高代——数学竞赛初赛答案

第一届

二、【证明】（1）的证明：记
$A=\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}\right), \quad M=a_{n 1} F^{n-1}+a_{n-11} F^{n-2}+\cdots+a_{21} F+a_{11} E$
要证明 $M=A$ ，只需证明 $A$ 与 $M$ 的各个列向量对应相等即可.若以 $e_i$ 记第 $i$ 个基本单位列向量.于是，只需证明：对每个 $i$ ， $M e_{i}=A e_{i}\left(=\alpha_{i}\right)$
记 $\beta=\left(-a_{n},-a_{n-1}, \cdots,-a_{1}\right)^{T}$ 则 $F=\left(e_{2}, e_{3}, \cdots, e_{n}, \beta\right)$ .注意到 $F e_{1}=e_{2}, F^{2} e_{1}=F e_{2}=e_{3}, \cdots, F^{n-1} e_{1}=F\left(F^{n-2} e_{1}\right)=F e_{n-1}=e_{n}\left(^{*}\right)$
由
$\begin{aligned} M e_{1} &=\left(a_{n 1} F^{n-1}+a_{n-11} F^{n-2}+\cdots+a_{21} F+a_{11} E\right) e_{1} \\ &=a_{n 1} F^{n-1} e_{1}+a_{n-11} F^{n-2} e_{1}+\cdots+a_{21} F e_{1}+a_{11} E e_{1} \\ &=a_{n 1} e_{n}+a_{n-11} e_{n-1}+\cdots+a_{21} e_{2}+a_{11} e_{1} \\ &=\alpha_{1}=A e_{1} \end{aligned}$
知 $M e_{2}=M F^{} e_{1}=F^{} M e_{1}=F^{} A e_{1}=A F^{} e_{1}=A e_{2}$
$M e_{3}=M F^{2} e_{1}=F^{2} M e_{1}=F^{2} A e_{1}=A F^{2} e_{1}=A e_{3}$
$\ldots \ldots \ldots$
$M e_{n}=M F^{n-1} e_{1}=F^{n-1} M e_{1}=F^{n-1} A e_{1}=A F^{n-1} e_{1}=A e_{n}$ ，所以， $M=A$ .
（2）解：由（1）， $C(F)=\operatorname{span}\left\{E, F, F^{2}, \cdots, F^{n-1}\right\}$ ，设 $x_{0} E+x_{1} F+x_{2} F^{2}+\cdots+x_{n-1} F^{n-1}=O$ ，等式两边同右乘 $e_1$ ，利用 $（*）$ 得
$\begin{aligned} \theta &=O e_{1}=\left(x_{0} E+x_{1} F+x_{2} F^{2}+\cdots+x_{n-1} F^{n-1}\right) e_{1} \\ &=x_{0} E e_{1}+x_{1} F e_{1}+x_{2} F^{2} e_{1}+\cdots+x_{n-1} F^{n-1} e_{1} \\ &=x_{0} e_{1}+x_{1} e_{2}+x_{2} e_{3}+\cdots+x_{n-1} e_{n} \end{aligned}$ 因 $e_{1}, e_{2}, e_{3}, \cdots, e_{n}$ 线性无关，故， $x_{0}=x_{1}=x_{2}=\dots=x_{n-1}=0$ ，所以， $E, F, F^{2}, \cdots, F^{n-1}$ 线性无关.因此， $E, F, F^{2}, \cdots, F^{n-1}$ 是 $C（F）$ 的基，特别地， $dimC（F）=n$ .
三、【证明】：假设 $\lambda_0$ 是 $f$ 的特征值， $W$ 是相应的特征子空间，即 $W=\{\eta \in V | f(\eta)=\lambda_{0} \eta\}$ .于是， $W$ 在 $f$ 下是不变的.
下面先证明， $\lambda=0$ .任取非零 $\eta \in W$ ，记 $m$ 为使得 $\eta, g(\eta), g^{2}(\eta), \cdots, g^{m}(\eta)$ 线性相关的最小的非负整数，于是，当 $0\leq i\leq m-1$ 时， $\eta, g(\eta), g^{2}(\eta), \cdots, g^{i}(\eta)$ 线性无关。
$0\leq i\leq m-1$ 时令 $W_{i}=\operatorname{span}\left\{\eta, g(\eta), g^{2}(\eta), \cdots, g^{i-1}(\eta)\right\}$ ，其中， $W_{0}=\{\theta\}$ .因此， $\operatorname{dim} W_{i}=i(1 \leq i \leq m)$ ，并且， $W_{m}=W_{m+1}=W_{m+2}=$ 显然， $g\left(W_{i}\right) \subseteq W_{i+1}$ ，特别地， $W_m$ 在 $g$ 下是不变的.
下面证明， $W_m$ 在 $f$ 下也是不变的.事实上，由 $f(\eta)=\lambda_{0} \eta$ ，知 $\begin{aligned} f g(\eta) &=g f(\eta)+f(\eta)=\lambda_{0} g(\eta)+\lambda_{0} \eta_{0} \\ f g^{2}(\eta) &=g f g(\eta)+f g(\eta) \\ &=g\left(\lambda_{0} g(\eta)+\lambda_{0} \eta\right)+\left(\lambda_{0} g(\eta)+\lambda_{0} \eta\right) \\ &=\lambda_{0} g^{2}(\eta)+2 \lambda_{0} g(\eta)+\lambda_{0} \eta \end{aligned}$
根据 $\begin{aligned} f g^{k}(\eta) &=g f g^{k-1}(\eta)+f g^{k-1}(\eta) \\ &=g\left(f g^{k-1}\right)(\eta)+f g^{k-1}(\eta) \end{aligned}$
用归纳法不难证明， $fg^k(\eta)$ 一定可以表示成 $\eta, g(\eta), g^{2}(\eta), \cdots, g^{k}(\eta)$ 的线性组合，且表达式中 $g^k(\eta)$ 前的系数为 $\lambda_0$ ，因而，这一限制的迹为 $m\lambda_0$
由于 $fg-gf=f$ 在 $W_m$ 上仍然成立，而 $fg-gf$ 的迹一定为零，故 $m\lambda_0=0$ ，即 $\lambda_0=0$
任取 $\eta\in W$ 由于
$f(\eta)=\theta, f g(\eta)=g f(\eta)+f(\eta)=g(\theta)+f(\eta)=\theta$
所以 $g(\eta)\in W$ 因此， $W$ 在 $g$ 下是不变的。从而，在 $W$ 中存在 $g$ 的特征向量，这也是 $f,g$ 的公共特征向量。

