复旦大学数学学院23级高等代数I期中考试精选大题解答
$$\begin{cases} (a_1+b)x_1+a_2x_2+a_3x_3+\cdots+a_nx_n=0,\\ a_1x_1+(a_2+b)x_2+a_3x_3+\cdots+a_nx_n=0,\\ a_1x_1+a_2x_2+(a_3+b)x_3+\cdots+a_nx_n=0,\\ \hfill\cdots\cdots\cdots\cdots\hfill\\ a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3+\cdots+(a_n+b)x_n=0. \end{cases}$$
解 设上述方程组的系数矩阵为 $A$, 则由求和法或行列式的降阶公式可得 $|A|=b^{n-1}(b+\sum\limits_{i=1}^na_i)$. 下面分三种情况进行讨论.
Case 1 若 $b=0$, 则原方程组等价于一个线性方程 $a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3+\cdots+a_nx_n=0$. 又 $\sum\limits_{i=1}^na_i\neq 0$, 故不妨设 $a_1\neq 0$ 来进行讨论 (其他情形完全类似), 此时原方程组的基础解系为 $\eta_1=(-a_2,a_1,0,\cdots,0)'$, $\eta_2=(-a_3,0,a_1,\cdots,0)'$, $\cdots$, $\eta_{n-1}=(-a_n,0,0,\cdots,a_1)'$.
Case 2 若 $b=-\sum\limits_{i=1}^na_i\neq 0$, 则 $e=(1,1,1,\cdots,1)'$ 显然是方程组的一个非零解. 下面用初等变换法来求 $r(A)$. 将 $A$ 的后 $n-1$ 列全部加到第一列上, 然后再将第一行乘以 $-1$ 依次加到后 $n-1$ 行上:
$$A\to\begin{pmatrix} 0 & a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\ 0 & b & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & b & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & b \\ \end{pmatrix},$$
显然右边矩阵的秩等于 $n-1$, 故 $r(A)=n-1$. 也可以用矩阵秩的降阶公式来求 $r(A)$. 设 $\alpha=(a_1,a_2,\cdots,a_n)'$, 则 $A=bI_n+e\cdot 1^{-1}\cdot\alpha'$, 故由高代白皮书例 3.73 可知,
$$1+r(A)=r(bI_n)+r(1+\alpha'(bI_n)^{-1}e)=r(bI_n)+r(b+\sum\limits_{i=1}^na_i)=n,$$
于是 $r(A)=n-1$. 由线性方程组的求解理论可知, 原方程组解空间的维数等于 $n-r(A)=1$, 于是原方程组的基础解系为 $e=(1,1,1,\cdots,1)'$.
Case 3 若 $b\neq 0$ 且 $b\neq -\sum\limits_{i=1}^na_i$, 则 $|A|\neq 0$, 故由 Cramer 法则可知, 原方程组只有零解. $\Box$
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五、设 $n$ 阶方阵 $A$ 满足 $AA'=I_n$ 且 $|A|<0$, 证明: $I_n+A$ 是奇异阵.
证明 由 $AA'=I_n$ 可得 $1=|AA'|=|A|\cdot|A'|=|A|^2$, 又 $|A|<0$, 故 $|A|=-1$. 于是
$$|I_n+A|=|AA'+A|=|A(I_n+A')|=|A|\cdot|(I_n+A)'|=-|I_n+A|,$$
从而 $|I_n+A|=0$, 即 $I_n+A$ 是奇异阵. $\Box$
注 本题与高代白皮书例 2.18 类似.
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六、设 $n$ 阶方阵 $A=(a_{ij})$, 下列 $n$ 个行列式称为 $A$ 的 $n$ 个顺序主子式:
$$|A_k|=\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1k} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2k} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{k1} & a_{k2} & \cdots & a_{kk} \\ \end{vmatrix},\,\,\,\,k=1,2,\cdots,n.$$
设 $r(A)=r$, 证明: 可对 $A$ 实施若干次行对换和列对换, 使所得矩阵 $B$ 的前 $r$ 个顺序主子式全不为零, 并且后 $n-r$ 个顺序主子式全为零.
