problem

用非退化线性替换化二次型

$$f(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5})=x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{3}x_{4}+x_{4}x_{5}$$

为规范形，并求二次型的正惯性指数和符号差。

solution

先作替换

$$\begin{aligned} &x_{1}=y_{1}-y_{2}\\ &x_{2}=y_{1}+y_{2}\\ &x_{3}=y_{3}\\ &x_{4}=y_{4}+y_{5}\\ &x_{5}=y_{4}-y_{5} \end{aligned}$$

于是有

$$(y_{1}+\frac{1}{2}y_{3})^{2}-(y_{2}-\frac{1}{2}y_{3})^{2}+(y_{4}+\frac{1}{2}y_{3})^{2}-(y_{5}-\frac{1}{2}y_{3})^{2}$$

再作替换

$$\begin{aligned} &z_{1}=y_{1}+\frac{1}{2}y_{3}\\ &z_{2}=y_{2}-\frac{1}{2}y_{3}\\ &z_{3}=y_{4}+\frac{1}{2}y_{3}\\ &z_{4}=y_{5}-\frac{1}{2}y_{3} \end{aligned}$$

得规范形

$$z_{1}^{2}-z_{2}^{2}+z_{3}^{2}-z_{4}^{2}$$

其正惯性指数为 $2$, 符号差为 $0$.

problem 2

求矩阵

$$\begin{pmatrix} 1 &-3 &0 & 3 \\ -2 & 6 & 0 & 13 \\ 0 & -3 & 1 & 3 \\ -1 & 2 & 0 & 8 \end{pmatrix}$$

的 Jordan 标准型。

solution

1. 计算特征多项式
   构造 $\lambda I - A$ 并计算行列式：

   $$\det(\lambda I - A) = (\lambda - 1)^2 (\lambda^2 - 14\lambda + 19).$$

   解得特征值为：

   • $\lambda = 1$（代数重数 2），
   • $\lambda = 7 \pm \sqrt{30}$（代数重数各 1）。

2. 验证 $\lambda = 1$ 的几何重数

   • 矩阵 $A - I$ 的行秩为 2，故零空间维数为 $4 - 2 = 2$。
   • 结论：$\lambda = 1$ 的几何重数为 2，等于其代数重数，对应两个 1×1 Jordan 块。

3. 单根 $\lambda = 7 \pm \sqrt{30}$ 的 Jordan 块

   • 单根对应的代数重数和几何重数均为 1，对应 1×1 Jordan 块。

---

Jordan 标准型：
矩阵 $A$ 可对角化，其 Jordan 标准型为：

$$J = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 7+\sqrt{30} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 7-\sqrt{30} \end{pmatrix}.$$

结论：

$$\boxed{ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 7+\sqrt{30} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 7-\sqrt{30} \end{pmatrix} }$$

problem 3

设 $\varphi$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 上的自同构，若 $W$ 是 $\varphi$ 的不变子空间，求证：$W$ 也是 $\varphi^{-1}$ 的不变子空间．

proof

将 $\varphi$ 限制在 $W$ 上，它是 $W$ 上的线性变换．由于 $\varphi$ 是单映射，故它在 $W$上的限制也是单映射，从而也是满映射，即它是 $W$ 上的自同构，于是 $\varphi(W)=W$ ，由此即得 $\varphi^{-1}(W)=W$ ．

remark

如果 $V$ 是无限维线性空间，则该结论一般并不成立．例如，$V=\mathbb{K}[x^{-1}, x]$ 是由数域 $\mathbb{K}$ 上的 Laurent 多项式 $f(x)=\sum_{i=-m}^n a_i x^i(m, n \in \mathbb{N})$ 构成的线性空间，$V$ 上的线性变换 $\boldsymbol{\varphi}, \boldsymbol{\psi}$ 定义为 $\boldsymbol{\varphi}(f(x))=x f(x), \boldsymbol{\psi}(f(x))=x^{-1} f(x)$ ．显然， $\boldsymbol{\varphi}, \boldsymbol{\psi}$ 互为逆映射，从而都是自同构．注意到 $W=\mathbb{K}[x]$ 是 $V$ 的 $\boldsymbol{\varphi}$ －不变子空间，但 $W$ 显然不是 $\varphi^{-1}$ －不变子空间．

problem 4

设 $f_{1},f_{2},\dots,f_{2024},g_{1},g_{2},\dots,g_{2025} \in P[x],$ 证明：$(f_{1}f_{2}\dots f_{2024},g_{1}g_{2}\dots g_{2025})=1 \Leftrightarrow (f_{i},g_{j})=1,i=1,2,\dots,2024;j=1,2,\dots,2025.$

proof

设 $f_{1}, f_{2}, \dots, f_{2024}$ 和 $g_{1}, g_{2}, \dots, g_{2025}$ 是多项式环 $P[x]$ 中的元素。需证：

$$(f_{1}f_{2}\cdots f_{2024}, g_{1}g_{2}\cdots g_{2025}) = 1 \quad \Leftrightarrow \quad (f_{i}, g_{j}) = 1 \quad (\forall i,j)$$

必要性（$\Rightarrow$）：

假设 $\gcd(\prod_{i=1}^{2024} f_{i}, \prod_{j=1}^{2025} g_{j}) = 1$。 若存在某个 $i_0$ 和 $j_0$ 使得 $\gcd(f_{i_0}, g_{j_0}) = d(x)$（其中 $d(x)$ 非常数），则：