第二届

二、【证明】：反证法。设方程有解，即存在复矩阵 $A$ 使得 $A^2=B$ .
注意到 $B$ 的特征根为 $0$ ，且其代数重根为 $3$ 。
设 $\lambda$ 为 $A$ 的一个特征根，则 $\lambda^2$ 为 $B$ 的特征根，所以 $\lambda=0$ 。从而 $A$ 的特征根为 $0$ 。于是 $A$ 的 $Jordan$ 标准型只可能为
$J_{1}=\left( \begin{array}{lll}{0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0}\end{array}\right), J_{2}=\left( \begin{array}{lll}{0} & {1} & {0} \\ {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0}\end{array}\right), J_{3}=\left( \begin{array}{ccc}{0} & {1} & {0} \\ {0} & {0} & {1} \\ {0} & {0} & {0}\end{array}\right)$
从而 $A^2$ 的 $Jordan$ 标准型只能为， $J_{1}=J_{1}^{2}=J_{2}^{2}$ 或 $J_{2}=J_{3}^{2}$ 。因此 $A^2$ 的秩不大于 $1$ 与 $B=A^2$ 的秩为 $2$ 矛盾。所以 $X^2=B$ 无解。
六、【证明】：取任意实数 $r$ ，由题设知 $(v+r \beta) A(v+r \beta)^{T} \geq 0$ ，即 $v A v^{T}+r v A \beta^{T}+r \beta A v^{T}+r^{2} \beta A \beta^{T} \geq 0$ 。亦即 $v A v^{T}+r\left(v A \beta^{T}+\beta A v^{T}\right)+r^{2} \beta A \beta^{T} \geq 0$ 。若 $v A \beta^{T} \neq 0$ ，则有 $v A \beta^{T}+\beta A v^{T} \neq 0$ ，因此可取适当的实数 $r$ 使得 $v A v^{T}+r\left(v A \beta^{T}+\beta A v^{T}\right)+r^{2} \beta A \beta^{T}<0$ 矛盾。

