2. 如果 MNMN 为零矩阵，那么 NMNM 是否为零矩阵？说明理由。
结论是否定的， NMNM 不一定是零矩阵。质数同学给出了反例：
M = ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝000
0 1 0
100⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ , N = ⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜000
1 0 0
100⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
直接验证可知 MNMN 为零矩阵，但 NMNM 不是零矩阵。
的形式。这需要一些技巧，主要是利用矩阵元素的乘法关系
∑n
cij = aikbkj
k =1
由此观察到 Eij = EikEkj ，接下来的构造就自然了。需要说明的是W 的基底构造 方法不唯一。
6. 欧氏空间V 中，对称线性变换 A 称为是“正的”，若 ∀α ∈V 恒有 (α , Aα) ≥ 0
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任取非零向量v ∈V ，存在多项式 f (x) ，使得v = f (A)α .所以 Bv = Bf (A)α = f (A)Bα = f (A)g(A)α = g(A)f (A)α = g(A)v
由v 的任意性可知 B = g(A) . 即任何与 A 可交换的线性变换，均可表示成 A 的 多项式。 评注：xida 在《高等代数葵花宝典》（考研攻略）中对 α, Aα,L, An−1α 这类“循 环类”问题进行了更详细的论述，推荐大家去看一看。
Vi = {α ∈V : pi (A)α = 0} 显然V ⊆V1 ∪L∪Vk .
但一个熟知的结论是，若V1,L,Vk 都是V 的真子空间，则V ⊆V1 ∪L∪Vk 不 成立。换句话说，有限个真子空间的并集不能覆盖住整个V . 于是必有某个下标 j 使得Vj =V ，此时 pj (x ) = m(x ) 且 max deg pα (x) = degm(x) .
Hale Waihona Puke PT(A−B
)P
=
diag{1−
λ 1
,L,1−
λ n
}
由A−B 的正定性可知1−λi > 0 ，即对角线上的元素都是正数。
不难证明 B−1 , A−1 都是对称矩阵，所以 B−1 −A−1 也是对称矩阵。又
PTAP = E , PTBP = Λ
所以
P A −1 −1(P−1)T
=E
, P B −1 −1(P−1)T
=
diag{1
/
λ 1
,L ,1
/
λ n
}
由此可知
P−1(B−1 −A−1)(P−1)T
= diag{λ1
−1,L ,
1 λ
−1}
1
n
对角线上元素都是正数，故 B−1 −A−1 是正定矩阵。
第(3)问的证明实质是对角线开平方。证明方法与上面大同小异。实对称矩阵A 可
相似对角化，即存在正交矩阵P ，使得
客观评价，2014 年的北大高代试题难度高于去年，但陈题居多。第 5 题和 第 6 题是典型的陈题，第 4 题算是陈题翻新，换个说法。个人感觉除了第 6 题 外，其余 5 题还是很有看头的
(1) 用反证法。假设任取非零向量 α ，向量组 α, Aα,L, An−1α 都是线性相关的。 则所有非零向量 α 对应最小多项式 pα (x) 次数都不超过 n −1，这与线性变换 A 的最小多项式次数是n 的条件矛盾。
(2)前面证明了存在非零向量 α ，使得 α, Aα,L, An−1α 是V 的一组基。所以任取 非零向量v ∈V ，存在多项式 f (x) ，使得v = f (A)α . 任取线性变换 B ，满足 AB = BA . 则存在多项式g(x) ，使得 Bα = g(A)α . 我们只需证明 B = g(A) .
无关的。这就证明了 dimW = n 2 −1.
