[家里蹲大学数学杂志]第261期安徽大学2008年高等代数考研试题参考解答

1 ($20'=5\times 4'$) 填空题.

(1)设 $$\bex \sex{\ba{ccc} 1&1&-1\\ 0&2&2\\ 1&-1&0 \ea}X=\sex{\ba{ccc} 1&-1&1\\ 1&1&0\\ 2&1&1 \ea}, \eex$$ 则 $X=?$

解答: $$\beex \bea X=&\sex{\ba{ccc} 1&1&-1\\ 0&2&-2\\ 1&-1&0 \ea}^{-1}\sex{\ba{ccc} 1&-1&1\\ 1&1&0\\ 2&1&1 \ea}\\ &=\frac{1}{6}\sex{\ba{ccc} 2&1&4\\ 2&1&-2\\ -2&2&2 \ea}\sex{\ba{ccc} 1&-1&1\\ 1&1&0\\ 2&1&1 \ea}\\ &=\frac{1}{6}\sex{\ba{ccc} 11&3&6\\ -1&-3&0\\ 4&6&0 \ea}. \eea \eeex$$

 

(2)在欧氏空间 $\bbR^3$ 中, 已知 $$\bex \alpha=\sex{\frac{1}{2},1,-\frac{1}{3}},\quad \beta=\sex{\frac{1}{3},2,5}, \eex$$ 且内积按通常的定义, 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 的夹角为?

解答: 夹角为 $$\bex \arccos\frac{\sef{\alpha,\beta}}{|\alpha|\cdot |\beta|} =\frac{9}{7\sqrt{262}}. \eex$$

 

(3)设 $\dps{A=\sex{\ba{cc}E_n&B\\ 0&E_n\ea}}$, 则 $A^{-1}=?$

解答: 由 $$\bex \sex{\ba{cccc} E_n&B&E_n&0\\ 0&E_n&0&E_n \ea}\rra\sex{\ba{cccc} E_n&0&E_n&-B\\ 0&E_n&0&E_n \ea} \eex$$ 知 $$\bex A^{-1}=\sex{\ba{cc} E_n&-B\\ 0&E_n \ea}. \eex$$

 

(4)在 $\bbR^3$ 中, 基 $$\bex \ve_1=(1,0,1),\quad \ve_2=(2,1,0),\quad \ve_3=(1,1,1) \eex$$ 的度量矩阵为?

解答: 所求为 $$\bex \sex{\sef{\ve_i,\ve_j}} =\sex{\ba{ccc} 2&2&2\\ 2&5&3\\ 2&3&3 \ea}. \eex$$

 

(5)设 $f(x)=6x^4-x^3+5x^2-x-1$, 则 $f(x)$ 的有理根为?

解答: 设 $b/a\ (a,b\in\bbZ,\ a\neq 0)$ 为 $f$ 的有理根, 则 $a\mid 6, b\mid (-1)$. 于是 $$\bex a=\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm6;\quad b=\pm 1. \eex$$ 又由 $$\bex f(1)=8,\ f(-1)=12,\ f\sex{\frac{1}{2}}=0,\ f\sex{-\frac{1}{2}}=\frac{5}{4}, \eex$$ $$\bex f\sex{\frac{1}{3}}=-\frac{20}{27},\ f\sex{-\frac{1}{3}}=0,\ f\sex{\frac{1}{6}}=-\frac{37}{36},\ f\sex{-\frac{1}{6}}=-\frac{37}{54} \eex$$ 知 $f$ 的有理根为 $$\bex -\frac{1}{3},\quad \frac{1}{2}. \eex$$

 

2($20'=6'+7'+7'$) 设 $\bbP,\bbP_1$ 是数域, $\bbP\subset \bbP_1$, $f(x),g(x)\in \bbP[x]$. 证明:

(1)若在 $\bbP_1[x]$ 中有 $f(x)\mid g(x)$, 则在 $\bbP[x]$ 中也有 $f(x)\mid g(x)$;

(2)$f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $\bbP[x]$ 中互素当且仅当 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $\bbP_1[x]$ 中互素;

(3)设 $f(x)$ 是 $\bbP[x]$ 中的不可约多项式, 则 $f(x)$ 在复数域 $\bbC$ 上的根都是单根.