第三届

三、【证明】：设 $\sigma$ 在 $F^n$ 的标准基 $\varepsilon_{1}, \cdots, \varepsilon_{n}$ 下的矩阵为 $B$ ，则 $\sigma(\alpha)=B \alpha,\left(\forall \alpha \in F^{n}\right)$ 。
由条件： $\forall A \in M_{n}(F), \sigma(A \alpha)=A \sigma(\alpha),\left(\forall \alpha \in F^{n}\right)$ ，有 $B A \alpha=A B \alpha, \forall \alpha \in F^{n}$ 故 $B A=A B\left(\forall A \in M_{n}(F)\right)$ .
设 $B=\left(b_{i j}\right)$ ，取 $A=\operatorname{diag}(1, \cdots, 1, c, 1, \cdots, 1)$ ，其中 $c \neq 0,1$ ，则由 $AB=BA$ 可得 $b_{i j}=0, \forall i \neq j$ .又取 $A=I_{n}-E_{i i}-E_{j j}+E_{i j}+E_{j i}$ ，这里 $E_{st}$ ，是 $（s，t）-$ 位置为 $1$ ，其他位置为 $0$ 的矩阵，则由 $AB=BA$ 可得 $a_{i i}=a_{i j}(\forall i, j)$ 。取 $\lambda=a_{11}$ ，故 $B=\lambda I_{n}$ 。，从而 $\sigma=\lambda \cdot \mathrm{id}_{F^{n}}$ 。
六、【证明】：设 $V$ 是 $F$ 上 $n$ 维线性空间， $\sigma$ 是 $V$ 上的线性变换，它在 $V$ 的一组基下的矩阵为 $A$ 。下面证明存在 $\sigma$ -不变子空间， $V_1,V_2$ 满足 $V=V_{1} \oplus V_{2}$ ，且 $\left.\sigma\right|_{V_{1}}$ 是同构， $\left.\sigma\right|_{V_{2}}$ 是幂零变换。
首先有子空间升链： $\operatorname{Ker} \sigma \subseteq \operatorname{Ker} \sigma^{2} \subseteq \cdots \subseteq \operatorname{Ker} \sigma^{k} \subseteq$ 从而存在正整数 $m$ 使得 $\operatorname{Ker} \sigma^{m}=\operatorname{Ker} \sigma^{m+i}(i=1,2, \cdots)$ 。进而有 $K e r \sigma^{m}=K e r \sigma^{2 m}$ .
下面证明 $V=K e r \sigma^{m} \oplus \operatorname{Im} \sigma^{m}$ .
$\forall \alpha \in K e r \sigma^{m} \cap \operatorname{Im} \sigma^{m}$ ，由 $\alpha \in \operatorname{Im} \sigma^{m}$ ，存在 $\beta \in V$ 使得 $\alpha=\sigma^{m}(\beta)$ 。由此 $0=\sigma^{m}(\alpha)=\sigma^{2 m}(\beta)$ ，所以 $\beta \in K e r \sigma^{2 m}$ .
从而 $\beta \in K e r \sigma^{m}=K e r \sigma^{2 m}$ .故 $\alpha=\sigma^{m}(\beta)=0$ $\operatorname{Ker} \sigma^{m} \cap \operatorname{Im} \sigma^{m},=(0)$ 从而 $V=K e r \sigma^{m} \oplus \operatorname{Im} \sigma^{m}$
由 $\sigma\left(\operatorname{Ker} \sigma^{m}\right) \subseteq K e r \sigma^{m}, \sigma\left(\operatorname{Im} \sigma^{m}\right) \subseteq \operatorname{Im} \sigma^{m}$ ，知 $\operatorname{Ker} \sigma^{m}, \operatorname{Im} \sigma^{m}$ 是 $\sigma$ -不变子空间。又由 $\sigma^{m}\left(K e r \sigma^{m}\right)=(0)$ 知 $\left.\sigma\right|_{K e r \sigma^{m}}$ 是幂零变换。由 $\sigma\left(\operatorname{Im} \sigma^{m}\right) \subseteq Im \sigma^{m}$ 知 $\left.\sigma\right|_{\operatorname{lm} \sigma^{m}}$ 是满线性变换，从而可逆。
从 $V_{1}=\operatorname{Im} \sigma^{m}, V_{2}=\mathrm{ker} \sigma^{m}$ 中各找一组基 $\alpha_{1}, \cdots, \alpha_{s} ; \beta_{1}, \cdots, \beta_{t}$ ，合并成 $V$ 的一组基， $\sigma$ 在此基下的矩阵为 $\left( \begin{array}{ll}{B} & {0} \\ {0} & {C}\end{array}\right)$ ，其中 $B$ 是 $\left.\sigma\right|_{V_{1}}$ 在基 $\alpha_{1}, \cdots, \alpha_{s}$ 下的矩阵，从而可逆； $C$ 是 $\left.\sigma\right|_{V_{2}}$ 在基 $\beta_{1}, \cdots, \beta_{t}$ 下的矩阵，是幂零矩阵。从而 $A$
相似于 $\left( \begin{array}{ll}{B} & {0} \\ {0} & {C}\end{array}\right)$ ，其中 $B$ 是可逆矩阵， $C$ 是幂零矩阵。【注】如果视 $F$ 为复数域直接用若当标准型证明，证明正确可给10分：
存在可逆矩阵 $P$ ，使得
$P^{-1} A P=\operatorname{diag}\left(J\left(\lambda_{1}, n_{1}\right), \cdots, J\left(\lambda_{s}, n_{s}\right), J\left(0, m_{1}\right), \cdots, J\left(0, m_{t}\right)\right)$
其中 $J\left(\lambda_{i}, n_{i}\right)$ 是特征值为 $\lambda_i$ 的阶为 $n_i$ ，的若当块 $\lambda_{i} \neq 0$ ； $J\left(0, m_{j}\right)$ 是特征值为0的阶为m，的若当块。令 $\begin{aligned} B &=\operatorname{diag}\left(J\left(\lambda_{1}, n_{1}\right), \cdots, J\left(\lambda_{s}, n_{s}\right)\right) \\ C &=\operatorname{diag}\left(J\left(0, m_{1}\right), \cdots, J\left(0, m_{t}\right)\right) \end{aligned}$
则 $B$ 为可逆矩阵， $C$ 为幂零矩阵， $A$ 相似于 $\left( \begin{array}{ll}{B} & {0} \\ {0} & {C}\end{array}\right)$

