問題與征解

問題

解答

如下解答由復旦大學上海數學中心江辰老師(E-mail:chenjiang@fudan.edu.cn)提供.

解由條件知‖Ak‖≤1對任意正整數k成立.故存在一個只與給定向量范數有關的常數C使得Ak的每一項的絕對值不大于C.又由于Ak都是整矩陣,故集合{Ak∣k∈+}是一個有限集.根據抽屜原理,存在正整數m1

下面證明Am滿足題意.記B=Am.則B=B2,當然也有BT=(BT)2,其中BT表示轉置.由于BT的極小多項式只有單根0或1,它在上可對角化,換句話說,可以取一組上n維列向量空間中的基,由B的特征向量構成.更進一步,不妨假設這些向量都是整向量.于是存在一個可逆整矩陣Q使得取P=QT即可完成證明.

供題者點評該解答中的核心步驟是證明A的冪次是有限集,這與關于代數整數的經典結果克諾內克定理證明方法本質上一樣,克羅內克定理即一個代數整數若其與其所有共軛的模均小于等于1,則該代數整數為單位根.事實上運用克羅內克定理我們也能得到命題的證明,留給感興趣的讀者作為練習.

問題 18(供題者:北京大學 馮榮權, 許地生) 用Mn()表示所有n階實方陣構成的集合,則在矩陣加法和數乘下,Mn()為實數域上的n2維線性空間.證明:Mn()的任一超平面(即n2-1維子空間)中都存在正交矩陣.

如下解答由復旦大學上海數學中心江辰老師(E-mail:chenjiang@fudan.edu.cn)提供.

解任意一個Mn()中的超平面都是由一個其上的線性泛函給出的,也就是說,存在系數bij∈(1≤i,j≤n)使得這個超平面由給出.記B=(bij),則問題等價于構造一個正交矩陣A使得tr(BTA)=0.取BT=PΛQ為BT的實奇異值分解,其中P,Q為實正交陣,Λ為實對角陣.則構造即可.不難驗證A是正交陣且tr(BTA)=0.

供題者點評此解答為標準答案,將超平面用線性泛函的解集作為表示是泛函分析中的基本想法.一個有趣的問題是對一般的矩陣李群G,以及k小于n2,什么時候有任意k維線性子空間與G一定有交集?

編者按

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