1. $d(x) \mid f_{i_0} \implies d(x) \mid \prod_{i=1}^{2024} f_{i}$，
2. $d(x) \mid g_{j_0} \implies d(x) \mid \prod_{j=1}^{2025} g_{j}$。

因此 $d(x)$ 是两乘积的公因子，与 $\gcd = 1$ 矛盾。故对所有 $i,j$，必有 $\gcd(f_i, g_j) = 1$。

充分性（$\Leftarrow$）：

假设对所有 $i,j$，$\gcd(f_i, g_j) = 1$。根据多项式唯一分解定理，若存在不可约多项式 $p(x)$ 满足：

$$p(x) \mid \prod_{i=1}^{2024} f_{i} \quad \text{且} \quad p(x) \mid \prod_{j=1}^{2025} g_{j}$$

则 $p(x)$ 必整除某个 $f_{i_0}$ 和某个 $g_{j_0}$，即 $p(x) \mid \gcd(f_{i_0}, g_{j_0})$，与假设 $\gcd(f_{i_0}, g_{j_0}) = 1$ 矛盾。故两乘积无公共不可约因子，因此 $\gcd = 1$。

problem 5

求多项式 $f(x)=x^{4}+x^{3}-3x^{2}-4x-1$ 与 $g(x)=x^{3}+x^{2}-x-1$ 的最大公因式。

solution

步骤1：因式分解法分析 多项式分解：

• $g(x) = x^3 + x^2 - x -1 = (x-1)(x+1)^2$
• $f(x) = x^4 + x^3 -3x^2 -4x -1 = (x+1)(x^3 -3x -1)$

公因式初步判断：

• $g(x)$ 含因式 $(x+1)^2$，$f(x)$ 含因式 $(x+1)^1$
• $x^3 -3x -1$ 在有理数域不可约，且与 $g(x)$ 无公共根

步骤2：欧几里得算法验证

1. 第一次除法： $f(x) = g(x) \cdot x + (-2x^2 -3x -1)$ 余式 $R_1(x) = -2x^2 -3x -1$

2. 第二次除法： $g(x) = R_1(x) \cdot (-\frac{1}{2}x) + (-\frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{2}x -1)$ 余式 $R_2(x) = -\frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{2}x -1$

3. 第三次除法： $R_1(x) = R_2(x) \cdot 2 + (3x +3)$ 余式 $R_3(x) = 3(x+1)$

4. 最后一步： $R_2(x) = R_3(x) \cdot (-\frac{1}{6}x) + 0$ 非零余式为 $3(x+1)$，忽略常数因子得公因式 $(x+1)$

最终结论 最大公因式为：$x+1$

problem 6

设 $A$ 为五阶方阵，其不变因子为 $1,1,1,(\lambda-2)^{2},(\lambda-3)(\lambda-1)^{2},$ 求 $A$ 的 Jordan 标准型。

solution

1. 分解不变因子为初等因子：

   • 最后一个不变因子 $d_5 = (\lambda-3)(\lambda-1)^2$ 分解为互素因子：$(\lambda-3)$ 和 $(\lambda-1)^2$。
   • 倒数第二个不变因子 $d_4 = (\lambda-2)^2$ 直接作为初等因子。
   • 前三个不变因子 $d_1=d_2=d_3=1$ 无贡献。
   • 初等因子集合：$\{ (\lambda-3), (\lambda-1)^2, (\lambda-2)^2 \}$。

2. 构造 Jordan 块：

   • 初等因子 $(\lambda-3)$ 对应 $1 \times 1$ Jordan 块：

$$\begin{pmatrix} 3 \end{pmatrix}$$

• 初等因子 $(\lambda-1)^2$ 对应 $2 \times 2$ Jordan 块：

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$

• 初等因子 $(\lambda-2)^2$ 对应 $2 \times 2$ Jordan 块：

$$\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$$

3. 组合 Jordan 标准型：
   • 将各 Jordan 块按分块对角排列，总阶数为 $1 + 2 + 2 = 5$，符合五阶方阵要求。
   • Jordan 标准型：

$$\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$

problem 7

求 $x^{3}-6x^{2}+15x-14$ 的有理根。

solution

步骤1：应用有理根定理 多项式 $f(x) = x^3 - 6x^2 + 15x - 14$ 的首项系数为1，常数项为-14。根据有理根定理，可能的有理根为：

$$\pm1,\ \pm2,\ \pm7,\ \pm14$$

步骤2：试根验证 试根 $x=2$：

$$\begin{aligned} f(2) &= (2)^3 - 6(2)^2 + 15(2) -14 \\ &= 8 - 24 + 30 -14 \\ &= 0 \end{aligned}$$

结论： $x=2$ 是多项式的一个根。

步骤3：多项式因式分解 用综合除法将 $f(x)$ 分解为 $(x-2)(x^2 -4x +7)$：

$$\begin{array}{c|cccc} 2 & 1 & -6 & 15 & -14 \\ & & 2 & -8 & 14 \\ \hline & 1 & -4 & 7 & 0 \end{array}$$

步骤4：验证二次因式 多项式 $x^2 -4x +7$ 的判别式：

$$\Delta = (-4)^2 -4 \cdot 1 \cdot 7 = 16 -28 = -12 < 0$$

结论： 二次因式无实数根（更无有理根）。

最终结论 多项式 $x^3 -6x^2 +15x -14$ 的唯一有理根为：

$$\boxed{2}$$