1. 设整数 $n\geq 2$, 并且 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 是互不相同的整数. 证明多项式 $$\bex f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)+1 \eex$$ 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) $$\bex f(x)=g(x)h(x),\quad g(x)\in\bbZ[x],\ h(x)\in \bbZ[x],\quad 1\leq \deg g(x),\ \deg h(x)<n. \eex$$ 则 $$\bex g(a_i)h(a_i)=f(a_i)=-1. \eex$$ 注意到 $g(a_i),h(a_i)\in\bbZ$, 而 $$\bex g(a_i)=\pm 1,\quad h(a_i)=\mp 1\ra g(a_i)+h(a_i)=0. \eex$$ 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: $\rank(A)=\tr(A)$.
(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 $$\bex \rank(A_1)+\cdots+\rank(A_k)=n. \eex$$
证明: (1) 由 $A^2=A\ra A(E-A)=0$ 知 $$\bex \rank(A)+\rank(E-A)\leq n. \eex$$ 又由 $A+(E-A)=E$ 知 $$\bex \rank(A)+\rank(E-A)\geq n. \eex$$ 于是 $$\bex \rank(A)+\rank(E-A)=n. \eex$$ 记 $\rank(A)=r$, $(E-A)x=0$ 的基础解系为 $$\bex \al_1,\cdots,\al_r; \eex$$ $Ax=0$ 的基础解系为 $$\bex \al_{r+1},\cdots,\al_n. \eex$$ 则易知 $\al_1,\cdots,\al_n$ 线性无关, $$\bex A(\al_1,\cdots,\al_n)=(\al_1,\cdots,\al_n)\sex{\ba{cc} E_r&0\\ 0&0\ea}. \eex$$ 故 $A$ 相似于 $\dps{\sex{\ba{cc} E_r&0\\ 0&0\ea}}$. 如此, $\rank(A)=\tr(A)$. (2) $\ra$: 若 $A_i^2=A_i,\ i=1,\cdots,k$, 则 $\rank(A_i)=\tr (A_i)$, 而 $$\bex \sum_{i=1}^k \rank(A_i)=\sum_{i=1}^k \tr(A_i) =\tr \sex{\sum_{i=1}^k A_i} =\tr E=n. \eex$$ $\la$: 先证 $k=2$ 时的结论 $$\bex A^2=A\lra \rank(A)+ \rank(E-A)=n. \eex$$ 必要性: 由 (1), $$\bex \rank(A)+ \rank(E-A)=\tr(A)+\tr(E-A)=\tr E=n. \eex$$ 充分性: 同 (1) 的论述, $$\bex A(\al_1,\cdots,\al_n)=(\al_1,\cdots,\al_n)\sex{\ba{cc} E_r&0\\ 0&0\ea}. \eex$$ 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 $\rank(A_i)+\rank(E-A_i)\leq n$ ($\geq$ 显然) 如下: $$\beex \bea \rank(E-A_i)&=\rank(A_1+\cdots+A_{i-1}+A_{i+1}+\cdots+A_k)\\ &\leq \rank(A_1)+\cdots+\rank(A_{i-1})+\rank(A_{i+1})+\cdots+\rank(A_k)\\ &=n-\rank(A_i). \eea \eeex$$
3. 设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵, $AB=BA=0$. 试证:
(1) 存在正整数 $k$ 使得 $$\bex \rank(A^k+B^k)=\rank(A^k)+\rank(B^k); \eex$$
(2) 若 $\rank(A^2)=\rank(A)$, 则 $$\bex \rank(A+B)=\rank(A)+\rank(B). \eex$$
证明: 我们先证 (2). 取 $\bbF^n$ 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 $$\bex \scrA\scrB=\scrB\scrA=\scrO. \eex$$ 由 $r(A^2)=r(A)$ 知 $A^2x=0\lra Ax=0$ (显然 $$\bex V_1\equiv \sed{\al;A\al=0}\subset \sed{\al;A^2\al=0}\equiv V_2, \eex$$ 但又有 $\dim V_1=n-\rank(A)=n-\rank(A^2)=\dim V_2$), 而 $$\bex \ker \scrA^2=\ker \scrA. \eex$$ 利用上式及维数公式即知 $$\bee\label{direct} \im \scrA\oplus \ker \scrA=\bbF^n. \eee$$我们有 $$\beex \bea (\scrA+\scrB)\im \scrA&=\scrA\im \scrA\quad\sex{\scrB\scrA=\scrO}\\ &=\im \scrA\quad\sex{\subset:\mbox{ 显然};\ \supset:\ by\ \eqref{direct}};\\ (\scrA+\scrB)\ker \scrA&=\scrB\ker \scrA\\ &=\im \scrB\quad\sex{\scrB\scrA=\scrO,\ \eqref{direct}}. \eea \eeex$$ 于是 $$\beex \bea \rank(A+B)&=\dim \im (\scrA+\scrB) =\dim (\scrA+\scrB)\bbF^n\\ &=\dim (\scrA+\scrB)(\im \scrA\oplus \ker \scrA)\\ &=\dim [(\scrA+\scrB)\im \scrA+(\scrA+\scrB)\ker\scrA]\\ &=\dim (\im \scrA+\im \scrB)\\ &=\dim \im \scrA+\dim \im \scrB\\ &\quad\sex{\im \scrB\subset \ker \scrA,\quad \im \scrA\oplus \ker \scrA=\bbF^n}\\ &=\rank(A)+\rank(B). \eea \eeex$$ 再证 (1). 