北京大学数学系《高等代数》（第3版）配套题库【名校考研真题＋课后习题＋章节题库＋模拟试题】（上册）.pdf

目目 录录 第一部分 名校考研真题.4 第 1 章 多项式.4 第 2 章 行列式.8 第 3 章 线性方程组.14 第 4 章 矩阵.19 第 5 章 二次型.25 第二部分 课后习题.33 第 1 章 多项式.33 第 2 章 行列式.52 第 3 章 线性方程组.73 第 4 章 矩阵.101 第 5 章 二次型.125 第三部分 章节题库.156 第 1 章 多项式.156 第 2 章 行列式.161 第 3 章 线性方程组.212 第 4 章 矩阵.253 第 5 章 二次型.278 第四部分 模拟试题.307 北京大学数学系高等代数（第 3 版）配套模拟试题及详解.307 第一部分第一部分 名校考研名校考研真题真题 第第 1 章章 多项式多项式 一、判断题 1设 Q 是有理数域，则 Pi|，Q也是数域，其中1i （）南京大学研【答案】对【解析】首先 0，1P，故 P 非空；其次令 a11i，b22i 其中 1，2，1，2为有理数，故 ab（11i）（22i）（12）（12）iP ab（11i）（22i）（1212）（1221）iP 又令 c33i，d44i，其中 3，4，3，4为有理数且 d0，即 40，40，有 3344343434342244()()/()(i)iic dP 综上所述得 P 为数域 2设 f（x）是数域 P 上的多项式，aP，如果 a 是 f（x）的三阶导数 f（x）的 k 重根（k1）并且 f（a）0，则 a 是 f（x）的 k3 重根（）南京大学研【答案】错【解析】反例是 f（x）（xa）k3（xa）2，这里 f（a）0，并且 f（x）（k3）（k2）（k1）（xa）k满足 a 是 f（x）的三阶导数 f（x）的 k 重根（k1）3设 f（x）x44x3，则 f（x）在有理数域上不可约（）南京大学研【答案】对【解析】令 xy1，则 f（y）y44y36y28y2，故由艾森斯坦因判别法知，它在有理数域上不可约 二、计算题 1f（x）x36x23px8，试确定 p 的值，使 f（x）有重根，并求其根清华大学研 解：f（x）3（x24xp）且（f（x），f（x）1，则 （1）当 p4 时，有（f（x），f（x）x24x4 所以 x2 是 f（x）的三重因式，即 f（x）（x2）3，这时 f（x）的三个根为2，2，2（2）若 p4，则继续辗转相除，即 当 p5 时，有（f（x），f（x）x1 即 x1 是 f（x）的二重因式，再用（x1）2除 f（x）得商式 x8故 f（x）x3bx215x8（x1）2（x8）这时 f（x）的三个根为 1，1，8 2假设 f1（x）与 f2（x）为次数不超过 3 的首项系数为 1 的互异多项式，且 x4x21 整除 f1（x3）x4f2（x3），试求 f1（x）与 f2（x）的最大公因式 上海交通大学研 解：设 6 次单位根分别为 22cossin,0,1,2,566kkkik 由于 x61（x2）31（x21）（x4x21），所以 1，2，4，5是 x4x21 的 4 个根.由于 13531，且 x4x21f1（x3）x4f2（x3），所以，分别将 1，5代入 f1（x3）x4f2（x3）可得 112152110110ffff 从而 f1（1）f2（1）0 即 x1 是 f1（x）与 f2（x）的一个公因式 同理，将 2，4代入 f1（x3）x4f2（x3）可得 f1（1）f2（1）0，即 x1 是 f1（x）与 f2（x）的一个公因式 所以（x1）（x1）是 f1（x）与 f2（x）的一个公因式 又因为 f1（x），f2（x）为次数不超过 3 的首项系数为 1 的互异多项式，所以（f（x），g（x）x21 三、证明题 1设不可约的有理分数 p/q 是整系数多项式 f（x）a0 xna1xn1an1xan的根，证明：qa0，pan华中科技大学研 证明：因为 p/q 是 f（x）的根，所以（xp/q）f（x），从而（qxp）f（x）又因为 p，q 互素，所以qxp 是本原多项式即多项式的系数没有异于l 的公因子，且 f（x）（qxp）（bn1xn1b0，biz 比较两边系数，得 a0qbn1，anpb0qa0，pan 2设 f（x）和 g（x）是数域 P 上两个一元多项式，k 为给定的正整数求证：f（x）g（x）的充要条件是 fk（x）gk（x）浙江大学研 