第四届

4.【解】：设 $\lambda$ 是 $f（t）$ 的根，则有 $detP（t）=0$ .从而 $P（t）$ 的 $n$ 个列线性相关。于是存在 $\alpha\not=0$ ，使得 $P(\lambda) \alpha=0$ ，进而 $\alpha^{*} P(\lambda) \alpha=0$ .
具体地， $\alpha^{*} A \alpha \lambda^{2}+\alpha^{*} B \alpha \lambda+\alpha^{*} C \alpha=0$ .令 $a=\alpha^{*} A \alpha, b=\alpha^{*} B \alpha, c=\alpha^{*} C \alpha$ ，则 $A，B，C$ 皆为正定矩阵知 $a>0，b>0，c>0$ ，且 $\lambda=\frac{-b \pm \sqrt{b^{2}-4 a c}}{2 a}$
注意到，当 $b^{2}-4 a c \geq 0$ 时， $\sqrt{b^{2}-4 a c}<b$ ，从而有 $\operatorname{Re} \lambda=\frac{-b \pm \sqrt{b^{2}-4 a c}}{2 a}<0$ .
当 $b^2-4ac<0$ 时， $\sqrt{b^{2}-4 a c}=i \sqrt{4 a c-b^{2}}$ ，从而有 $\operatorname{Re} \lambda=\frac{-b}{2 a}<0$

【解】：（1）矩阵方程 $AX=B$ 有解等价于 $B$ 的列向量可由 $A$ 的列向量线性表示。 $BY=A$ 无解等价于 $A$ 的某个列向量不能由 $B$ 的列向量线性表示。对 $（A，B）$ 作初等行变换：
$\left( \begin{array}{llll}{2} & {2} & {4} & {b} \\ {2} & {a} & {3} & {1}\end{array}\right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc}{2} & {2} & {4} & {b} \\ {0} & {a-2} & {-1} & {1-b}\end{array}\right)$
可知， $B$ 的列向量组可由 $A$ 的列向量线性表示当且仅当 $a \neq 2$ .对矩阵 $（B，A）$ 做初等行变换：
$(B, A)=\left( \begin{array}{llll}{4} & {b} & {2} & {2} \\ {3} & {1} & {2} & {a}\end{array}\right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc}{4} & {b} & {2} & {2} \\ {0} & {1-3 b / 4} & {1 / 2} & {a-3 / 2}\end{array}\right)$
由此可知 $A$ 的列向量组不能由 $B$ 的列向量或性表示的重要条件是 $b=\frac{4}{3}$ 所以矩阵方程 $AX=B$ 有解但 $BY=A$ 无解的充要条件是 $a \neq 2, b=\frac{4}{3}$
（2）若 $A，B$ 相似，则有 $trA=trB$ 且 $|A|=|B|$ ，故有 $a=3，b=\frac{2}{3}$ .反之，若 $a=3, b=\frac{2}{3}$ ，则有 $A=\left( \begin{array}{ll}{2} & {2} \\ {2} & {3}\end{array}\right), B=\left( \begin{array}{ll}{4} & {2 / 3} \\ {3} & {1}\end{array}\right)$
$A$ 和 $B$ 的特征多项式均为 $\lambda^{2}-5 \lambda+2$ 。由于 $\lambda^{2}-5 \lambda+2$ 有两个不同的根，从而 $A$ 和 $B$ 都可以相似于同一对角阵，所以 $A$ 和 $B$ 相似。
（3）由于 $A$ 为对称阵，若 $A$ 和 $B$ 合同，则 $B$ 也是对称阵，故 $b=3$ 。矩阵 $B$ 对应的二次型为
$g\left(x_{1}, x_{2}\right)=4 x_{1}^{2}+6 x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}=\left(3 x_{1}+x_{2}\right)^{2}-5 x_{1}^{2}$
在可逆线性变换， $y_{1}=3 x_{1}+x_{2}, y_{2}=x_{1}$ 下， $g（x_1，x_2）$ 变成标准型： $y_{1}^{2}-5 y_{2}^{2}$ 。由此， $B$ 的正、负惯性指数为 $1$ 。类似地， $A$ 的对应二次型为
$f\left(x_{1}, x_{2}\right)=2 x_{1}^{2}+4 x_{1} x_{2}+a x_{2}^{2}=2\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+(a-2) x_{2}^{2}$
在可逆线性变换 $z_{1}=x_{1}+x_{2}, z_{2}=x_{2}$ 下， $f（x_1，x_2）$ 变成标准型： $2 z_{1}^{2}+(a-2) z_{2}^{2}$ 。 $A$ 和 $B$ 合同的充要条件是它们有相同的正、负惯性指数，故 $A$ 和 $B$ 合同的充要件是 $a<2，b=3.$