证明:

(1)由辗转相除及域 $\bbP$ 的封闭性知存在唯一的 $p(x),r(x)\in\bbP[x]$, 使得 $$\bex g(x)=p(x)f(x)+r(x). \eex$$ 若在 $\bbP_1[x]$ 中, $f\mid g$, 则存在唯一的 $p_1(x)\in\bbP_1[x]$, 使得 $$\bex g(x)=p_1(x)f(x). \eex$$ 由唯一性知 $p_1(x)=p(x), r(x)=0$. 而 $g(x)=p(x)f(x)$, 在 $\bbP[x]$ 中也有 $f(x)\mid g(x)$.

(2)由辗转相除知, $f,g$ 的最大公因式不依赖于所讨论的数域, 而 $$\bex (f(x),g(x))_{\bbP[x]}=(f(x),g(x))_{\bbP_1[x]}. \eex$$

(3)用反证法. 若 $p(x)$ 在 $\bbC$ 上有重根 $a$, 则 $$\bex p(a)=0,\quad p'(a)=0. \eex$$

(a)若 $\dps{(p(x),p'(x))_{\bbP[x]}=1}$, 则 $$\bex \exists\ u(x),v(x)\in\bbP[x],\st u(x)p(x)+v(x)p'(x)=1. \eex$$ 将 $a$ 代入有 $0=1$. 这是一个矛盾.

(b)若 $$\bex (p(x),p'(x))_{\bbP[x]}=d(x),\quad \deg d(x)\geq 1. \eex$$ 则 $$\bex d(x)\mid p(x),\ d(x)\mid p'(x)\ra \deg d(x)\leq \deg p'(x)<\deg p(x). \eex$$ 这说明 $p(x)$ 在 $\bbP[x]$ 上可表示为两个次数比 $p(x)$ 低的多项式的乘积, 这与 $p(x)$ 不可约矛盾.

 

3($15'$) 计算行列式 $$\bex D_n=\sev{\ba{cccc} 1&1&\cdots&1\\ x_1&x_2&\cdots&x_n\\ x_1^2&x_2^2&\cdots&x_n^2\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ x_1^{n-2}&x_2^{n-2}&\cdots&x_n^{n-2}\\ x_1^n&x_2^n&\cdots&x_n^n \ea}. \eex$$

解答: 比较 $$\bex \sev{\ba{ccccc} 1&1&\cdots&1&1\\ x_1&x_2&\cdots&x_n&x\\ x_1^2&x_2^2&\cdots&x_n^2&x\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ x_1^{n-2}&x_2^{n-2}&\cdots&x_n^{n-2}&x^{n-2}\\ x_1^{n-1}&x_2^{n-1}&\cdots&x_n^{n-1}&x^{n-1}\\ x_1^n&x_2^n&\cdots&x_n^n&x^n \ea}=\prod_{1\leq i<j\leq n} (x_j-x_i)\cdot \prod_{i=1}^n (x-x_i) \eex$$ 两端 $x^{n-1}$ 的系数有 $$\bex -D_n=\prod_{1\leq i<j\leq n} (x_j-x_i)\cdot \sex{-\sum_{i=1}^n x_i}, \eex$$ $$\bex D_n=\prod_{1\leq i<j\leq n} (x_j-x_i)\cdot \sum_{i=1}^n x_i. \eex$$

 

4($20'$) 用正交线性替换化二次型 $$\bex f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2-2x_2^2-2x_3^2-4x_1x_2 +4x_1x_3+8x_2x_3 \eex$$ 为标准型.