证明：（1）先证必要性设 f（x）g（x），则 g（x）f（x）h（x），其中 h（x）P（x），两边 k 次方得gk（x）fk（x）hk（x），所以 fk（x）gk（x）（2）再证充分性设 fk（x）gk（x）（i）若 f（x）g（x）0，则 f（x）g（x）（ii）若 f（x），g（x）不全为 0，则令 d（x）（f（x），g（x），那么 f（x）d（x）f1（x），g（x）d（x）g1（x），且（f1（x），g1（x）1 所以 fk（x）dk（x）f1k（x），gk（x）dk（x）g1k（x）因为 fk（x）gk（x），所以存在 h（x）Px（x），使得 gk（x）fk（x）h（x）所以 dk（x）g1k（x）dk（x）f1k（x）h（x），两边消去 dk（x），得 g1k（x）f1k（x）h（x）由得 f1（x）g1k（x），但（f1（x），g1（x）1，所以 f1（x）g1k1（x）这样继续下去，有 f1（x）g1（x），但（f1（x），g1（x）1 故 fl（x）c，其中 c 为非零常数 所以 f（x）d（x）f1（x）cd（x）f（x）g（x）3设 f（x），g（x）都是 Px中的非零多项式，且 g（x）sm（x）g1（x），这里 m1又若（s（x），g1（x）1，s（x）f（x）证明：不存在 f1（x），r（x）Px，且 r（x）0，（r（x）（s（x）使)111()()()()()()mmf xf xr xg xsxsx g x 浙江大学研 证明：用反证法，若存在 f1（x），r（x）使式成立，则用 g（x）乘式两端，得 f（x）r（x）g1（x）f1（x）s（x）因为 s（x）f（x），s（x）f1（x）s（x），由式有 s（x）r（x）g1（x）但（s（x），g1（x）1，所以 s（x）r（x）这与（r（x）（s（x）矛盾 4设 f（x）是有理数域上 n 次n2多项式，并且它在有理数域上不可约，但知 f（x）的一根的倒数也是 f（x）的根证明：f（x）每一根的倒数也是 f（x）的根南开大学研 证明：设 b 是 f（x）的一根，1/b 也是 f（x）的根再设 c 是 f（x）的任一根下证 1/c 也是 f（x）的根 令 g（x）f（x）/d，其中 d 为 f（x）的首项系数，不难证明：g（x）与 f（x）有相同的根，其中 g（x）是首项系数为 l 的有理系数不可约多项式 设 g（x）xnan1xn1a1xa0，（a00）由于 bnan1bn1a1ba00（1/b）nan1（1/b）n1a1（1/b）a00 a0bna1bn1a n1b10 bn（a1/a0）bn1（a n1/a0）b1/a00 由 g（x）不可约及，两式可得 1/a0a0，ai/a0ani（i1，2，n1）故 a01，aiani（i1，2，n1）由式可知，当 f（c）0 时，有 f（c）0，且 g（1/c）0，从而 f（1/c）0 5.设 f（x）是复系数一元多项式，对任意整数 n 有 f（n）都是整数证明：f（x）的系数都是有理数举例说明存在不是整系数的多项式，满足对任意整数 n，有 f（n）是整数 浙江大学研 证明：设 f（x）g（x）ih（x），g（x），h（x）Rx 由于nZ，f（n）g（n）ih（n）Z，所以 h（x）0 下证 g（x）Qx事实上，令 g（x）a0a1xamxm，am0，aiR，i1，2，m 则有 a0a1amg（1）Z，a0a1 2am 2mg（2）Z，a0a1（m1）am（m1）mg（m1）Z.记 11112112(1)mmmTm 则有（a0，a1，am）T（g（1），g（2），g（m1）又显见Tm!（m1）!2!1!0，由式得（a0，a1，am）（g（1），g（2），g（m1）T1 这里 T1是有理数域上的矩阵，g（1），g（2），g（m1）均为整数，所以 a0，a1，amQ因此 f（x）g（x）Qx 取 f（x）x2/21/2，有 f（x）（xn）（x/2n/2）（n21）/2 可见存在不是整系数的多项式 f（x），对任一整数 n，有 f（n）（n21）/2Z 第第 2 章章 行列式行列式 一、填空题 设 A*是 3 阶方阵 A 的伴随阵，A1/2，则A12A*_ 华东师范大学研【答案】16【解析】因为AA12A*AA12AA*E2AE2E23，所以 3122*16AAA 二、计算题 1计算 n 阶行列式 2112122122212,(0)nnnnnaa aa aa aaa aDa