第五届

二、【证明】：设 $B（t）$ 的第 $i$ 列为 $B_i（t），i=1，2…，n$ 。断言： $t-t_0$ 是 $d(t), d_{1}(t), \cdots, d_{n}(t)$ 的公因式。反证。
不失一般性，设 $d_{1}\left(t_{0}\right) \neq 0$ ，于是
秩 $\left[B\left(t_{0}\right), b\left(t_{0}\right)\right]=n$ ，因为 $d_{1}\left(t_{0}\right) \neq 0$ .
注意到秩 $B\left(t_{0}\right) \leq n-1$ ，结果
增广阵 $\left[B\left(t_{0}\right), b\left(t_{0}\right)\right]$ 的秩不等于 $B\left(t_{0}\right)$ 的秩，从而 $B\left(t_{0}\right) X=b\left(t_{0}\right)$ 不相容。矛盾。
六、
【证明】：（1） $\forall A, B \in \Gamma_{r}$ ，表明 $A$ 可以表示为 $A=PBQ$ ，其中 $P，Q$ 可逆。结果 $\phi(A)=\phi(P) \phi(B) \phi(Q)$ ，从而秩 $\phi(A)\leq$ 秩 $\phi(B)$ ；对称地有，秩 $\phi(B)\leq$ 秩 $\phi（A）$ ；即有秩 $\phi（A）$ =秩 $\phi（B）$ 成立。
（2）考察矩阵集合 $\left\{\phi\left(E_{i j}\right) | i, j=1,2, \cdots, n\right\}$ 。考察 $\phi\left(E_{11}\right)$ $\cdots, \phi\left(E_{m n}\right)$ .由（1）知 $\phi\left(E_{i j}\right)$ 为非零阵，特别地， $\phi\left(E_{i i}\right)$ 为非零幂等阵，故存在单位特征向量 $w_i$ 使得 $\phi\left(E_{i i}\right) w_{i}=w_{i}, i=1,2, \cdots, n$
从而得向量值 $w_{1}, w_{2}, \cdots, w_{n}$
此向量组有如下性质：
a) $\phi\left(E_{i i}\right) w_{k}=\left\{\begin{array}{l}{\phi\left(E_{i i}\right) \phi\left(E_{k k}\right) w_{k}=\phi\left(E_{i i} E_{k k}\right) w_{k}=0, k \neq i} \\ {w_{i}, k=i}\end{array}\right.$
b) $W_{1}, W_{2}, \cdots, W_{n}$ 线性无关，从而构成 $R^n$ 的基，矩阵 $W=\left[w_{1}, w_{2}, \cdots, w_{n}\right]$
为可逆矩阵。事实上， $x_{1} w_{1}+x_{2} w_{2}+\dots+x_{n} w_{n}=0$ ，则在两边用 $\phi\left(E_{i i}\right)$ 作用之，得 $x_{i}=0, i=1,2, \cdots, n$ 。
c)当 $k\not=j$ 时， $\phi\left(E_{i j}\right) w_{k}=\phi\left(E_{i j}\right) \phi\left(E_{k k}\right) w_{k}=\phi\left(E_{i j} E_{\mu k}\right) w_{k}=0$
当 $k=j$ 时， $\phi\left(E_{i j}\right) w_{k}=b_{1 j} w_{1}+\cdots+b_{i j} w_{i}+\cdots+b_{n j} w_{n}$ 两边分别用 $\phi\left(E_{11}\right), \cdots, \phi\left(E_{i-1, i-1}\right), \phi\left(E_{i+1, j+1}\right), \cdots, \phi\left(E_{m n}\right)$ 作用，得
$0=\phi\left(E_{11} E_{i j}\right) w_{j}=\phi\left(E_{11}\right) \phi\left(E_{i j}\right) w_{k}=b_{1 j} w_{1}, \cdots$
$0=\phi\left(E_{m} E_{i j}\right) w_{j}=\phi\left(E_{m}\right)\left(b_{1 j} w_{1}+\cdots+b_{i j} w_{i}+\cdots+b_{n j} w_{n}\right)=b_{n j} w_{n}$
即有 $b_{1 j}=\cdots=b_{i-1, j}=b_{i+1, j}=\cdots=b_{n j}=0$ 从而 $\phi\left(E_{i j}\right) w_{j}=b_{i j} w_{i}$
进一步， $b_{ij}\not=0$ ，否则有
$\phi\left(E_{i j}\right)\left[w_{1}, w_{2}, \cdots, w_{n}\right]=0$
导致 $\phi(E_{ij})$ 为零阵，不可能，这样通过计算 $\phi\left(E_{i j}\right) w_{j}, i, j=1,2, \cdots, n$ 我们得到 $n^2$ 个非零的实数： $\begin{array}{ccc}{b_{11}} & {\cdots} & {b_{1 n}} \\ {\vdots} & {\vdots} & {\vdots} \\ {b_{n 1}} & {\cdots} & {b_{m}}\end{array}$
注意到 $E_{m r} E_{r s}=E_{m s}$ ,从而有 $\begin{aligned} b_{m s} w_{m} &=\phi\left(E_{m s}\right) w_{s}=\phi\left(E_{m r}\right) \phi\left(E_{r s}\right) w_{s} \\ &=\phi\left(E_{m r}\right) b_{r s} w_{r}=b_{r s} b_{m r} w_{m} \end{aligned}$
因此有 $b_{m r} b_{r s}=b_{m s}$
最后，令 $v_{i}=b_{i 1} w_{i}, i=1,2, \cdots, n$ ，则有
$\phi\left(E_{i j}\right) v_{k}=\left\{\begin{array}{l}{\phi\left(E_{i j}\right) b_{j 1} w_{j}=b_{j 1} b_{i j} w_{i}=b_{i 1} w_{i}=v_{i}, k=j} \\ {0, k \neq j}\end{array}\right.$ 令 $R=\left[v_{1}, \cdots, v_{n}\right]$ 则 $R=\left[w_{1}, \cdots, w_{n}\right] \left( \begin{array}{cccc}{b_{11}} & {{ } & {{ } \\ {{ } & {\ddots} & {{ } \\ {{ } & {{ } & {{ } & {b_{n 1}}\end{array}\right)$ 为可逆矩阵，且
$\begin{aligned} \phi\left(E_{i j}\right) R &=\phi\left(E_{i j}\right)\left[v_{1}, \cdots, v_{n}\right] \\ &=\left[0, \cdots, 0, v_{i}, 0, \cdots, 0\right]=\left[v_{1}, \cdots, v_{n}\right] E_{i j} \end{aligned}$
即
$\phi\left(E_{i j}\right)=R E_{i j} R^{-1}$