解答: $f$ 的矩阵为 $$\bex A=\sex{\ba{ccc} 1&-2&2\\ -2&-2&4\\ 2&4&-2 \ea}. \eex$$ 由 $|\lambda E-A|=0$ 知 $A$ 的特征值为 $$\bex \lambda_1=-7\ (\mbox{单重}),\quad \lambda_2=2\ (\mbox{二重}). \eex$$ 由 $$\bex \lambda_1E-A\rra\sex{\ba{ccc} 2&0&1\\ 0&1&1\\ 0&0&0 \ea} \eex$$ 知 $A$ 的属于特征值 $\lambda_1=-7$ 的特征向量为 $$\bex \eta_1=\sex{\ba{ccc} 1\\ 2\\ -2 \ea}. \eex$$ 由 $$\bex \lambda_2E-A\rra\sex{\ba{ccc} 1&2&-2\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \ea} \eex$$ 知 $A$ 的属于特征值 $\lambda_2=2$ 的特征向量为 $$\bex \eta_2=\sex{\ba{ccc} -2\\ 1\\0 \ea},\quad\eta_3=\sex{\ba{ccc} 2\\0\\1 \ea}. \eex$$ 将 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 标准正交化有 $$\beex \bea \ve_1&=\frac{\eta_1}{|\eta_1|}=\eta_2=\sex{\ba{ccc} \frac{1}{3}\\\frac{2}{3}\\-\frac{2}{3} \ea};\\ \ve_2&=\frac{\eta_2-\sef{\eta_2,\ve_1}\ve_1}{} =\sex{\ba{ccc} -\frac{2}{\sqrt{5}}\\\frac{1}{\sqrt{5}}\\0 \ea};\\ \ve_3&=\frac{\eta_3-\sef{\eta_3,\ve_1}\ve_1-\sef{\eta_3,\ve_2}\ve_2}{} =\sex{\ba{ccc} \frac{2}{3\sqrt{5}}\\ \frac{4}{3\sqrt{5}}\\ \frac{\sqrt{5}}{3} \ea}. \eea \eeex$$ 取 $$\bex P=(\ve_1,\ve_2,\ve_3)=\sex{\ba{ccc} \frac{1}{3}&-\frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{2}{3\sqrt{5}}\\ \frac{2}{3}&\frac{1}{\sqrt{5}}&\frac{4}{3\sqrt{5}}\\ -\frac{2}{3}&0&\frac{\sqrt{5}}{3} \ea}, \eex$$ 则 $P$ 为正交阵, 且 $$\bex P^tAP=\sex{\ba{ccc} -7&&\\ &2&\\ &&2 \ea}. \eex$$ 于是在正交变换 $y=P^tx$ 下, $f$ 变为标准型 $$\bex f=x^tAx=x^tP\cdot P^tAP\cdot P^tx =y^t\sex{\ba{ccc} -7&&\\ &2&\\ &&2 \ea}y=-7y_1^2+2y_2^2+2y_3^2. \eex$$

 

5($20'=10'+10'$) 设 $L(V)$ 表示数域 $\bbP$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 的全部线性变换组成的集合. 证明:

(1)$L(V)$ 对于线性变换的加法和数量乘法构成 $\bbP$ 上的一个线性空间;

(2) $L(v)$ 与数域 $\bbP$ 上 $n$ 级方阵构成的线性空间 $\bbP^{n\times n}$ 同构.

证明:

(1)对 $\forall\ \scrA,\scrB\in L(V)$, $k\in\bbP$, 有 $$\bex (\scrA+\scrB)(\alpha)=\scrA\alpha+\scrB\alpha,\quad \forall\ \alpha\in V; \eex$$ $$\bex (k\scrA)(\alpha)=k\cdot \scrA\alpha,\quad \forall\ \alpha \in V. \eex$$ 如此, $L(V)$ 构成 $\bbP$ 上的一线性空间.

(2)取定 $V$ 的一组基 $\ve_1,\cdots,\ve_n$, 则 $\scrA$ 在该基下的矩阵为 $$\bex \scrA(\ve_1,\cdots,\ve_n)=(\ve_1,\cdots,\ve_n)A. \eex$$ 此 $\scrA$ 与 $A$ 的对应就是 $L(V)$ 到 $\bbP^{n\times n}$ 上的一一对应. 故而有结论.

 

6($20'$) 设 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_m\in\bbR^n$ 是齐次线性方程组 $Ax0$ 的基础解系, $k,l\in \bbR$, $$\bex \beta_1=k\alpha_1-l\alpha_2,\ \beta_2=k\alpha_2-l\alpha_3,\ \cdots,\ \beta_{m-1}=k\alpha_{m-1}-l\alpha_m,\ \beta_m=k\alpha_m-l\alpha_1. \eex$$ 试问: $k,l$ 应该满足什么关系, 使得 $\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_{m-1},\beta_m$ 是方程组 $Ax=0$ 的基础解系? 反之, 当 $\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_{m-1},\beta_m$ 是方程组 $Ax=0$ 的基础解系时, 这个关系必须成立 (请详细论证).