aa aa其中 武汉大学研 解：利用行列式的性质，对原 n 阶行列式进行化简，得以下（n1）阶行列式 111112n211212212221212n11,2,2n21211,2,121100010000001000000000()()iiijnnnnnrarinnknkaaajnnnnkkaaaaa aa aDa aaa aa aa aaaaaaaaaaaaaa 2计算 n 阶行列式 0111122223322111100000000000000000000000nnnnnnnnaaaaaaaaaaaDaaaaaaa 上海交通大学研 解：将 Dn按第 n 列拆分得 01111222232111101111222221100nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaDaaaaaaaaaaaaaaaaaaa 对如上第一个行列式 ri1ri（in，n1，2），第 2 个行列式按第 n 列展开得 011121101101212011012120110120124132()nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnaaaDa Daaaa aaa a aaaDa aaa aaaa aDa aaa aaaa a a aaa aa D 又 D2a0a1a0a2a1a2，故 Dna0a1an1a0a1an2ana1a2a3an 3设1111111111111111A，又 Aij为 A 中的（i，j）元素在A中的代数余子式，试求4,1iji jA 南开大学研 解：解法 1：因为 1111111116011111111A 所以 A 可逆又 111114444111144441111444411114444A 所以*14444444444444444AA A 即,1,2,3,44,4,ijijAijij 从而4,132iji jA 解法 2：同解法 1，A16，又因为 4,121 11 11 11 121 11 11 11 121 11 11 11 121 11 11 11 11111111111111111iji jA 所以 4,11616iji jA 从而4,1=32iji jA 4计算 n 阶行列式 111nxyzxDyzx 其中 xyz武汉大学研 解：按第 1 行展开得 12122112212(1)(1)()()1(1)1nnnnnnnnnnnnDx DyzDx DxDDDx DDxDDxyxxzxx 由式得 DnDn1xn（Dn2xn1）xn（D2x3）x4xn1xn1xx2xn1xn。三、证明题 若 n 阶方阵 A 与 B 只是第 j 列不同，试证 21nABAB北京航空航天大学、华中师范大学研 证明：设 11111nnnnnaxaAaxa 11111Bnnnnnayaaya 则 1111112222nnnnnnaxyaABaxya 于是 11111111()|2()2(|)nnnnnnnnaxyaABaxyaAB 所以AB21nAB 第第 3 章章 线性方程组线性方程组 一、计算题 1设 111222032Aabaab 133B 123xxxx 试就 a，b 的各种取值情况，讨论非齐次方程组 AXB 的解，如有解，并求出解清华大学研 解：因为系数行列式Aa（ab），所以（1）当 a0，且 ba 时，方程组有唯一解 x1（a1）/a，x21/a，x30（2）当 a0 时，原方程组无解（3）当 ab0 时，原方程组有无穷多解，其通解为 12311axaxkaxk 其中 k 为任意常数 2设 12341234123412342302641327162xxxxxxxxxxpxxxxxxt 试讨论 p，t 取什么值时，方程组有解或无解，并在有解时，求其全部解清华大学研 解：计算如下 112301041121641012213271008001161200002pptt（1）当 t2 时，原方程组无解（2）当 t2 时 当 p8 时，原方程组有无穷多个解，其通解为 1122123142141 22xkkxkkxkxk 其中 k1，k2为任意常数 当 p8 时，原方程组也有无穷多个解，其通解为 12341120 xkxkxxk 其中 k 为任意常数 3设向量 11，2，0，4，2（5，0，3，1），3（3，1，4，2），4（2，4，5，9），5（1，3，1，7）（1）求向量组 1，2，3，4，5的秩；（2）求向量组 