第六届

三、【证明】：2） $\Rightarrow$ 1）.
考虑方程 $\lambda_{1} f_{1}+\dots+\lambda_{n} f_{n}=0$ .将 $a_{1}, \cdots, a_{n}$ 分别代入，得
$\left\{\begin{array}{l}{\lambda_{1} f_{1}\left(a_{1}\right)+\cdots+\lambda_{n} f_{n}\left(a_{1}\right)=0} \\ {\dots \cdots} \\ {\lambda_{1} f_{1}\left(a_{n}\right)+\cdots+\lambda_{n} f_{n}\left(a_{n}\right)=0}\end{array}\right.$
注意到上述方程组的系数矩阵为 $\left(f_{i}\left(a_{j}\right)\right)^{T}$ ，因此 $\operatorname{det}\left[f_{i}\left(a_{j}\right)\right] \neq 0$ 直接知道 $\lambda_{1}=\cdots=\lambda_{n}=0$
1） $\Rightarrow$ 2）.用归纳法。首先， $n=1$ 时显然成立；其次，设 $n=k$ 时结论成立，则 $n=k+1$ 时，由 $f_{1}, \cdots, f_{k+1}$ 线性无关知， $f_{1}, \cdots, f_{k}$ 线性无关。因此 $\exists a_{1}, \cdots, a_{k} \in[0,1]$ 使得 $\operatorname{det}\left[f_{i}\left(a_{j}\right)\right]_{k \times k} \neq 0$ .观察函数

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按最后一列展开得 $F(x)=\lambda_{1} f_{1}(x)+\cdots+\lambda_{k} f_{k}(x)+\lambda_{k-1} f_{k-1}(x)$
其中 $\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{k+1}$ 均为常量。注意到 $\lambda_{k+1} \neq 0$ ，由 $f_{1}, \cdots, f_{k+1}$ 线性无关知 $F（x）$ 不恒为 $0$ ，从而 $\exists a_{k+1} \in[0,1]$ 使得 $F\left(a_{k+1}\right) \neq 0$ 亦即 $a_{1}, \cdots, a_{k+1} \in[0,1], \operatorname{det}\left[f_{i}\left(a_{j}\right)\right] \neq 0$ 。证毕。
五、【证明】：（1）令

image.png

则所求的方程变为 $X^{n}+X^{l}=2 I+2 H+3 H^{2}+\cdots+m H^{m-1}$
（2）考察形如 $\left( \begin{array}{cccccc}{1} & {0} & {0} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {a_{1}} & {1} & {0} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {a_{2}} & {a_{1}} & {1} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {\vdots} & {\vdots} & {\vdots} & {\ddots} & {\vdots} & {\vdots} \\ {a_{m-1}} & {a_{m-2}} & {a_{m-3}} & {\cdots} & {1} & {0} \\ {a_{m}} & {a_{m-1}} & {a_{m-2}} & {\cdots} & {a_{1}} & {1}\end{array}\right)$ 的矩阵 $X$ ，则有 $X=I+a_{1} H+a_{2} H^{2}+\cdots+a_{m} H^{m-1}$ .结果 $\begin{aligned} X^{n}=&\left(I+a_{1} H+a_{2} H^{2}+\cdots+a_{m} H^{m-1}\right)^{n} \\ &=I+\left(n a_{1}\right) H+\left(n a_{2}+f_{1}\left(a_{1}\right)\right) H^{2}+\cdots \\ &+\left(n a_{m}+f_{m-1}\left(a_{1}, \cdots, a_{m-1}\right)\right) H^{m-1} \end{aligned}$ ，其中 $f_{1}\left(a_{1}\right)$ 由 $a_1$ ，确定 $\cdots, f_{m-1}\left(a_{1}, \cdots, a_{m-1}\right)$ 由 $a_{1}, \cdots, a_{m-1}$ 确定。
类似地，有 $X^{\prime}=I+\left(l a_{1}\right) H+\left(l a_{2}+g_{1}\left(a_{1}\right)\right) H^{2}+\cdots$
$+\left(l a_{m}+g_{m-1}\left(a_{1}, \cdots, a_{m-1}\right)\right) H^{m-1}$
(3)观察下列方程组
$\left\{\begin{array}{l}{(n+l) a_{1}=2} \\ {(n+l) a_{2}+\left(f_{1}\left(a_{1}\right)+g_{1}\left(a_{1}\right)\right)=3} \\ {\dots \cdots} \\ {(n+l) a_{m}+\left(f_{m-1}\left(a_{1}, \cdots, a_{m-1}\right)+g_{m-1}\left(a_{1}, \cdots, a_{m-1}\right)\right)=m}\end{array}\right.$
直接可以看出该方程组有解，命题得证。