解答: 由题意, $$\beex \bea (\beta_1,\cdots,\beta_m)=(\alpha_1,\cdots,\alpha_m) \sex{\ba{ccccc} k&&&&-l\\ -l&k&&&\\ &-l&\ddots&&\\ &&\ddots&\ddots&\\ &&&-l&k \ea}. \eea \eeex$$ 为使 $\beta_1,\cdots,\beta_m$ 为 $Ax=0$ 的基础解系, 必须且仅须 $\dps{\sex{\ba{ccccc} k&&&&-l\\ -l&k&&&\\ &-l&\ddots&&\\ &&\ddots&\ddots&\\ &&&-l&k \ea}}$ 可逆, 此即 $\dps{D_m=\sev{\ba{ccccc} k&&&&-l\\ -l&k&&&\\ &-l&\ddots&&\\ &&\ddots&\ddots&\\ &&&-l&k \ea}\neq0}$. 又 $D_m$ 按第一行展开有 $$\bex D_m=k^m+(-1)^{m+1}(-l)(-l)^{m-1} =k^m-l^m, \eex$$ 故所求为 $k^m\neq l^m$.

 

7($20'=10'+10'$) 设 $\dps{A=\sex{\ba{ccc} 2&0&3\\ 1&-1&0\\ 0&2&1 \ea}}$

(1)把 $A$ 写成若干初等矩阵的乘积;

(2)把 $A^{-1}$ 写成 $A$ 的多项式.

解答:

(1)由 $$\bex \sex{\ba{ccc} 1&0&-3\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \ea}\sex{\ba{ccc} 2&0&3\\ 1&-1&0\\ 0&2&1 \ea}\sex{\ba{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&-2&1 \ea}=\sex{\ba{ccc} 2&-6&0\\ 1&-1&0\\ 0&0&1 \ea}, \eex$$ $$\bex \sex{\ba{ccc} 1&-6&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \ea}\sex{\ba{ccc} 2&-6&0\\ 1&-1&0\\ 0&0&1 \ea}\sex{\ba{ccc} 1&0&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \ea}=\sex{\ba{ccc} -4&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1 \ea} \eex$$ $$\bex \sex{\ba{ccc} -4&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1 \ea}=\sex{\ba{ccc} -4&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \ea}\sex{\ba{ccc} 1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1\ea} \eex$$ 知 $$\beex \bea \sex{\ba{ccc} 2&0&3\\ 1&-1&0\\ 0&2&1 \ea}&=\sex{\ba{ccc} 1&0&3\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \ea}\sex{\ba{ccc} 1&6&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \ea}\sex{\ba{ccc} -4&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \ea}\\ &\quad\sex{\ba{ccc} 1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1\ea}\sex{\ba{ccc} 1&0&0\\ -1&1&0\\ 0&0&1 \ea}\sex{\ba{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&2&1 \ea}. \eea \eeex$$

(2)由 $|\lambda E-A|=\lambda^3-2\lambda^2-\lambda-4$ 及 Hamilton-Caylay 定理知 $$\bex A^3-2A^2-A-4E=0\ra \frac{1}{4}(A^2-2A-E)A=E, \eex$$ 而 $$\bex A^{-1}=\frac{1}{4}(A^2-2A-E). \eex$$

 

8($15')$ 试证: 欧氏空间中两个向量 $\alpha,\beta$ 正交的充分必要条件是: 对任意实数 $t$, 都有 $|\alpha+t\beta|\geq |\alpha|$.

证明:

(1)$$\bee\label{261.8:1} \bea &\quad \forall\ t\in\bbR,\ |\alpha+t\beta|\geq |\alpha|\\ &\lra \forall\ t\in \bbR,\ |\alpha+t\beta|^2\geq |\alpha|^2\\ &\lra \forall\ t\in\bbR,\ |\beta|^2t^2-2\sef{\alpha,\beta}t\geq 0. \eea \eee$$

(2)$\ra$ 若 $\sef{\alpha,\beta}=0$, 则显然 \eqref{261.8:1} 成立.

(3)$\la$ 若 \eqref{261.8:1} 成立, 则 $$\beex \bea t>0&\ra |\beta|^2t\geq 2\sef{\alpha,\beta}\ra 0\geq \sef{\alpha,\beta}\ (t\to 0^+),\\ t<0&\ra |\beta|^2t\leq 2\sef{\alpha,\beta}\ra 0\leq \sef{\alpha,\beta}\ (t\to 0^-). \eea \eeex$$ 故 $\sef{\alpha,\beta}=0$.