问题与征解

问题

解答

如下解答由复旦大学上海数学中心江辰老师(E-mail:chenjiang@fudan.edu.cn)提供.

解由条件知‖Ak‖≤1对任意正整数k成立.故存在一个只与给定向量范数有关的常数C使得Ak的每一项的绝对值不大于C.又由于Ak都是整矩阵,故集合{Ak∣k∈+}是一个有限集.根据抽屉原理,存在正整数m1

下面证明Am满足题意.记B=Am.则B=B2,当然也有BT=(BT)2,其中BT表示转置.由于BT的极小多项式只有单根0或1,它在上可对角化,换句话说,可以取一组上n维列向量空间中的基,由B的特征向量构成.更进一步,不妨假设这些向量都是整向量.于是存在一个可逆整矩阵Q使得取P=QT即可完成证明.

供题者点评该解答中的核心步骤是证明A的幂次是有限集,这与关于代数整数的经典结果克诺内克定理证明方法本质上一样,克罗内克定理即一个代数整数若其与其所有共轭的模均小于等于1,则该代数整数为单位根.事实上运用克罗内克定理我们也能得到命题的证明,留给感兴趣的读者作为练习.

问题 18(供题者:北京大学 冯荣权, 许地生) 用Mn()表示所有n阶实方阵构成的集合,则在矩阵加法和数乘下,Mn()为实数域上的n2维线性空间.证明:Mn()的任一超平面(即n2-1维子空间)中都存在正交矩阵.

如下解答由复旦大学上海数学中心江辰老师(E-mail:chenjiang@fudan.edu.cn)提供.

解任意一个Mn()中的超平面都是由一个其上的线性泛函给出的,也就是说,存在系数bij∈(1≤i,j≤n)使得这个超平面由给出.记B=(bij),则问题等价于构造一个正交矩阵A使得tr(BTA)=0.取BT=PΛQ为BT的实奇异值分解,其中P,Q为实正交阵,Λ为实对角阵.则构造即可.不难验证A是正交阵且tr(BTA)=0.

供题者点评此解答为标准答案,将超平面用线性泛函的解集作为表示是泛函分析中的基本想法.一个有趣的问题是对一般的矩阵李群G,以及k小于n2,什么时候有任意k维线性子空间与G一定有交集?

编者按

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本刊聘请复旦大学数学科学学院楼红卫教授为本栏目负责人,负责题目的筛选和把关.

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