考研

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习题 1 (南开大学2019年考研高等代数倒数第二题). 已知$x_1+x_2+\cdots+x_n=0$,$x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=1$,证明:
$$
x_1x_2+x_2x_3+\cdots+x_nx_1\leq \cos \frac{2\pi}{n}.
$$

证明 . 设向量$\bm{x}\in \mathbf{R}^n$,且$\bm{x}=
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\vdots\\
x_n
\end{pmatrix}
$.则
$$
x_1x_2+x_2x_3+\cdots+x_nx_1=\bm{x}^TA\bm{x},
$$
其中$A_{n}=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}$是$n\times n$对称矩阵,满足 $\forall 1\leq i\leq n-1$,$a_{i,i+1}=a_{i+1,i}=\frac{1}{2}$且$a_{1n}=a_{n1}=\frac{1}{2}$,其余元素都是$0$.

下面证明矩阵$A_{n}$的特征值为
$$
1,\cos \frac{2\pi}{n},\cos \frac{4\pi}{n},\cdots,\cos
\frac{2k\pi}{n},\cdots,\cos \frac{2(n-1)\pi}{n}.
$$

为此,令矩阵$P_n=(p_{ij})_{1\leq i,j\leq n}$,满足$\forall 1\leq i\leq
n-1$,$p_{i,i+1}=1$,且$a_{n,1}=1$.其余元素都是$0$.则
$$
A_n=\frac{P_n+P_n^T}{2},
$$
易得矩阵$P_n$的转置$P_n^T=P_n^{n-1}$.

矩阵$P_n$的特征值为
$$
1,\omega,\omega^2,\cdots,\omega^{n-1},
$$
其中$\omega=e^{\frac{2\pi}{n}i}$是$n$次单位根.对于矩阵$P_n$来说,$\forall
0\leq k\leq n-1$,特征值$\omega^k$对应于特征向量$\bm{v}_k=
\begin{pmatrix}
1\\
\omega^k\\
\omega^{2k}\\
\vdots\\
\omega^{(n-1)k}
\end{pmatrix}.
$

而矩阵$P_n^T$的特征值也是
$$
1,\omega,\omega^2,\cdots,\omega^{n-1}.
$$
对于矩阵$P_n^T$来说,$\forall 0\leq k\leq n-1$,特征值$\omega^k$对应于特征向量$$\bm{u}_k=
\begin{pmatrix}
1\\
\omega^{(n-1)k}\\
\omega^{(n-1)\cdot 2k}\\
\vdots\\
\omega^{(n-1)\cdot (n-1)k}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1\\
\omega^{-k}\\
\omega^{-2k}\\
\vdots\\
\omega^{-(n-1)k}
\end{pmatrix}.
$$
于是$\forall 0\leq k\leq n-1$,
\begin{align*}
A_n(\bm{v}_k+\bm{u}_k)&=\frac{P_n(\bm{v}_k+\bm{u}_k)+P_n^T(\bm{v}_k+\bm{u}_k)}{2}
\\&=\frac{P_n(\bm{v}_k)+P_n(\bm{u}_k)+P_n^T(\bm{v}_k)+P_n^T(\bm{u}_k)}{2}
\\&=\frac{\omega^k\bm{v}_k+\omega^{n-k}\bm{u}_k+\omega^{n-k}\bm{v}_k+\omega^k\bm{u}_k}{2}
\\&=\frac{\omega^k+\omega^{n-k}}{2}(\bm{v}_k+\bm{u}_k)
\end{align*}

因此矩阵$A_n$的特征值是$\frac{\omega^k+\omega^{n-k}}{2}$,$0\leq k\leq n-1$,即,矩阵$A_n$的特征值是
$$
1,\cos \frac{2\pi}{n},\cos \frac{4\pi}{n},\cdots,\cos
\frac{2k\pi}{n},\cdots,\cos \frac{2(n-1)\pi}{n}.
$$

对于矩阵$A$来说,特征值$1$是最大的特征值,它对应的特征向量是$
\begin{pmatrix}
1\\
1\\
\vdots\\
1
\end{pmatrix}
$.但是由
$$
x_1+x_2+\cdots+x_n=0
$$
可得,单位向量$\bm{x}$垂直于该特征向量.因此$\bm{x}^TA\bm{x}$的最大值只可能是矩阵$A_n$的第二大特征值$\cos \frac{2\pi}{n}$.当且仅当单位向量$\bm{x}$与$\cos \frac{2\pi}{n}$的特征向量共线时,$\bm{x}^TA\bm{x}$取得最大值.

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题目1 (北京大学{2018}年硕士研究生招生考试《高等代数与解析几何》试题1) 试确定实数域上所有的{3}{(0,1)}行列式(即所有元素只能是{0,1}的行列式)的最大值,给出证明及取到最大值的一个构造.

解:{3}阶方阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33} \end{bmatrix},

其中{a_{ij}(1\leq i,j\leq 3)}取值{0}{1}.则由行列式的展开可得

\displaystyle \det A=a_{11}C_{11}+a_{12}C_{12}+a_{13}C_{13},

其中{C_{1j}}{a_{1j}(1\leq j\leq 3)}的代数余子式.由于二阶行列式 {C_{1j}}的四个元素只可能取{0}{1}.因此{C_{1j}}的值只可能是{0,1,-1}.因 此{\det A}不大于{3}.下面证明,{\det A}不可能等于{3}.

如果{\det A=3},则{a_{11},a_{12},a_{13}}都等于{1}.且{C_{11}=C_{12}=C_{13}=1}.即

\displaystyle \begin{vmatrix} a_{22}& a_{23}\\ a_{32}& a_{33} \end{vmatrix}=1, \ \ \ \ \ (1)

\displaystyle \begin{vmatrix} a_{21}& a_{23}\\ a_{31}& a_{33} \end{vmatrix}=-1, \ \ \ \ \ (2)

\displaystyle \begin{vmatrix} a_{21}& a_{22}\\ a_{31}& a_{32} \end{vmatrix}=1. \ \ \ \ \ (3)

由方程(1)可得{a_{22}=a_{33}=1}.由方程(3)可得{a_{21}=a_{32}=1}.由方程(2)可得{a_{31}=a_{23}=1}.因此

\displaystyle \begin{vmatrix} a_{22}& a_{23}\\ a_{32}& a_{33} \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{vmatrix}=0.

这与方程(1)成立矛盾.

因此{\det A}最大可能的值是{2}.下面我们给出一个构造:

\displaystyle \begin{vmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 1&0&1 \end{vmatrix}=2.

\Box

这道题和来自Linear Algebra and Its Applications 习题4.3.22的题是完全类似的.而且它们的命题背景都是Hadamard’s maximal determinant problem.

 

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