第二十届景润杯真题（高等代数部分）

第 5 题

【题目】

证明：不存在整系数多项式 \(f(x)\)，使得 \(f(0) = 1\)，\(f(2) = 5\)，\(f(4) = 13\)。

【证明】

设存在满足条件的整系数多项式 \(f(x) \in \mathbb{Z}[x]\)。

根据题意，我们可以将原插值条件转化为多项式的同余方程组：

\[\begin{cases} f(x) \equiv 1 \pmod{x} \\ f(x) \equiv 5 \pmod{x-2} \\ f(x) \equiv 13 \pmod{x-4} \end{cases} \]

设模多项式分别为 \(m_1(x) = x\)，\(m_2(x) = x-2\)，\(m_3(x) = x-4\)。显然，这三个多项式在有理数域内是两两互素的首一多项式。其乘积为：

\[M(x) = m_1(x)m_2(x)m_3(x) = x(x-2)(x-4) \]

由于 \(M(x)\) 是首一的整系数多项式，根据多项式的带余除法，若 \(f(x) \in \mathbb{Z}[x]\)，则 \(f(x)\) 被 \(M(x)\) 除所得的唯一余式 \(r(x)\) 也必然是一个整系数多项式，即 \(r(x) \in \mathbb{Z}[x]\) 且 \(\deg r(x) < 3\)。

下面我们利用多项式的中国剩余定理（CRT）来求解唯一的余数多项式 \(r(x)\)：

1. 计算各项乘积因子：

   \[M_1(x) = \frac{M(x)}{m_1(x)} = (x-2)(x-4) = x^2 - 6x + 8 \]
   \[M_2(x) = \frac{M(x)}{m_2(x)} = x(x-4) = x^2 - 4x \]
   \[M_3(x) = \frac{M(x)}{m_3(x)} = x(x-2) = x^2 - 2x \]

2. 计算各项乘积因子的同余逆元（求 \(t_i(x)\) 使得 \(M_i(x)t_i(x) \equiv 1 \pmod{m_i(x)}\)）：

   • 对于 \(M_1(x) \pmod{x}\)：
     \[M_1(x) \equiv 8 \pmod{x} \implies 8 \cdot t_1(x) \equiv 1 \pmod{x} \implies t_1(x) \equiv \frac{1}{8} \]

   • 对于 \(M_2(x) \pmod{x-2}\)：
     将 \(x=2\) 代入 \(M_2(x)\) 得 \(M_2(2) = 2 \times (2-4) = -4\)。
     \[-4 \cdot t_2(x) \equiv 1 \pmod{x-2} \implies t_2(x) \equiv -\frac{1}{4} \]

   • 对于 \(M_3(x) \pmod{x-4}\)：
     将 \(x=4\) 代入 \(M_3(x)\) 得 \(M_3(4) = 4 \times (4-2) = 8\)。
     \[8 \cdot t_3(x) \equiv 1 \pmod{x-4} \implies t_3(x) \equiv \frac{1}{8} \]

3. 合成余数多项式 \(r(x)\)：
   根据中国剩余定理，在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中，同余方程组在模 \(M(x)\) 下的唯一解为：

   \[r(x) \equiv \sum_{i=1}^{3} a_i M_i(x) t_i(x) \pmod{M(x)} \]

   其中 \(a_1 = 1\)，\(a_2 = 5\)，\(a_3 = 13\)。代入各项数值：

   \[r(x) = 1 \cdot (x-2)(x-4) \cdot \frac{1}{8} + 5 \cdot x(x-4) \cdot \left(-\frac{1}{4}\right) + 13 \cdot x(x-2) \cdot \frac{1}{8} \]
   \[r(x) = \frac{1}{8}(x^2 - 6x + 8) - \frac{5}{4}(x^2 - 4x) + \frac{13}{8}(x^2 - 2x) \]