证明 设 $A=(a_{ij})=\begin{pmatrix} \alpha_1\\ \alpha_2\\ \vdots\\ \alpha_n \end{pmatrix}$ 为其行分块, 通过行对换可将其极大无关组调换至前 $r$ 行, 故不妨设 $\alpha_1,\cdots,\alpha_r$ 是 $A$ 的行向量的极大无关组. 由于 $\alpha_1=(a_{11},a_{12},\cdots,a_{1n})\neq 0$, 故存在某个 $a_{1j}\neq 0$, 对换第 1 列与第 $j$ 列 (这时所得矩阵的前 $r$ 行仍为其行向量的极大无关组), 因此不妨设 $a_{11}\neq 0$. 下设 $|A_1|=a_{11}\neq 0$, $\cdots$, $|A_k|=\begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1k} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{k1} & \cdots & a_{kk} \\ \end{vmatrix}\neq 0$, 其中 $1\leq k<r$, 于是 $\begin{pmatrix} a_{11}\\ \vdots\\ a_{k1}\\ \end{pmatrix}$, $\cdots$, $\begin{pmatrix} a_{1k}\\ \vdots\\ a_{kk}\\ \end{pmatrix}$ 线性无关, 由高代白皮书例 3.13 可知, $\begin{pmatrix} a_{11}\\ \vdots\\ a_{k1}\\ a_{k+1,1}\\ \end{pmatrix}$, $\cdots$, $\begin{pmatrix} a_{1k}\\ \vdots\\ a_{kk}\\ a_{k+1,k}\\ \end{pmatrix}$ 也线性无关. 注意到
$$r\begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1k} & \cdots & a_{1n}\\ \vdots & & \vdots & & \vdots\\ a_{k1} & \cdots & a_{kk} & \cdots & a_{kn}\\ a_{k+1,1} & \cdots & a_{k+1,k} & \cdots & a_{k+1,n}\\ \end{pmatrix}=k+1,\qquad\cdots(*)$$
故可从后 $n-k$ 列中选出一列与前 $k$ 列一起构成列向量的极大无关组, 将这一列与第 $k+1$ 列对换, 故不妨设矩阵 $(*)$ 的前 $k+1$ 列是其列向量的极大无关组, 于是
$$|A_{k+1}|=\begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1k} & a_{1,k+1}\\ \vdots & & \vdots & \vdots\\ a_{k1} & \cdots & a_{kk} & a_{k,k+1}\\ a_{k+1,1} & \cdots & a_{k+1,k} & a_{k+1,k+1}\\ \end{vmatrix}\neq 0.$$
由上述归纳法即得, $A$ 通过若干次行对换和列对换之后, 得到矩阵 $B$ 的前 $r$ 个顺序主子式非零. 又 $r(B)=r(A)=r$, 故由矩阵秩的子式判别法可知, $B$ 的后 $n-r$ 个顺序主子式全为零. $\Box$
注 本题与高代教材定理 3.6.2 (矩阵秩的子式判别法) 的证明类似.
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七、给定非负实数 $a_{ij}\,(1\leq i\neq j\leq n)$ 满足下列两个条件:
(i) $a_{ij}=a_{ji}\,(1\leq i<j\leq n)$;
(ii) 存在 $1,2,\cdots,n$ 的全排列 $k_1,k_2,\cdots,k_n$, 使得 $a_{k_1,k_2}a_{k_2,k_3}\cdots a_{k_{n-1},k_n}a_{k_n,k_1}>0$.
令 $a_i=a_{i1}+\cdots+a_{i,i-1}+a_{i,i+1}+\cdots+a_{in}\,(1\leq i\leq n)$, 定义 $n$ 阶方阵 $B=(b_{ij})$ 为: $b_{ii}=-1\,(1\leq i\leq n)$, $b_{ij}=\dfrac{a_{ij}}{a_i}\,(1\leq i\neq j\leq n)$. 证明:
(1) 线性方程组 $Bx=0$ 的解空间为 $L(e)$, 其中 $e=(1,1,\cdots,1)'$;
(2) 线性方程组 $B'y=0$ 的解空间为 $L(\alpha)$, 其中 $\alpha=(a_1,a_2,\cdots,a_n)'$;
(3) 设 $\beta=(b_1,b_2,\cdots,b_n)'\in\mathbb{R}^n$, 则 $Bx=\beta$ 有解的充要条件是 $\alpha'\beta=\sum\limits_{i=1}^na_ib_i=0$.
