一、(15分) 计算行列式$$D_{n}=\left|\begin{array}{ccccc} 1 & -1 & \\ -1 & 2 & -2 \\ & \ddots &\ddots&\ddots\\ & & -1 & n-1 & -(n-1) \\ & & & -1 &n \end{array}\right|_{n\times n}.$$
解 将行列式的第二行加上第一行得到 $$ D_{n}=\left|\begin{array}{ccccc} 1 & -1 & \\ 0 & 1 & -2 \\ & \ddots &\ddots&\ddots\\ & & -1 & n-1 & -(n-1) \\ & & & -1 & n \end{array}\right|_{n\times n},$$ 再将第三行加上第二行,得到 $$ D_{n}=\left|\begin{array}{cccccc} 1 & -1 & \\ 0 & 1 & -2 \\ & 0 & 1 &-3\\ & & \ddots & \ddots&\ddots & \\ & & & -1 & n-1 &-(n-1)\\ & & & & -1 & n \end{array}\right|_{n\times n},$$
以此类推, 我们有 $$D_{n}=\left|\begin{array}{ccccc} 1 & -1 & \\ & 1 & -2 \\ & &\ddots&\ddots\\ & & & 1 &-(n-1)\\ & & & & 1 \end{array}\right|_{n\times n}=1.$$
二、(15分)设$B$是$m\times n$实矩阵.定义 $$\text{Null}(B)=\left\{x\in \mathbb{R}^n\,|\,Bx=0\right\},$$ $$\text{Range}\left(B^T\right)=\left\{B^Ty\,|\,y\in \mathbb{R}^m\right\}.$$ 求证: $\mathbb{R}^n=\text{Null}(B)\oplus\text{Range}\left(B^T\right).$
证 1) 先证$\text{Null}(B)\bigcap \text{Range}\left(B^T\right)=\{0\}.$设$x\in \text{Null}(B)\bigcap \text{Range}\left(B^T\right),$则有$x\in \text{Null}(B)$且$x\in \text{Range}\left(B^T\right).$ 于是, 存在$y\in \mathbb{R}^m$使得
$$Bx=0,\quad x=B^Ty,$$ 故 $$BB^Ty=0\Rightarrow y^TBB^Ty=0\Rightarrow x^Tx=0.$$
从而$x$必为零向量, 因此$\text{Null}(B)\bigcap \text{Range}\left(B^T\right)=\{0\}.$
2) 另一方面, 设$\rank(B)=\rank\left(B^T\right)=r,$ 则易知$\dim \text{Null}(B)=n-r$且$\dim \text{Range}\left(B^T\right)=r.$ 事实上, 设$B^T=(a_{1},a_{2},\cdots,a_{m}),$ 其中$a_{j}~(1\leq j\leq m)$为$B^T$的第$j$列构成的列向量. 因此 $$\dim \text{Range}\left(B^T\right)=L(a_{1},a_{2},\cdots,a_{m})=\rank\left(B^T\right)=r.$$
综合以上两点, 我们有 $$\dim \left(\text{Null}(B)+\text{Range}\left(B^T\right)\right)=\dim(\text{Null}(B))+\dim \text{Range}\left(B^T\right)=n,$$ 从而 $$\mathbb{R}^n=\text{Null}(B)\oplus\text{Range}\left(B^T\right).$$
三、(15分) 设$A=(a_{ij})_{n\times n}$是$n$阶复方阵. 对$i=1,2,3,\cdots,n,$ 令 $$D_{i}=\left\{x\in \mathbb{C}:\left|x-a_{ii}\right|\leq \sum_{j=1\atop j\neq i}^{n}\left|a_{ij}\right|\right\}.$$ 证明: (1) 若$r$是$A$的特征值,则$\displaystyle r\in \bigcup_{i=1}^{n}D_{i};$
(2) 若$\displaystyle\left|a_{ii}\right|>\sum_{j=1\atop j\neq i}^{n}\left|a_{ij}\right|~(i=1,2,\cdots,n),$则$\det A\neq 0.$
证 我们先证明(2). 假设$\det A=0,$ 则齐次线性方程组$Ax=0$有非零解$x=(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})^T.$ 故$\max\left\{\left|x_{1}\right|,\left|x_{2}\right|,\cdots,\left|x_{n}\right|\right\} =\left|x_{k}\right|>0$. 因此 $$\sum_{j=1}^{n}a_{kj}x_{j}=0.$$ 于是, $$a_{kk}x_{k}=-\sum_{j=1\atop j\neq k}^{n}a_{kj}x_{j}.$$ 上式两端取模, 得到 $$\left|a_{kk}\right|\cdot\left|x_{k}\right|=\left|\sum_{j=1\atop j\neq k}^{n}a_{kj}x_{j}\right|\leq \sum_{j=1\atop j\neq k}^{n}\left|a_{kj}\right|\cdot\left|x_{j}\right|\leq \left|x_{k}\right|\sum_{j=1\atop j\neq k}^{n}\left|a_{kj}\right|.$$ 因此$\displaystyle\left|a_{kk}\right|\leq\sum_{j=1\atop j\neq k}^{n}\left|a_{kj}\right|,$ 这与题设矛盾! 因此$\det A\neq0.$
再来证明(1). 设$A$的特征多项式为$\varphi(\lambda)$, 则由$r$为$A$的特征值知$\varphi(r)=\det(rI_{n}-A)=0$. 因此由(2)可知, 至少存在某个$i$, 使得 $$\left|r-a_{ii}\right|\leq \sum_{j=1\atop j\neq i}^{n}\left|a_{ij}\right|.$$ 这就证明了$\displaystyle r\in \bigcup_{i=1}^{n}D_{i}$.