1，2，3，4，5的一个极大线性无关组；（3）将向量组 1，2，3，4，5中其余向量表为极大线性无关组的线性组合南京大学研 解：（1）将 1，2，3，4，5按行排成 54 矩阵，并对其作初等行变换，有 12041204503105111314200512459000013170000 故向量组 1，2，3，4，5的秩为 3（2）由上述得知 1，2，5为向量组 1，2，3，4，5的极大线性无关组（3）由初等变换过程易知：3125，41225 4把实数域 R 看成有理数域 Q 上的线性空间，bp3q2r，这里的 P，q，rQ 是互不相同的素数判断向量组211,nnnnbbb是否线性相关？说明理由北京大学研 解：向量组211,nnnnbbb是线性无关的，可用数学归纳法证之 当 n1 时，结论显然成立；假设结论对于 n1 成立，下证对于 n 结论也正确 为此，设有 k1，k2，k3，kn，kQ，使得 2112310nnnnnkkbkbkb 若 kn0，则有 12231121nnnnnnnnnnnkkkkbbbbkkkk 这是不可能的 若 kn0，则有 22123110nnnnnkkbkbkb 根据归纳假设，知 k1k2kn10 故向量组211,nnnnbbb是线性无关的这就证得：对于任意正整数 n，结论均成立 5设 A，B 是数域 K 上的 n 阶方阵，X 是未知量 x1，x2，xn所构成的 n1 矩阵已知齐次线性方程组AX0 和 BX0 分别有 l，m 个线性无关的解向量，这里 l0，m0证明：（1）方程组ABX0 至少有 maxl，m个线性无关的解向量；（2）如果 lmn，那么（AB）X0 必有非零解；（3）如果 AX0 和 BX0 无公共的非零解向量，且 lmn，那么 Kn中任一向量 都可唯一地表示成 ，这里，分别是 AX0 和 BX0 的解向量武汉大学研 解：（1）由题设，lnrank（A），mnrank（B），而 rank（AB）min（rank A，rank B，所以另一方面，方程组ABx0 有 nrank（AB）个线性无关的解向量故所证结论成立（2）因 lmn，所以 rank（AB）rank（A）rank（B）（nl）（nm）n，因此齐次方程组（AB）X0 必有非零解（3）设 AX0 和 BX0 的解空间分别为 V1和 V2，则 dimV1l，dimV2m据题设，V1V20，所以 V1与 V2的和是直和，故 dim（V1V2）dimV1dimV2lmndimKn 又 dim（V1V2）dimKn，所以 dim（V1V2）dimKn从而有 KnV1V2所证结论成立 6解方程组 12111222213211112222222nnnnnnnnnnxxxxC xC xxC xCxxCxCx 上海交通大学研 解：利用 111rrrnnnCCC 可得方程组系数行列式 111232223411111221111212221231111211111212221111111111111100,3,20111100010000nnnnnnnnniinnnnnnnnnnnCCCDCCCCCCCCCrrinCCCCCCCCCCCC 由克莱姆法则知，原方程组有唯一解又显见方程组常数项组成的列（2，2，2）换系数行列式 D 的第：列得：D12D，Di0（i2，n），故方程组解为（2，0，0）7设 是复数域 C 上的本原 n 次单位根（即 n1，而当 0ln 时 l1），s，b 都是正整数，而且 sn，令(1)(1)2(1)12(1)(1)(1)12(1)111nb sbbnbbbnbb sb sA 任取 Cs判断线性方程组 AX 有无解，有多少解，写出理由北京大学研 解：A 是一个 sn 矩阵，其前 s 列组成的子式(1)1(1)(1)11(1)(1)111bsbbsbb ssb sA 为一范德蒙行列式 因 sn，所以 b，b1，bs1互不相同，从而A10这样立知 r（A）s所以对方程组 AX 有 r（A）r（A）sn，说明对，AX 有无穷多解 二、证明题 1设向量组 1，2，3线性无关，向量组 2，3，4线性相关，试证：1不能由 2，3，4线性表示同济大学研 证明：用反证法，若 1可以由 2，3，4线性表示，即 1k22k33k44 则 k40 否则若 k40则由知 1，2，3线性相关，矛盾由可解得 3241234441kkkkk 再由 2，3，4线性相关，存在不全为零的秩 l2，l3，l4使 l22l33l440 类似可证 