   合并同类项进行化简：

   • \(x^2\) 项系数：\(\frac{1}{8} - \frac{5}{4} + \frac{13}{8} = \frac{1 - 10 + 13}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}\)
   • \(x\) 项系数：\(-\frac{6}{8} + 5 - \frac{26}{8} = -\frac{32}{8} + 5 = 1\)
   • 常数项：\(\frac{8}{8} = 1\)

   得到：

   \[r(x) = \frac{1}{2}x^2 + x + 1 \]

由于余数多项式 \(r(x) = \frac{1}{2}x^2 + x + 1\) 的二次项系数 \(\frac{1}{2} \notin \mathbb{Z}\)，这与前面得出的“余式必为整系数多项式（\(r(x) \in \mathbb{Z}[x]\)）”的结论矛盾。

因此，不存在这样的整系数多项式 \(f(x)\)。

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第 6 题

【题目】

设 \(A, B, C, D\) 是数域 \(\mathbb{F}\) 上的 \(n\) 阶方阵，满足 \(AB^{\mathrm{T}}\) 和 \(CD^{\mathrm{T}}\) 是对称矩阵且 \(AD^{\mathrm{T}}-BC^{\mathrm{T}}\) 是单位矩阵，求证：\(A^{\mathrm{T}}D - C^{\mathrm{T}}B\) 也是单位矩阵。

【证明】

由已知条件，我们可以得到以下关于转置的性质：

1. \(AB^{\mathrm{T}}\) 是对称矩阵 \(\implies AB^{\mathrm{T}} = (AB^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}} = BA^{\mathrm{T}} \implies -AB^{\mathrm{T}} + BA^{\mathrm{T}} = 0\)
2. \(CD^{\mathrm{T}}\) 是对称矩阵 \(\implies CD^{\mathrm{T}} = (CD^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}} = DC^{\mathrm{T}} \implies CD^{\mathrm{T}} - DC^{\mathrm{T}} = 0\)
3. 对 \(AD^{\mathrm{T}} - BC^{\mathrm{T}} = I\) 两边取转置 \(\implies DA^{\mathrm{T}} - CB^{\mathrm{T}} = I \implies -CB^{\mathrm{T}} + DA^{\mathrm{T}} = I\)

构造两个 \(2n \times 2n\) 的分块矩阵 \(P\) 和 \(Q\)：

\[P = \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}, \quad Q = \begin{pmatrix} D^{\mathrm{T}} & -B^{\mathrm{T}} \\ -C^{\mathrm{T}} & A^{\mathrm{T}} \end{pmatrix} \]

计算分块矩阵的乘积 \(PQ\)：

\[PQ = \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} \begin{pmatrix} D^{\mathrm{T}} & -B^{\mathrm{T}} \\ -C^{\mathrm{T}} & A^{\mathrm{T}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} AD^{\mathrm{T}} - BC^{\mathrm{T}} & -AB^{\mathrm{T}} + BA^{\mathrm{T}} \\ CD^{\mathrm{T}} - DC^{\mathrm{T}} & -CB^{\mathrm{T}} + DA^{\mathrm{T}} \end{pmatrix} \]

代入上述已知条件简化各分块：

\[PQ = \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{pmatrix} = I_{2n} \]

因为 \(P\) 和 \(Q\) 为方阵且 \(PQ = I_{2n}\)，所以它们互为逆矩阵，从而交换相乘也必然满足：

\[QP = I_{2n} \]

展开计算 \(QP\)：

\[QP = \begin{pmatrix} D^{\mathrm{T}} & -B^{\mathrm{T}} \\ -C^{\mathrm{T}} & A^{\mathrm{T}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} D^{\mathrm{T}}A - B^{\mathrm{T}}C & D^{\mathrm{T}}B - B^{\mathrm{T}}D \\ -C^{\mathrm{T}}A + A^{\mathrm{T}}C & -C^{\mathrm{T}}B + A^{\mathrm{T}}D \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{pmatrix} \]

对比右下角的分块，可得：

\[-C^{\mathrm{T}}B + A^{\mathrm{T}}D = I \]

即：

\[A^{\mathrm{T}}D - C^{\mathrm{T}}B = I \]