四、(15分)设$a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}$是互不相等的整数,且$a_{1}a_{2}\cdots a_{n}+1$不是某个整数的平方.求证:多项式 $$f(x)=(x+a_{1})(x+a_{2})\cdots(x+a_{n})+1$$ 不能分解成两个次数不小于1的有理多项式乘积.
证 设$f(x)$可以分解成两个次数不小于1的有理多项式乘积,则$f(x)$可以分解成两个次数不小于1的整系数多项式的乘积,即 $$f(x)=g(x)h(x),$$ 其中$g(x),h(x)\in \mathbb{Z}[x],$且$\deg g(x)<\deg f(x),\deg h(x)<\deg f(x).$
由于$f(-a_{i})=g(-a_{i})h(-a_{i})=1,$故$g(-a_{i})=h(-a_{i})=\pm 1.$这表明$g(x)-h(x)$有至少$n$个不同的根,而$\deg(g(x)-h(x))<n,$于是必有$g(x)=h(x),$从而$f(x)=g^2(x)$.易知$f(x)$的常数项为$a_{1}a_{2}\cdots a_{n}+1$,它是$g(x)$常数项的平方,由此导出矛盾!
五、(15分)设$A$是$n$阶复方阵,定义$\displaystyle\exp(A)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{A^k}{k!}.$求证: $\det(\exp(A))=e^{\tr(A)}.$
证 设$A$的所有特征值为$\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}$,则存在可逆矩阵$P,$使得 $$A=P^{-1}\diag(J_{\lambda_ {1}},J_{\lambda_ {2}},\cdots,J_{\lambda_ {n}})P,$$ 其中$J_{\lambda_{i}}~(i=1,2,\cdots,n)$为特征值$\lambda_{i}$对应的Jordan块,且不妨设$J_{\lambda_{i}}$的阶数为$n_{i}$.于是 $$A^k=P^{-1}\diag(J^k_{\lambda_ {1}},J^k_{\lambda_ {2}},\cdots,J^k_{\lambda_ {n}})P.$$ 从而我们有 \begin{align*} \exp(A)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^k}{k!}=P^{-1}\diag\left(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{J^k_{\lambda_ {1}}}{k!},\sum_{k=0}^{\infty}\frac{J^k_{\lambda_ {2}}}{k!},\cdots,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{J^k_{\lambda_ {n}}}{k!}\right)P. \end{align*}
下面我们来计算$\det\left(\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{J^k_{\lambda_ {i}}}{k!}\right)$.由于 $$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{J^k_{\lambda_ {i}}}{k!}=I_{n_{i}}+\left(\begin{array}{ccc} \lambda_{i} & & \\ &\ddots& \\ \ast & & \lambda_{i} \end{array}\right)+\left(\begin{array}{ccc} \frac{\lambda^2_{i}}{2!} & & \\ &\ddots& \\ \ast & & \frac{\lambda^2_{i}}{2!} \end{array}\right)+\cdots+\left(\begin{array}{ccc} \frac{\lambda^k_{i}}{k!} & & \\ &\ddots& \\ \ast & & \frac{\lambda^k_{i}}{k!} \end{array}\right)+\cdots,$$ 由此可知 $$\det\left(\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{J^k_{\lambda_ {i}}}{k!}\right)=e^{n_{i}\lambda_ {i}}=e^{\tr(J_{\lambda_ {i}})}.$$ 因此 $$\det(\exp(A))=\prod_{i=1}^{n}\det\left(\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{J^k_{\lambda_ {i}}}{k!}\right)=\prod_{i=1}^{n}e^{\tr(J_{\lambda_ {i}})}=e^{\tr(A)}.$$
六、(15分)设$V$是$n$维复内积空间. $\mathcal{T}:V\rightarrow V$是$V$上的自拌变换, $b,c$是实数且$b^2<4c.$求证: $\mathcal{T}^2+b\mathcal{T}+cE$是$V$上的可逆线性变换.