l40否则 2，3线性相关，这与 1，2，3线性无关矛盾由解得 23322231344440llllllll 但 1，2，3线性无关，表示法唯一，由，可得 1/k40，矛盾，即证 1不能由 2，3，4线性表示 2已知 m 个向量 1，2，m线性相关，但其中任意 m1 个都线性无关，证明：（1）如果等式 k11k22kmm0，则这些 k1，k2，km或者全为 0，或者全不为 0；（2）如果存在两个等式 k11k22kmm0 l11l22lmm0 其中 l10则 k1/l1k2/l2km/lm清华大学研 证明：（1）若 k1k2km0，则证毕否则总有一个 k 不等于 0，不失一般设 k10 那么其余的 ki都不能等于 0，否则有 ki0即0jjj ik，其中 k10，这与任意 m1 个都线性无关的假设矛盾，从而得证 k1，k2，km全不为 0（2）由于 l10，由上面（1）知，l1，l2，lm全不为 0再看 k 如果 k1km0则式成立若k1，km全不为 0，则由 l1k1得（l1l2k1k2）1（l1k3k1l3）3（llkmkllm）m0 所以 0l1k2k1l2l1kmlmkmk1/l1k2/l2km/lm 第第 4 章章 矩阵矩阵 一、判断题 1设 A，B 均为 n 阶方阵，若 AB0，则 A0 或 B0（）上海机械学院研【答案】对【解析】比如10A00，00B=01，则 AB0，但 A0 且 B0 2设 A，B 均为 n 阶方阵，（AB）2A22ABB2（）上海机械学院研【答案】错【解析】比如11A=0 1，11B=10，则 2226675A+B=A+2AB+B3332 3设 A，B 均为 n 阶方阵，（AB）AB（）上海机械学院研【答案】错【解析】一般应为（AB）BA 4设 A，B 均为 n 阶方阵，（AB）1B1A1（当A0，B0 时）（）上海机械学院研【答案】对【解析】（AB）（B1A1）E 5设 A，B 均为 n 阶方阵，kAkA，（k 为常数）（）上海机械学院研【答案】错【解析】比如 AE2，k2，则kA8，kA2kAknA，一般应为kAknA，其中 A 为 n 阶方阵 二、计算题 设 A 为数域 F 上的 mn 矩阵，其秩为 r，试求满足下式的所有矩阵 X（给出公式）：AXAA清华大学研 解：因为 r（A）r，所以存在 m 阶可逆矩阵 P，n 阶可逆矩阵 Q，使 rEOAPQOO 首先，如 AXAA，即 rrrEOEOEOPQXPQPQOOOOOO 则有()rrrEOEOEOQXPOOOOOO 令n mBCQXPDF，这里 B 为 r 阶方阵 则式等价于 rBOEOOOOO 则 BEr 所以 11rECXQPDF 其次，由式，直接验证可知 11rrrrEOECEOAXAPQQP PQOODFOOEOPQAOO 所以，满足 AXAA 的所有解为 11rECXQPDF 三、证明题 1设 A 为 n 阶方阵，证明：（A*）*An2A，n2浙江大学研 证明：当A0 时，有A*An10，而 A*（A*）*A*E，所以 112()|()|nnAAAAAAAA 当丨 A 丨0 时，有 r（A）n1：r（A）n1 时，A*0，从而（A*）*0，显然有（A*）*An2A；r（A）n1 时，有 r（A*）1，结合 n2 时知（A*）*0，故仍有（A*）*An2A 2设 A 为非零矩阵，但不必为方阵，证明 AXE 有解当且仅当 CA0 必有 C0，其中 E 为单位矩阵上海交通大学研 证明：设 A 为 mn 矩阵，则如果 AXE 有解 Bnm，即 ABEm，有 mr（A）r（Em）m，所以 r（A）m 又 CA0，所以有 r（A）r（C）m，从而可得 r（C）0，即 C0 如果 r（Anm）m，则线性方程组 AXm1有非零解，任取一个非零解 X1，令 C（X1，0，0）m1，则有 C0，且 AC0，即 CA0，矛盾，所以 r（Anm）m 由此可知 A 存在可逆矩阵，即 AXE 有解 3设 A、B 都是 n 阶方阵，E 为 n 阶单位矩阵证明：ABAB1的充要条件是 r（EAB）r（EAB）n厦门大学研 证明：由 ABAB1得（AB）2E，所以有：E（AB）2（EAB）（EAB）0 故 r（EAB）r（EAB）n（1）又 nr（2E）r（EAB）（EAB）r（EAB）r（EAB）（2）结合式（1）、式（2）可得：r（EAB）r（EAB）n 如果 r（EAB）r（EAB）n，则有 EABOrnOEAB 又由 