2017年北大高代与解几考研试题解答(Xiongge)

《2017年北大高代与解几考研试题解答(Xiongge)》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。

1、北京大学2017年硕士研究生招生考试试题参考解答考试科目：数学基础考试2(高等代数与解析几何)整理时间:2017年1月15日下午————————————————————————————————————————1.(15分)设x1=x2=1;xn=xn1+xn2:试用矩阵论方法给出xn通项.解:(79c)由递推关系,得xn11xn1=xn110xn2记11A=10则斐波那契数列的特征多项式为p!p!1+515()=jIAj=21=:22于是,通项为p!np!n1+51

2、5xn=c1+c2:22将x1=x2=1代入,可得11c1=p;c2=p:55p!np!n11+5115因此所求通项为xn=pp.□52522.(15分);为欧氏空间V中两个长度相等的向量.证明存在正交变换A使得A=.证明:事实上,若jj=jj,则存在镜面反射,同时也是正交变换A使得A=.如果=,记1=/jj.将1扩充成一组标准正交基1;2;


;n.令线性变换A满足A1=1;Ai=i;i=2;


;n则A是一个镜面反射且A=.如果¤,则;线性无关.令11=();jj12=(+

3、);j+j则1; 2是正交的单位向量,扩充成V的一组标准正交基1; 2;


; n.令A是一个镜面反射满足A 1=1;A i=i;i=2;


;n则A=.□考试科目：高等代数与解析几何整理：Xiongge，TangSong第1页共6页3.(10分)证明n阶Hermite矩阵A有n个实特征值(考虑重数).证明:存在性.特征方程为jIAj=0,为一元n次多项式.由代数基本定理可知该方程有n个根(考虑重数),即A有n个特征值.1(79c)下面就特征值是实的给出一个本人比较喜欢的简洁的方法:令C=(AA)=0.

4、由2iHirsh定理(参考李炯生《线性代数》),得jImjnmaxjcijj=01i;jn所以Im=0,即是实数.0101x1x1BBx2CCBBx2CC证法二.设0是A的一个特征值,于是有非零向量=B:C使得A=0.令=B:C,@::A@::Axnxn其中xi(i=1;2;


;n)是xi的共轭复数,故有A=0.于是0000(A)=A=A;000上式左边为0,右边为0.由于¤0,因此0=0,即0是一个实数.□另外还可以证明Hermite矩阵的属于不

5、同特征值的特征向量相互正交.再设1是A的一个不等于0的特征值,是A的一个属于1的特征向量,A=1,于是000000A=A=A=0=0:0因为0¤1,所以=0,即;正交.也就是说明Hermite矩阵的属于不同特征值的特征向量相互正交.4.(20分)F为数域,1;2


n;1;2;


n是Fn中2n个列向量.用j1;


nj表示以1;2


n为列向量的矩阵的行列式.证明下面的行列式等式Xnj1;


nj
j1;


nj=j1;


i1;1;i

6、+1;


nj
ji;2;


nj:i=1证明:(veer)记A=(1;


n);B=(1;


n),则有I0A(1;0)A(1;0)detA
detB=det=det:II0BA(0;2;


;n)对右边矩阵前n行利用Laplace展开有A(1;0)detA(0;2;


;n)Xnn(n+1)(n+1)(n+2)k=(1)2(1)2det(1;


;i1;i+1;


;n;1)det(i;2;


;n)i=1Xnn(n+1)(n+1)(n+2

7、)ini=(1)2(1)2(1)
(1)det(1;


;i1;1;i+1;


;n)det(i;2;


;n)i=1Xn(n+1)(n+2)2i=(1)det(1;


;i1;1;i+1;


;n)det(i;2;


;n)i=1Xn=det(1;


;i1;1;i+1;


;n)det(i;2;


;n):i=1考试科目：高等代数与解析几何整理：Xiongge，TangSong第2页共6页因此Xnj1;


nj
j1;


nj=j1;

8、

i1;1;i+1;


nj
ji;2;


nj:i=1□5.(20分)F为数域,V是F上n维线性空间,A是V上线性变换.证明存在唯一在复数域上可对角化线性变换A1,幂零线性变换A2使得A=A1+A2;A1A2=A2A1:设A是数域F上的n阶矩阵,证明存在F上的n阶矩阵A1;A2,使得A=A1+A2,且满足:(1)A