第七届

二、【解】： $|A|=\frac{1}{24}$
过程如下：
首先，记A的4各特征值为， $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3}, \lambda_{4}$ ， $A$ 的特征多项式为 $p(\lambda)=\lambda^{4}+a_{3} \lambda^{3}+a_{2} \lambda^{2}+a_{1} \lambda+a_{0}$ ，则由 $p(\lambda)=\left(\lambda-\lambda_{1}\right)\left(\lambda-\lambda_{2}\right)\left(\lambda-\lambda_{3}\right)\left(\lambda-\lambda_{4}\right)$ 可知
$\left\{\begin{array}{l}{a_{3}=-\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}+\lambda_{4}\right)} \\ {a_{2}=\lambda_{1} \lambda_{2}+\lambda_{1} \lambda_{3}+\lambda_{1} \lambda_{4}+\lambda_{2} \lambda_{3}+\lambda_{2} \lambda_{4}+\lambda_{3} \lambda_{4}} \\ {a_{1}=-\left(\lambda_{1} \lambda_{2} \lambda_{3}+\lambda_{1} \lambda_{2} \lambda_{4}+\lambda_{1} \lambda_{3} \lambda_{4}+\lambda_{4} \lambda_{2} \lambda_{3}\right)} \\ {a_{0}=|A|=\lambda_{1} \lambda_{2} \lambda_{3} \lambda_{4}}\end{array}\right.$
齐次，由于迹在相似变换下保持不变，故由A的约当标准型（或Scur分解），有 $\left\{\begin{array}{l}{\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}+\lambda_{4}=1} \\ {\lambda_{1}^{2}+\lambda_{2}^{2}+\lambda_{3}^{2}+\lambda_{4}^{2}=2} \\ {\lambda_{1}^{3}+\lambda_{2}^{3}+\lambda_{3}^{3}+\lambda_{4}^{3}=3} \\ {\lambda_{1}^{4}+\lambda_{2}^{4}+\lambda_{3}^{4}+\lambda_{4}^{4}=4}\end{array}\right.$ 由（1）和（2）得 $a_{2}=\lambda_{1} \lambda_{2}+\lambda_{1} \lambda_{3}+\lambda_{1} \lambda_{4}+\lambda_{2} \lambda_{3}+\lambda_{2} \lambda_{4}+\lambda_{3} \lambda_{4}=-\frac{1}{2}$
由(1)两边立方得 $\begin{aligned} 1=\lambda_{1}^{3}+\lambda_{2}^{3}+\lambda_{3}^{3}+\lambda_{4}^{3}+3 \lambda_{1}^{2}\left(\lambda_{2}+\lambda_{3}+\lambda_{4}\right) & \\+3 \lambda_{2}^{2}\left(\lambda_{1}+\lambda_{3}+\lambda_{4}\right)+3 \lambda_{3}^{2}\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{4}\right) \\+3 \lambda_{4}^{2}\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}\right)-6 a_{1} \end{aligned}$ 再由(1)(2)(3)可以得到 $1=3+3\left(\lambda_{1}^{2}+\lambda_{2}^{2}+\lambda_{3}^{2}+\lambda_{4}^{2}\right)-3\left(\lambda_{1}^{3}+\lambda_{2}^{3}+\lambda_{3}^{3}+\lambda_{4}^{3}\right)-6 a_{1}$
$a_{1}=-\frac{1}{6}$ 最后，由 $p(\lambda)=\lambda^{4}-\lambda^{3}-\frac{1}{2} \lambda^{2}-\frac{1}{6} \lambda+a_{0}$ 得 $\left\{\begin{array}{l}{p\left(\lambda_{1}\right)=0} \\ {\vdots} \\ {p\left(\lambda_{4}\right)=0}\end{array}\right.$ 相加得 $4-3-\frac{1}{2} \times 2-\frac{1}{6} \times 1+4 a_{0}=0 \Rightarrow a_{0}=\frac{1}{24}$ ，即 $|A|=\frac{1}{24}$
三、【证明】：设 $C=l+A，B=A²，A$ 时 $n$ 各特征值为 $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$ ，则 $B$ 的 $n$ 各特征值为 $\lambda_{1}^{2}, \lambda_{2}^{2}, \cdots, \lambda_{n}^{2}$ ； $C$ 的 $n$ 各特征值为 $\mu_{1}=\lambda_{1}+1, \mu_{2}=\lambda_{2}+1, \cdots, \mu_{n}=\lambda_{n}+1$ ； $C$ 的特征多项式为 $p_{C}(\lambda)=\left(\lambda-\mu_{1}\right)\left(\lambda-\mu_{2}\right) \cdots\left(\lambda-\mu_{n}\right)$ 。若 $X$ 为 $X+A X-X A^{2}=0$ 的解，则有 $CX=XB$ ；进而有 $C^{2} X=X B^{2}, \cdots C^{k} X=X B^{k}, \cdots$ ，结果有 $0=p_{C}(C) X=X p_{C}(B)=X\left(B-\mu_{1} I\right) \cdots\left(B-\mu_{n} I\right)$ 。
注意到 $B$ 的 $n$ 各特征值皆为偶数，而 $C$ 的 $n$ 各特征值皆为奇数，所以 $B-\mu_{1} I, \cdots, B-\mu_{n} I$ 皆为可逆矩阵，结果由 $0=X\left(B-\mu_{1} I\right) \cdots\left(B-\mu_{n} I\right)$
立即可得 $X=0$ .