评注：本题有一定的难度。首先，不难将问题转化为对“迹零矩阵”的研究 U = {A ∈V :tr (A) = 0}
容易证明 dimU = n 2 −1 ，比如构造基底 Eij ( i ≠ j )和 E11 −Emm (m = 2 , 3,L, n )
这n 2 −1个迹零矩阵都是线性无关的。关键是证明上述矩阵都能表示成 MN −NM
3. 除了单位矩阵为，是否存在其它n 阶埃尔米特矩阵 M ，满足： 4M 5 + 2M 3 + M = 7En
结论是不存在。证明的关键利用了如下结论：埃尔米特矩阵 M 的最小多项式 m(x) 的根都是实根。令 f (x ) = 4x 5 + 2x 3 +x − 7 ，则 f (1) = 0 . 容易证明
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4. 设V 是n 维向量空间，线性变换 A 的最小多项式次数是n . (1) 证明：存在非零向量 α ，使得 α, Aα,L, An−1α 是V 的一组基； (2) 任何与 A 可交换的线性变换，均可表示成 A 的多项式。
证明的关键是“考虑非零向量 α 的最小多项式”。即考虑使得 pα (A)α = 0 的最小 多项式 pα (x) ，其中向量 α 是给定的。设线性变换 A 的最小多项式为m(x) ，类 似的证明可知 pα (x) 是m(x ) 的因式。于是当 α 遍历V 中所有非零向量时，只能 得到有限个 pα (x) ，不妨记作 p1(x ) ,L , pk (x ) . 定义
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北大 2014 高等代数部分试题解答思路
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1. 令
∏2013
f (x ) = (x −i)2 + 2014
i =1
问多项式 f (x) 是否在有理域内可约？说明理由。
猜想 f (x) 不可约，但不会证明。最初发现 2014 = 2×19×53 ，进而试图证明 f (x) 除最高项外，所有系数都是偶数，然后取 p = 2 应用爱森斯坦判别法。但发现这 个猜想不成立，因为这意味着 f (1) 是奇数，但 f (1) = 2014 是偶数。多次尝试没有 成功，放弃。感觉就难度而言，这道题不应该放到第一位。
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5. 设V 是所有n 阶复矩阵所组成的向量空间，求所有形如 MN −NM 矩阵所组 成向量空间的维数。
记所有形如 MN −NM 型矩阵所组成向量空间为W ，则 dimW = n 2 −1 . 证明 的关键是利用迹公式tr (MN ) = tr (NM ) ，于是tr (MN −NM ) = 0 ，进而将问 题转化为对“迹零矩阵”的研究。
令U = {A ∈V :tr (A) = 0}，则U 是V 的子空间（真子集），故 dimU ≤ n 2 −1. 利用迹公式tr (MN −NM ) = 0 可知W ⊂U ，所以 dimW ≤ n 2 −1.
考察V 的标准基底{Eij } ，其中矩阵 Eij 在第 i 行、第 j 列处为 1，其它地方 为 0. 下面利用矩阵 Eij 来构造子空间W 的基底：
成立，且等号当且仅当 α = 0 时成立。 (1) 证明线性变换 A 是正的，则 A 可逆； (2) 证明若线性变换 B 是正的， A − B 也是正的，则 B−1 −A−1 也是正的； (3) 证明若线性变换 A 是正的，则存在正的线性变换 B ，满足 A = B2 .
为叙述方便，直接将线性变换 A 视作方阵A . 题中说明A 是对称矩阵，所以A 的 特征值都是实数。没明白命题时为什么故弄玄虚，“正的”不就是正定性吗？几 个小问都是常见结论。
直接计算表明，当i ≠ j 时，恒有 Eij = EikEkj −EkjEik
于是满足i ≠ j 的 Eij 有n 2 −n 个。 另一方面，当m = 2 , 3,L, n 时，有 E11 −Emm = E1mEm1 −Em1E1m
这样的 E11 −Emm 有 n −1个。 上述的 Eij ( i ≠ j )和 E11 −Emm ( m = 2 , 3,L, n )共 n 2 −1个，且它们是线性
为证明第(1)问，只需证明A 的特征值都是正数即可。
为证明第(2)问需要用到这样一个结论：
设A 与 B 为n 阶实对称矩阵且A 是正定矩阵，则存在可逆矩阵 P 使得
PTAP
=
E
,
PT
BP
=
diag{λ1
,L,
λ n
}
（对角矩阵）。
北大在 2012 年考过这道题，证明见龙凤呈祥同学的解答。
前面已经证明了A 与 B 的特征值都是正数，所以由上面的结论可知
f ′(x) = 20x 4 + 6x 2 +1> 0 这说明 f (x) 是严格单调递增的，故 f (x) 有惟一的单实根x =1，因此
m(x) = x −1. 故 M = En .
评注：本题有些分析味道，利用了函数单调性。证明 f ′(x) = 20x 4 + 6x 2 +1> 0 可
利用判别式法。
P−1AP = ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝λ1
O
λ n
⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
构造矩阵
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B = P ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
λ 1
O
可以验证矩阵 B 满足题意。
λ n
⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟P
−1
评注：本题是陈年老题，没有什么新意。需要注意的是，验证是正定矩阵性时， 首先要验证对称性，这一步不要忘记。