证 由题设,存在$V$的一组标准正交基$\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\cdots,\varepsilon_{n}$使得 $$\mathcal{T}(\varepsilon_ {1},\varepsilon_{2},\cdots,\varepsilon_{n})=(\varepsilon_ {1},\varepsilon_{2},\cdots,\varepsilon_{n})T,$$ 这里$T$为Hermite方阵.因此,我们只要证明$T^2+bT+cE$可逆即可.
设$T$的所有特征值为$\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}$,易知$\lambda_{i}~(1\leq i\leq n)$均为实数.由$b^2<4c$可知,对任意的$x\in \mathbb{R}$均有$x^2+bx+c>0$.因此方阵$T^2+bT+cE$的特征值 $$\mu_{i}=\lambda_{i}^2+b\lambda_{i}+c>0\quad (1\leq i\leq n),$$ 因此$\det\left(T^2+bT+cE\right)>0,$即$T^2+bT+cE$可逆.
七、(15分)设$V$是$n$维实线性空间, $\mathcal{T}:V\rightarrow V$是$V$上的线性变换并且$\ker(\mathcal{T}^{n-2})\neq\ker(\mathcal{T}^{n-1})$.求证: $\mathcal{T}$至多有两个不同的特征值.
证 首先考虑核序列 $$\ker(\mathcal{T}),\ker(\mathcal{T}^2),\cdots,\ker(\mathcal{T}^k),\cdots$$
我们来证明 $$\ker(\mathcal{T})\subseteq\ker(\mathcal{T}^2)\subseteq\cdots\subseteq\ker(\mathcal{T}^k) \subseteq\cdots\subseteq V.$$
事实上,设$\alpha\in \ker(\mathcal{T}^k),$则$\mathcal{T}^k(\alpha)=0.$因此$\mathcal{T}^{k+1}(\alpha)=\mathcal{T}(\mathcal{T}^k(\alpha))=0,$所以$\alpha\in \ker(\mathcal{T} ^{k+1}),k=1,2,\cdots.$由此即得上式.
由上式,我们有 $$\dim \ker(\mathcal{T})\leq\dim \ker(\mathcal{T}^2)\leq\cdots\leq\dim \ker(\mathcal{T}^k)\leq\cdots\leq\dim V=n.$$ 由题设可知$\dim \ker(\mathcal{T} ^{n-2})<\dim \ker(\mathcal{T} ^{n-1}),$且有 $$\dim \ker(\mathcal{T})<\cdots<\dim \ker(\mathcal{T}^{n-2})<\dim \ker(\mathcal{T}^{n-1})\leq\dim \ker(\mathcal{T}^n)\leq\cdots\leq\dim V=n.$$
于是,我们有$\dim \ker(\mathcal{T}^{n-1})\in\{n-1,n\}.$以下我们分两种情况讨论.
(1)若$\dim \ker(\mathcal{T}^{n-1})=n,$则必有$\dim \ker(\mathcal{T}^n)=n,$由此$\mathcal{T}$为幂零变换,从而只有一个特征值0;
(2)若$\dim \ker(\mathcal{T}^{n-1})=n-1,$则属于特征值0的根子空间$W_{0}$的维数大于等于$n-1$,即特征值0的代数重数大于等于$n-1$,于是$\mathcal{T}$至多只有一个非零特征值.
综上,我们可知$\mathcal{T}$至多有两个不同的特征值.
八、(15分)设$A=(a_{ij})_{n\times n}$是$n$阶负定实方阵.求证: $A$的行列式的绝对值至多为$A$的对角线上$n$个数的乘积的绝对值.