22221()221()2EABOEABEABOEABOEABEEABEEABEABEABOEABEOOEAB 知 21(2)()2rErEABn 所以 21()2EABO 因此有（AB）2E 即 ABAB1 4求证：AUVAVAU 其中 A 为 n 阶矩阵，U，V 为 n 维列向量浙江大学研 证明：设 A（aij）mn，U（u1，un），V（V1，Vn）则 111 11212111122|nnnnnnnnnnauVauVauVA UVau Vau Vau V 这时，将式右端拆成 2m个 n 阶行列式之和，但其中有许多行列式等于 0（比如有两列都取 uiVi时），因此 1111 112111 1211121111,111121,11 1111112122211|()()()|nnnnnnnnnnnnnnnn nnnnnnnnnnnnnaauVaaA UVaauVaaauVaaauVauVaaau VAuV Au V AuV Au V AuV Au V AAV A U 5设 A（aij）为 nn 实矩阵，已知 aij0（i1，2，n），aij0（ij，i，j1，2，n）且 10(1,2,)nijjain 证明秩 An1北京大学研 证明：把所有各列都加到第一列上去，并注意到式，那么A0，秩 An1 其次，考虑 a11的代数余子式 222112nnnnaaAaa 因为iiijj iaa，所以,(1,2,)iiijj iaain 故在行列式中满足：aijai2ai3ai，i1ain（i1，2，n）即主对角严格占优，所以 A110 即秩 An1，从而秩 An1 6设 A1，A2，Ak是 k 个实对称方阵，1kn，而且 A1A2AkE，证明下述二条件等价：（1）A1，A2，Ak都是幂等方阵；（2）秩 A1秩 A2秩 Akn中国科技大学研 证明：先证（1）（2）；因为 Ai2Ai秩 AitrAi（i1，2，k），所以 111nkkiiiiiitrAtrAt EnAr秩 再证（2）（1）设秩 Airi（i1，2，k），再令：BA1Ai1Ai1Ak 由于 Ai是实对称阵，所以存在正交阵 T，使 100iriATT 但 1110000iirirEABTTBTBT 其中 B1TBT，再用 T左乘，T 右乘式两边，得 1111001111iirrBEB 所以秩 B秩 B1nr 另一方面秩 B秩（A1Ai1Ai1Ak）秩 A1秩 Ai1秩 Ai1秩 Ainr，从而秩 B秩 B1nri 由式得 1111011iirr 将它们代入式得 21100iiiATTAA 由 i 的任意性，即证 A1都是幂等阵 7设 A 是 sn 实矩阵，求证：秩（EnAA）秩（EsAA）ns复旦大学研 证明：因为 0000ssssnnnnEAEAEEAAEAEAEE 所以 0()0sssnnEAEAAEAAnAEE秩秩 又因为 0000ssssnnnnEEAEAEAEAEEEAA 所以()()ssnnnEAEEAAsEAAAE 秩秩秩秩 由可解得：秩（EsAA）秩（EsAA）ns 8 设 A 是秩为 r 的 n 阶方阵 证明：A2A 的充要条件是存在秩为 r 的 rn 矩阵 B 和秩为 r 的 nr 矩阵 C，使得 ACB，而且 BCE浙江大学研 证明：先证充分性设 ACB，其中 C，B 分别为 nr 和 rn 矩阵，且 BCEr则 A2（CB）（CB）C（BC）BCBA 再证必要性因为 A2A所以 A 可对角化，且其特征值只能是 0 和 1于是存在可逆阵 T，使 1100000rrrEEATTTETCB 其中 100，rrECTBET 那么 C 是 nr 矩阵，B 是 rn 矩阵，秩 C秩 Br，且 100rrrEBCETTE 第第 5 章章 二次型二次型 一、填空题 设 A 是 n 阶实可逆矩阵，则O AA O的正惯性指数是_，符号差是_厦门大学研【答案】n；0【解析】取1112EEPAA，则 P 为可逆矩阵，且 O AE OPPA OO E 可见O AA O的正、负惯性指数均为 n，符号差为 0 二、计算题 1设 n 阶实方阵 A 如下，试求 b 的取值范围使 A 为正定方阵 8333111311bbAb 清华大学研 解：记（3，1，1），Ak为 A 的 k 阶顺序主子式，则 kk111131|det(b 1)E(3,1,1)1det(b 1)E(b 1)(b 1)E(b 1)(1 91)=(b 1)(7)kkkkAbkbk 由于 A 正定的充要条件是Ak0（k1，2，n），所以，A 