为此, 先证: 存在 $k$, 使得 $\rank(A^k)=\rank(A^{k+1})=\cdots$. 事实上, 记 $V_i=\sed{\al; A^i\al=0}$, 则 $V_1\subset V_2\subset \cdots$. 于是 $$\bex \exists\ k,\st V_k=V_{k+1}. \eex$$ 如此, $$\beex \bea \al\in V_{k+2}&\ra A^{k+2}\al=A^{k+1}(A\al)=0\\ &\ra A\al\in V_{k+1}=V_k\\ &\ra A^{k+1}\al=A^k(A\al)=0\\ &\ra \al\in V_{k+1}, \eea \eeex$$ 等等. 这说明 $V_k=V_{k+1}=\cdots$, 而有 $$\bex \rank(A^k)=\rank(A^{k+1})=\cdots. \eex$$ 特别的, $\rank(A^k)=\rank(A^{2k})$. 往证 (1). 既然 $AB^k=B^kA=0$, $\rank((A^k)^2)=\rank(A^k)$, 我们由 (1) 即知 $$\bex \rank(A^k+B^k)=\rank(A^k)+\rank(B^k). \eex$$
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 $n\times m$ 实矩阵, 且 $\rank(B)=m$, 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 $x=(x_1,\cdots,x_n)^T\neq 0$, 有 $$\beex \bea \sum_{i,j} a_{ij}b_ib_jx_ix_j &=\sum_{i,j} a_{ij}(b_ix_i)(b_jx_j)\\ &=\sum_{i,j} a_{ij}y_iy_j\quad\sex{y=(y_1,\cdots,y_n)^T,\ y_i=b_ix_i}\\ &>0. \eea \eeex$$ (2) 对 $\forall\ x=(x_1,\cdots,x_n)^T\neq 0$, 有 $$\beex \bea x^T B^TABx&=y^TAy\quad\sex{y=Bx\neq 0}\\ &>0. \eea \eeex$$ (3) 设 $B=C^TC$, 其中 $C$ 可逆, 则 $$\bex b_{ij}=\sum_k c_{ki}c_{kj},\quad a_{ij}b_{ij}=\sum_k c_{ki}a_{ij}c_{kj}. \eex$$ 对 $\forall\ x=(x_1,\cdots,x_n)^T\neq 0$, 有 $$\beex \bea \sum_{ij}a_{ij}x_ix_j &=\sum_{ijk}c_{ki}x_ia_{ij}c_{kj}x_j\\ &=\sum_k\sum_{ij}a_{ij}y^{(k)}_iy^{(k)}_j\quad\sex{y^{(k)}_i=c_{ki}x_i,\ y^{(k)}\neq 0}\\ &>0. \eea \eeex$$
5. 设 $V=\bbC^{n\times n}$ 表示复数域 $\bbC$ 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, $A\in V$, 定义 $V$ 上的变换 $\scrA$ 如下: $$\bex \scrA(X)=AX-XA,\quad \forall\ X\in V. \eex$$ 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) $$\beex \bea \scrA(kX+lY)&=A(kX+lY)-(kX+lY)A\\ &=k(AX-XA)+l(AY-YA)\\ &=k\scrA(X)+l\scrA(Y). \eea \eeex$$ (2) $$\beex \bea \scrA(XY)&=AXY-XYA\\ &=(AX-XA)Y+X(AY-YA)\\ &=\scrA(X)Y+X\scrA(Y). \eea \eeex$$ (3) $\scrA(E)=AE-EA=0$.
(4) 用数学归纳法易知 $$\bex A^s(X)=\sum_{p+q=s+1}c_{pqs}A^pXQ^q. \eex$$ 于是 $$\bex \scrA^{2k}(X)=\sum_{p+q=2k+1} c_{pq,2k} A^pXA^q=0. \eex$$ 这是因为当 $0\leq p<k$ 时, $k+2\leq q\leq 2k+1$, $A^q=0$; 当 $k\leq p\leq 2k+1$ 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 $$\bex C^TBC=E. \eex$$ 又 $C^TAC$ 仍非零半正定, 而存在正交阵 $P$, 使得 $$\bex P^TC^TACP=\diag(\lm_1,\cdots,\lm_n)\neq 0. \eex$$ 于是 $$\beex \bea |P^TC^T|\cdot |A+B|\cdot |CP| &=|E+\diag(\lm_1,\cdots,\lm_n)|\\ &=\prod_{i=1}^n (1+\lm_i)\quad \sex{(\lm_1,\cdots,\lm_n)\neq 0}\\ &>1,\\ |A+B|&>|B|. \eea \eeex$$
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 $$\bex \rank(A)+\rank(E-A)=n,\quad \rank(B)+\rank(E-B)=n. \eex$$ 又由 $(E-A)-B=(E-B)-A$ 可逆知 $$\bex \rank(E-A)+\rank(B)\geq n,\quad \rank(E-B)+\rank(A)\geq n. \eex$$ 于是 $$\beex \bea \rank(A)&=n-\rank(E-A)\leq \rank(B),\\ \rank(B)&=n-\rank(E-B)\leq \rank(A). \eea \eeex$$ 故而 $\rank(A)=\rank(B)$.
8. 设 $S=\sed{AB-BA; A,B\in\bbR^{n\times n}}$, 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 $$\beex \bea E_{ij}&=E_{ii}E_{ij}-E_{ij}E_{ii}\quad(i\neq j),\\ E_{11}-E_{ii}&=E_{1i}E_{i1}-E_{i1}E_{1i}\quad(2\leq i\leq n) \eea \eeex$$ 知 $$\bex \dim W\geq n(n-1)+(n-1)=n^2-1. \eex$$ 又由 $\tr(AB-BA)=0$ 知 $E\not\in W$, 而 $$\bex \dim W=n^2-1. \eex$$