证 由$A$为负定实方阵可知$-A=(-a_{ij})_{n\times n}$为正定实对称方阵,由题意我们只需只证明
$$\det (-A)\leq \left|a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}\right|.$$
我们对$-A$的阶数$n$用数学归纳法.当$n=1$时结论显然成立.假设结论对$n-1$阶方阵$-A$成立.下面证明结论对$n$阶方阵$-A$成立.将$-A$ 分块为
$$-A=\left(\begin{array}{cc} -A_{n-1}& y^T \\ y & -a_{nn} \end{array}\right),$$
其中$-A_{n-1}$为$-A$的前$n-1$阶顺序主子式,由$-A$正定知$-A_{n-1}$必为正定的.于是由归纳假设我们有
\begin{align*} \det (-A)&=\det(-A_{n-1})\left(-a_{nn}-y(-A_{n-1})^{-1}y^T\right)\\ &\leq -a_{nn}\det(-A_{n-1})\leq \left|a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}\right|. \end{align*}
因此,结论成立.
九、(15分)设$A$是$n$阶复方阵,且$A$的所有特征值都是1.求证:对任意正整数$s,$都有$A^s$与$A$相似.
证 设$J$是特征值为1的$k$阶Jordan块,即 $$J=\left(\begin{array}{ccccc} 1 & & \\ 1 & 1 & \\ &\ddots& \ddots &\\ & & 1 & 1 \end{array}\right)$$ 只需证明对任意的正整数$s,$都有$J^s$与$J$相似,这等价于证明$J-I_{k}$与$J^s-I_{k}$相似.由于$J$的特征值全为1,因此$J-I_{k}$与$J^s-I_{k}$均为幂零方阵,并且$J-I_ {k}$的Jordan标准形为 $$J=\left(\begin{array}{ccccc} 0 & & \\ 1 & 0 & \\ &\ddots& \ddots &\\ & & 1 & 0 \end{array}\right)$$ 从而只需要考虑$J^s-I_{k}$的Jordan标准形即可.而 $$J^s-I_{k}=\left(J-I_ {k}\right)(J^{s-1}+J^{s-2}+\cdots+I_ {k})=\left(J-I_ {k}\right)P,$$ 其中$P=J^{s-1}+J^{s-2}+\cdots+I_ {k}.$显然$P$是特征值全为$k$的可逆矩阵,因此$\rank(J^s-I_{k})=\rank(J-I_{k})=k-1,$进而 $J-I_ {k}$与$J^s-I_{k}$有相同的Jordan标准形,即相似.
十、(15分)设$A=(a_{ij})_{n\times n}$是$n$阶复方阵, $A$的所有特征值为$r_{1},\cdots,r_{n}$.求证: $A$是正规方阵当且仅当$\sum\limits_{i=1}^{n}\left|r_{i}\right|^2=\sum\limits_{1\leq i,j\leq n}\left|a_{ij}\right|^2.$
证 若$A$为正规方阵,则存在酉方阵$U$使得 $$A=U^*\text{diag}(r_{1},r_{2},\cdots,r_{n})U.$$ 于是 $$AA^*=U^*\text{diag}(r_{1}\overline{r_{1}},r_{2}\overline{r_{2}},\cdots,r_{n}\overline{r_{n}})U,$$ 因此,我们有 $$\sum_{1\leq i,j\leq n}\left|a_{ij}\right|^2=\tr(AA^*)=\sum_{i=1}^{n}\left|r_{i}\right|^2.$$ 另一方面,对于复方阵$A$,存在酉方阵$U$使得 $$A=U^*\left(\begin{array}{ccc} r_{1} & &\\ &\ddots & \\ * & &r_{n} \end{array}\right)U,$$ 于是可得 $$AA^*=U^*\left(\begin{array}{ccc} r_{1} & &\\ &\ddots & \\ * & &r_{n} \end{array}\right) \left(\begin{array}{ccc} \overline{r_{1}} & & * \\ &\ddots & \\ & & \overline{r_{n}} \end{array}\right)U.$$ 因此 $$\sum_{1\leq i,j\leq n}\left|a_{ij}\right|^2=\tr(AA^*)=\sum_{i=1}^{n}\left(\left|r_{i}\right|^2+\sigma_{i}^2\right).$$ 其中$\sigma_{i}^2$为矩阵 \begin{equation}\label{e.2} \left(\begin{array}{ccc} r_{1} & &\\ &\ddots & \\ * & &r_{n} \end{array}\right) \end{equation} 的第$i$行非对角元素绝对值平方和.又由题设$\sum\limits_{i=1}^{n}\left|r_{i}\right|^2=\sum\limits_{1\leq i,j\leq n}\left|a_{ij}\right|^2$可知, $\sigma_{i}^2=0~(i=1,2,\cdots,n),$由此可知方阵\eqref{e.2}的非对角元全为零,所以必有$AA^*=A^*A,$即$A$是正规的.证毕!