为正定矩阵的充要条件是 1(7),1,2,bbkkn 即 b1 2设 3201A（1）求 A1；（2）求非奇异矩阵 P，使 P1AP 成为对角阵；（3）求非奇异矩阵 R 使 R（AA）R 为对角阵复旦大学研 解：（1）11211*033121033AAA（2）计算可得EA（3）（1）所以 A 的特征值为 13，21 并可求出相应的线性无关特征向量为 1（1，0），2（1，2）令1211(,)02P 有 13001P AP（3）9665A作二次型并配方得 f（x1，x2）9x125x2212x1x2（3x12x2）2x22 令 11223201yxyx 则 f（x1，x2）y12y22且退化线性替换为 1122xyRxy 其中 13212101033R 故 10()01R A A R 3用正交变换，将二次曲面 2x125x225x324x1x24x1x38x2x31化为标准形上海交通大学研 解：令式左端的二次型为 f（x1，x2，x3），其相应矩阵为 A，则 222254245A 计算可得EA（1）2（10）所以 A 的特征值为 121，310 当 1 时，得特征向量 1（0，1，1），2（4，1，1）当 10 时，得特征向量 3（1，2，2）由于 1，2，3已经正交，再单位化即得 123410183112,32182113218 作正交变换 11223341018311232182113218xyxyxy 则上面二次曲面变为 y12y2210y321，它表示一个旋转椭球面 4设 123232450110001300,00a0000000 xxaAxxaxaaxa（1）试给出 A 可逆的条件，并求 A1；（2）当 A 可逆时，二次型 XAX 是否正定？并说明理由清华大学研 解：（1）由拉普拉斯定理，在 A 中取第 1，2 行，可算得 232311021300aaaAaaaa 所以当 a0 时，A 可逆且可求得 131000221100022100101000110000Aaaa（2）当 a0 时，设二次型 XAX 对应的矩阵为 B，则 2322321100013000002200220022aaaBaaaaaa 且 XAXXBX这时二次型 XBX 不一定是正定的比如 al，那么 B 中有一阶主子式 nl0，B不是正定阵，即 XAXXBX 不是正定二次型 三、证明题 1设 A 是 n 级反对称阵，证明：（1）当为奇数时，A0；当 n 为偶数时，A是一实数的完全平方；（2）A 的秩为偶数西安交通大学研 证明：先证若 A 是反对称阵，则有在实可逆阵 T，使 0110011000ATT 用数学归纳法，当 n1 时，A（0），结论显然成立 当 n2 时，00aAa，若 a0 时，结论成立 若 a0，对偶作初等变换，第 2 行乘 1/a，同时第 2 列也乘 1/a，即 10100011101000aaaa 即 A 与0110合同结论成立 归纳假设结论对 nk 时成立再证 nk1 时，设 1211,11222,112,11,12,1,10000kkkkkkk kkkk kaaaaaaAaaaaaa 若 A 的最后一行（列）元素全为零，则由归纳假设这结论已经成立不然经过行列同时对换，可设 ak，k10，那么最后一行和最后一列同乘以,11k ka，则 A 合同于 121112221212000110kkkkaabaabaabb 再利用 1，1 对偶作变换，则 A 合同于 121,1122,11,12,10000000000000100010kkkkbbbbbb 由归纳假设知 k1 阶反对称阵 1,11,100kkbb 与 0110011000 合同从而 A 合同于 01100110000110 再将最后两行两列交换到前面去，便知结论对 n1 也成立，即式成立（1）当 n 为奇数时，式右端不可能全是0110这些块，必含有一个零行，所以A0 当 n 为偶数时，若式右端含有零行，则A002，若式右端不含有零行，则 01100110ATT 于是 2220110nATT 结论也成立（2）设式成立，去掉那些为 0 的子矩阵，则 0110=0110A秩秩偶数 2已知 A，B 均为 n 阶实对称正定阵，且有 ABBA，试证：AB 也是正定矩阵北京航空航天大学研 证明：ABRnn，（AB）BABAAB，所以 AB 是 n 阶实对称阵 可以证明：存在同一个实可逆阵，使 1111nnaTATabTBTb 事实上，存在正交阵 P，使 11ssEP