证毕。

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第 7 题

【题目】

设 \(V\) 是数域 \(\mathbb{F}\) 上的 \(n\) 维线性空间，\(\varphi\) 和 \(\psi\) 均为 \(V\) 上的线性变换，证明：

\[|\dim \operatorname{Im}(\varphi\psi) - \dim \operatorname{Im}(\psi\varphi)| \le \frac{n}{2} \]

【证明】

设 \(\varphi\) 和 \(\psi\) 在 \(V\) 的某组基下的矩阵表示分别为 \(A, B \in M_n(\mathbb{F})\)。由于线性变换的像空间维数等于对应矩阵的秩，问题可等价转化为证明矩阵的秩不等式：

\[|r(AB) - r(BA)| \le \frac{n}{2} \]

设 \(A, B\) 的秩分别为 \(r(A) = r_1\)，\(r(B) = r_2\)。根据矩阵的相抵标准形，存在可逆矩阵 \(P_1, Q_1, P_2, Q_2 \in M_n(\mathbb{F})\)，使得：

\[A = P_1 \begin{pmatrix} E_{r_1} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} Q_1, \quad B = P_2 \begin{pmatrix} E_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} Q_2 \]

其中 \(E_k\) 表示 \(k\) 阶单位矩阵。

由于乘上可逆矩阵不改变矩阵的秩，我们有：

\[r(AB) = r \left[ \begin{pmatrix} E_{r_1} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} (Q_1 P_2) \begin{pmatrix} E_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right] \]

\[r(BA) = r \left[ \begin{pmatrix} E_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} (Q_2 P_1) \begin{pmatrix} E_{r_1} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right] \]

对任意 \(n\) 阶可逆矩阵 \(M\)，利用 Sylvester 秩不等式（即 \(r(XY) \ge r(X)+r(Y)-n\)），我们可以给出如下关于中间乘积秩的范围估计：

\[\min\{r_1, r_2\} \ge r \left[ \begin{pmatrix} E_{r_1} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} M \begin{pmatrix} E_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right] \ge r_1 + r_2 - n \]

不妨设 \(r(AB) \ge r(BA)\)。根据 \(r_1 + r_2\) 的取值范围，我们分两种情况讨论：

情况 1：若 \(r_1 + r_2 \le n\)

此时，根据秩的上限：

\[r(AB) \le \min\{r_1, r_2\} \]

由于 \(r_1, r_2 \ge 0\)，显然有：

\[\min\{r_1, r_2\} \le \frac{r_1 + r_2}{2} \le \frac{n}{2} \]

因此：

\[|r(AB) - r(BA)| = r(AB) - r(BA) \le r(AB) \le \frac{n}{2} \]

情况 2：若 \(r_1 + r_2 > n\)

此时，结合上下限估计：

\[r(AB) \le \min\{r_1, r_2\} \]

\[r(BA) \ge r_1 + r_2 - n \]

两式相减得到：

\[|r(AB) - r(BA)| = r(AB) - r(BA) \le \min\{r_1, r_2\} - (r_1 + r_2 - n) \]

由于 \(\min\{r_1, r_2\} \le \frac{r_1 + r_2}{2}\)，我们可以放大上式：

\[\min\{r_1, r_2\} - (r_1 + r_2 - n) \le \frac{r_1 + r_2}{2} - (r_1 + r_2) + n = n - \frac{r_1 + r_2}{2} \]

因为在此情况下 \(r_1 + r_2 > n\)，所以 \(-\frac{r_1 + r_2}{2} < -\frac{n}{2}\)，从而：

\[n - \frac{r_1 + r_2}{2} < n - \frac{n}{2} = \frac{n}{2} \]

即：

\[|r(AB) - r(BA)| < \frac{n}{2} \]

综合上述两种情况，不等式均成立：

\[|\dim \operatorname{Im}(\varphi\psi) - \dim \operatorname{Im}(\psi\varphi)| \le \frac{n}{2} \]

证毕。

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21届题目好像比较陈，难度不大，明天开始更新数学分析