证法一 (1) 显然 $L(e)$ 包含在 $Bx=0$ 的解空间中. 反之, 任取 $Bx=0$ 的解 $x=(x_1,x_2,\cdots,x_n)'\in\mathbb{R}^n$, 则存在 $1\leq k\leq n$, 使得 $x_k=\max\limits_{1\leq i\leq n}x_i$. 考虑 $Bx=0$ 的第 $k$ 个方程, 注意到 $b_{ij}\geq 0\,(1\leq i\neq j\leq n)$, 故可得
$$x_k=b_{k1}x_1+\cdots+b_{k,k-1}x_{k-1}+b_{k,k+1}x_{k+1}+\cdots+b_{kn}x_n$$
$$\leq b_{k1}x_k+\cdots+b_{k,k-1}x_k+b_{k,k+1}x_k+\cdots+b_{kn}x_k$$
$$=(b_{k1}+\cdots+b_{k,k-1}+b_{k,k+1}+\cdots+b_{kn})x_k=x_k.$$
因此上述不等式取等号, 即若 $b_{k,j}>0$, 则必有 $x_j=x_k$. 为书写方便考虑, 不妨设上述 $k=k_1$, 由条件 (ii) 可知 $b_{k_1,k_2}>0$, 于是 $x_{k_2}=x_{k_1}$ 也是最大值. 再对第 $k_2$ 个方程重复上面的讨论, 可得 $x_{k_3}=x_{k_2}$ 也是最大值. 不断这样讨论下去, 最后可得 $x_{k_1}=x_{k_2}=\cdots=x_{k_n}$, 即 $x_1=x_2=\cdots=x_n$, 于是 $x=ce$, 结论得证.
(2) 显然 $L(\alpha)$ 包含在 $B'y=0$ 的解空间中. 再由 (1) 和线性方程组的求解理论可知 $r(B)=n-1$, 于是 $r(B')=n-1$, 从而 $B'y=0$ 解空间的维数等于 $n-r(B')=1$, 因此 $B'y=0$ 的解空间为 $L(\alpha)$.
(3) 由高代白皮书例 3.99 以及 (2) 即得结论.
证法二 注意到 $a_i>0\,(1\leq i\leq n)$, 故设
$$C=\mathrm{diag}\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\cdot B=\begin{pmatrix} -a_1 & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ a_{21} & -a_2 & \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & -a_n\\ \end{pmatrix},$$
则 $C$ 为实对称阵且每行每列元素之和均为零.
(1) 证明 $Bx=0$ 的解空间为 $L(e)$, 等价于证明 $Cx=0$ 的解空间为 $L(e)$. 显然 $L(e)$ 包含在 $Cx=0$ 的解空间中. 反之, 任取 $Cx=0$ 的解 $x=(c_1,c_2,\cdots,c_n)'\in\mathbb{R}^n$, 则有
$$0=x'Cx=-\sum\limits_{i=1}^na_ic_i^2+2\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}a_{ij}c_ic_j.$$
注意到 $a_{ij}\geq 0\,(1\leq i<j\leq n)$ 且 $2c_ic_j\leq c_i^2+c_j^2$, 故由上式可得
$$0=x'Cx\leq -\sum\limits_{i=1}^na_ic_i^2+\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}a_{ij}(c_i^2+c_j^2)=-\sum\limits_{i=1}^na_ic_i^2+\sum\limits_{1\leq i\neq j\leq n}a_{ij}c_i^2$$
$$=\sum\limits_{i=1}^n\Big(-a_i+\sum\limits_{j\neq i}a_{ij}\Big)c_i^2=0.\qquad\cdots(\dagger)$$
因此, $(\dagger)$ 中的不等号只能全部取等号, 即若 $a_{ij}>0$, 则必有 $c_i=c_j$. 由假设存在全排列 $k_1,k_2,\cdots,k_n$, 使得 $a_{k_1k_2}>0$, $a_{k_2k_3}>0$, $\cdots$, $a_{k_nk_1}>0$, 故可得 $c_{k_1}=c_{k_2}=\cdots=c_{k_n}$, 即 $c_1=c_2=\cdots=c_n$, 于是 $x=c_1e$, 结论得证.
(2) 证明 $B'y=0$ 的解空间为 $L(\alpha)$, 等价于证明 $C\cdot\mathrm{diag}\{a_1^{-1},a_2^{-1},\cdots,a_n^{-1}\}y=0$ 解空间为 $L(\alpha)$, 这也等价于证明 $Cx=0$ 的解空间为 $L(e)$, 而这即为 (1) 的结论.
(3) 由高代白皮书例 3.99 以及 (2) 即得结论. $\Box$
注 本题与19级高等代数I期末考试第八大题类似.
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参考文献
[1] 高代教材: 高等代数学 (第四版), 谢启鸿、姚慕生、吴泉水 编著, 复旦大学出版社, 2022.
[2] 高代白皮书: 高等代数 (第四版), 谢启鸿、姚慕生 编著, 复旦大学出版社, 2022.
