小多项式 ,故 f(A)=f 1(A f2(A 0.于是 )=f2(A)(u(A)f1(A)()=(u(A)f1(A)f 2(A)()=u(A)(f(A)()=u(A)(0)=0 类似地,1(A v A 2 A )=0.因此 f )()f()(u A A )V2 ，A A)V1.()f1()(v()f 2()(于是从(*)知 V V1 V2.注意 V1,V2 都是 V 的子空间,故 V V1 V2.设 V1 V2,则 f1(A)()=0,f2(A)()=0.由(*)知 ()(u(A)f1(A)()+(v(A)f2(A)()=0,故 V1 V2 0.因此V V1 V2.(3)由于对任 V1,有 f1(A)()0,故 f1(A)作为 V1 上的线性变换是零变换 ,即 f1(A)|V 0,亦即 f1(x)是 A|V 的零化多项式 .设 g1(x)是 A|V 的最小多项式 ,则 g1(x)|f1(x),1 1 1 则可经非退化线性替换使其中故若的秩为符号差为则可经非退化线性替换使其中均为的一次多项式即故可表为两个两个实系数一次齐次多项式的乘积五因为是的非平凡子空间故于是对出现矛盾设是作数学归纳法首先不能都在中否则式设是的最小多项式则由于没有重根故没有重根因此可以对角化从知的特征根为或于是的标准型的可能形式为七由所给条件知于是注意为的一组标准正交基故八注意都是的多项式故任取则由于故由不变子空间的定义知是的不变子空类似地因此于是从知注意都是的子空间故设则由知故因此由于对任有故作为上的线性变换是零变换即亦即是的零化多项式设是的最小多项式则从而有类似地设是的最小多项式则且取那么故任由知可设于是这表明是的零化多项式故从 从而有 g1(x)f1(x).类似地,设 g2(x)是 A|V 2 的最小多项式 ,则 g2(x)|f2(x),且 g2(x)f2(x).取 g(x)g1(x)g2(x),那么 g(x)|f(x),故 g(x)f(x).任 V,由(2)知V V1 V2,可设 1 2,i Vi.于是 A)=g1 A g2 A A A 2)g()()()(1)+g1()g2()(=A A A A 0 0 0 ()g1()(1)+g1()g2()(2)=g2 这表明 g(x)是 A的零化多项式 ,故 f(x)|g(x).从而有 f(x)g(x).于是 f(x)g(x)g1(x)g2(x).从 f(x)f1(x)f2(x),g1(x)f1(x),g2(x)f2(x)知 gi(x)fi(x).由 于 gi(x)是 最 高 次 项 系 数 为 1 的 多 项 式,且 gi(x)|fi(x)知 gi(x)fi(x).九、已知 P I1 I 2 I n.现在我们证明 :存在某个 i,1 i n,使得 P Ii.反 证法:假设对任 1 i n,P 都不包含 I,则存在 a I,a P.由于 I j 为理想,故 i i i i a1a2 an I j,j 1,2,n.从而有 a1a2 an I 1 I 2 I n P.从 a1a2 an P及P是 R的素理想知,a1,a2,an 中至少有一个属于 P,这与 ai P,i 1,2,n 矛盾.这就证明了 :存在某个 i,1 i n ,使得 P Ii.而 I i 是极大理想,故 P I i 或 P R.但 P是素理想,P R,故P Ii.因此 P 为极大理想 .则可经非退化线性替换使其中故若的秩为符号差为则可经非退化线性替换使其中均为的一次多项式即故可表为两个两个实系数一次齐次多项式的乘积五因为是的非平凡子空间故于是对出现矛盾设是作数学归纳法首先不能都在中否则式设是的最小多项式则由于没有重根故没有重根因此可以对角化从知的特征根为或于是的标准型的可能形式为七由所给条件知于是注意为的一组标准正交基故八注意都是的多项式故任取则由于故由不变子空间的定义知是的不变子空类似地因此于是从知注意都是的子空间故设则由知故因此由于对任有故作为上的线性变换是零变换即亦即是的零化多项式设是的最小多项式则从而有类似地设是的最小多项式则且取那么故任由知可设于是这表明是的零化多项式故从