APE 其中 E，为 k 级单位阵，1，s互不相同由 ABBA，可得（P1AP）（P1BP）P1ABPP1BAP（P1BP）（P1AP）于是 11sBP BPPPBB 其中 Bi与 Ei是同级方阵 i（1，2，s）由 BB 可得 BiBi（i1，2，s），从而存在正交阵 Qi，使 10(i1,2,)0iiiiiikbQ BQsb 都是对角阵，再令 1sQQQ 那么 Q 是正交阵，且令 TPQ 则 11111111()ksssbbQbbT BTP BP Qk 为对角阵 11111111sssssQEQQETQATEE 也为对角阵，从而得证式成立 由于 A，B 正定，所以 ai0，bi0（i1，2，n）但 11111()()nnTABabTAT T BTTa b 因为 aibi0（i1，2，n），所以 AB 是正定阵 第二部分第二部分 课后习题课后习题 第第 1 章章 多项式多项式 1用 g（x）除 f（x），求商 q（x）与余式 r（x）：（1）f（x）x33x2x1，g（x）3x22x1；（2）f（x）x42x5，g（x）x2x2 解：（1）用分离系数的竖式进行计算 所以 1739262()99 qxr xx（2）q（x）x2x1，r（x）5x7 2m，p，q 适合什么条件时，有（1）x2mx1x3pxq；（2）x2mx1x4px2q 解：（1）因为 x3pxq 被 x2mx1 除所得的余式为（pm21）x（qm），所以 x2mx1x3pxq 的充要条件是 pm21qm0，即 pm21，qm（2）x2mx1x4px2q 的充要条件是有 g（x）使 x4px2q（x2mx1）g（x），比较次数及首项系数，常数项，可设 g（x）x2axq代入，展开，得 010amamqpaqm 由此得 x2mx1x4px2q 的充要条件是 p2m2，q1 或 pq1，m0 3求 g（x）除 f（x）的商 q（x）与余式 r（x）（1）f（x）2x55x38x，g（x）x3；（2）f（x）x3x2x，g（x）x12i 解：（1）用综合除法进行计算：所以 q（x）2x46x313x239x109，r（x）327（2）q（x）x22ix（52i），r（x）98i 4把 f（x）表成 xx0的方幂和，即表成 c0c1（xx0）c2（xx0）2的形式（1）f（x）x5，x01；（2）f（x）x42x23，x02；（3）f（x）x42ix3（1i）x23x7i，x0i 解：（1）用综合除法进行计算 43211132341511223234151122236110151132236110151132411011015114324110110151154151f xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx32101101511xxx 所以 x5（x1）55（x1）410（x1）310（x1）25（x1）1（2）应用综合除法 所以 f（x）（x2）48（x2）322（x2）224（x2）11（3）f（x）（xi）42i（xi）3（1i）（xi）25（xi）75i 5求 f（x）与 g（x）的最大公因式：（1）f（x）x4x33x24x1，g（x）x3x2x1（2）f（x）x44x31，g（x）x33x21（3）f（x）x410 x21，432()4 264 21g xxxxx 解：（1）用辗转相除法进行计算 所以（f（x），g（x）x1（2）（f（x），g（x）1（3）2,2 21fxg xxx 6求 u（x），v（x）使 u（x）f（x）v（x）g（x）（f（x），g（x）：（1）f（x）x42x3x24x2，g（x）x4x3x22x2（2）f（x）4x42x316x25x9，g（x）2x3x25x4（3）f（x）x4x34x24x1，g（x）x2x1 解：（1）用辗转相除法进行计算 以上计算表明：f（x）q1（x）g（x）r1（x），g（x）q2（x）r1（x）r2（x），r1（x）q3（x）r2（x）0因此（f（x），g（x）r2（x）x22g（x）q2（x）r1（x）g（x）q2（x）f（x）q1（x）g（x）q2（x）f（x）1q1（x）q2（x）g（x）所以 u（x）q2（x）x1，v（x）1q1（x）q2（x）x2（2）2112213333u xxv xxx,（3）u（x）x1，v（x）x3x23x2 7设 f（x）x3（1t）x22x2u，g（x）x3txu 的最大公因