第八届

二、【证明】：由秩不等式 $rankA+rankB\leq rank（BA）+n$ ，得 $rankA+rankB≤n$ .
结果 $\operatorname{rank} A \leq \frac{n}{2}$ 或 $\operatorname{rank} B \leq \frac{n}{2}$
注意到 $n$ 为奇数，故有 $\operatorname{rank} A<\frac{n}{2}$ 或 $\operatorname{rank} B<\frac{n}{2}$ 成立。
若 $\operatorname{rank} A<\frac{n}{2}$ ，则
$\operatorname{rank}\left(A+J_{A}\right) \leq \operatorname{rank} A+\operatorname{rank} J_{A}<n$ 故0 $\in S_{1}$ ；或 $\operatorname{rank} B<\frac{n}{2}$ ，则
$\operatorname{rank}\left(B+J_{B}\right) \leq \operatorname{rank} B+\operatorname{rank} J_{B}<n$ 故0 $\in S_{2}$ .
所以最终有0 $\in S_{1} \cup S_{2}$ .
三、【证明】：记
$A_{1}=\left(p_{1}^{(1)}, \cdots, p_{2016}^{(1)}\right), \cdots, A_{2017}=\left(p_{1}^{(2017)}, \cdots, p_{2016}^{(2017)}\right)$
考虑线性方程组
$x_{1} p_{1}^{(1)}+\cdots+x_{2017} p_{1}^{(2017)}=0$
由于未知数个数大于方程个数，故该线性方程组必有非零解 $x_{1} p_{1}^{(1)}+\cdots+x_{2017} p_{1}^{(2017)}=0$ 从而 $c_{1} A_{1}+\cdots+c_{2017} A_{2017}$ 的第一列为 $0$ ，更有 $\operatorname{det}\left(c_{1} A_{1}+\cdots+c_{2017} A_{2017}\right)=0$ .

第九届

三、证明：必要性：由迹的性质直接知.（2分）
充分性：首先，对于可逆矩阵 $W \in \Gamma$ ，有 $W W_{1}, \ldots, W W_{r}$ ，各不相同.故有 $W \Gamma \equiv\left\{W W_{1}, W W_{2}, \ldots, W W_{r}\right\}=\left\{W_{1}, W_{2}, \ldots, W_{r}\right\}$ ，即， $W \Gamma=\Gamma, \forall W \in \Gamma$ （7分）
记 $S=\Sigma_{i=1}^{r} W_{i}$ ，则 $W S=S, \forall W \in \Gamma$ .进而 $S^{2}=r S$ ，即 $S^{2}-r S=0$ 若 $\lambda$ 为 $S$ 的特征值，则 $\lambda^{2}-r \lambda=0$ .即 $\lambda=0$ 或 $r$ .
结合条件 $\sum_{i=1}^{r} t r\left(W_{i}\right)=0$ 知， $S$ 的特征值只能为 $0$ .因此有 $S-r I$ 可逆（例如取 $S$ 的约当分解就可直接看出）再次注意到 $S(S-r I)=S^{2}-r S=0$ ，此时右乘 $(S-r I)^{-1}$ 即得 $S=0$ .证毕.
四、证明：反证.若 $XN+Y^TM^T=0$ ，则有 $N^{T} X^{T}+M Y=0$ .
另外，由 $(X, Y) \in T$ 得 $X Y+(X Y)^{T}=2 a I$
$X Y+Y^{T} X^{T}=2 a I$
类似有
$M N+N^{T} M^{T}=2 a I$
因此，
$\left( \begin{array}{cc}{X} & {Y^{T}} \\ {M} & {N^{T}}\end{array}\right) \left( \begin{array}{cc}{Y} & {N} \\ {X^{T}} & {M^{T}}\end{array}\right)=2 a \left( \begin{array}{cc}{I} & {0} \\ {0} & {I}\end{array}\right)$ 进而
$\frac{1}{2 a} \left( \begin{array}{cc}{Y} & {N} \\ {X^{T}} & {M^{T}}\end{array}\right) \left( \begin{array}{cc}{X} & {Y^{T}} \\ {M} & {N^{T}}\end{array}\right)=\left( \begin{array}{ll}{I} & {0} \\ {0} & {I}\end{array}\right)$
$Y Y^{T}+N N^{T}=0$ 所以
$Y=0, N=0$ 导致 $XY=0$ ，与 $X Y=a I+A \neq 0$ 矛盾，证毕。

最后编辑于：2019.02.18 07:59:16

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