北京科技大学高等代数考研答案
高等代数(北大第三版)习题答案完整
f ( x) = x 4 − 2 x 2 + 3 = ( x + 2) 4 − 8( x + 2)3 + 22( x + 2) 2 − 24( x + 2) + 11
3)
f ( x) = x 4 + 2ix 3 − (1 + i ) x 2 + 3 x + 7 + i
= ( x + i − i )4 + 2i ( x + i − i )3 − (1 + i )( x + i − i ) 2 − 3( x + i − i ) + 7 + i = ( x + i ) 4 − 2i( x + i)3 + (1 + i)( x + i ) 2 − 5( x + i ) + 7 + 5i
2
ε1 =
− 1 + 3i − 1 − 3i ,ε 2 = 2 2
证：设 ( f ( x ) h( x ), g ( x ) h( x )) = m( x ) 由
( f ( x ), g ( x)) h( x ) | f ( x) h( x) ∴ ( f ( x ), g ( x)) h( x ) | m( x )
设 d ( x ) = ( f ( x ), g ( x )) = u ( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ).
由 12 题 ( fg , f + g ) = 1 令 g = g1 g 2 … g n
∴ 每个i, ( fi , g ) = 1 ⇒ ( f1 f1 , g ) = 1, ⇒ ( f1 f 2 f3 , g ) = 1 , ⇒ ( f1 f 2
北京科技大学高代(下)习题解答1.doc
北京科技大学高代（下）习题解答1北京科技大学唐思铭462、设％, %是线性空间V的子空问，给出％U/是V的子空间的充分必要条件。
解：充分必要条件是％匸匕或匕匸必证明：必要性设V,UV2是V的子空间若％匸岭或％匸％不成立，则存在但少纟匕以及&2丘％但勺纟％。
因为v.uv2是u的子空间, 所以，^! + cr2 G U V2 ,因此有，（7] + （72 G V（或0+色丘匕，但是，如果a}+a2eV},由a} eV}可得，a2 e V},矛盾；而如果a}+a2^V2,由a. e V2又i可得，a} eV2,矛盾。
所以，V,cV2或匕uK充分性是显然的，证毕4.6.4、设a〕=（1, 一1,0）,设色=（一1,2,1）,求向星色，使得，span{a} ,a2,a3] = /?3解：设V；=span[a l 9a2 },易知，dim% = 2, （3X = a, + cr2 =（0,1,1）eV,,设=（0,0,1）,贝ij% = span {e ,勺} = s P an {e，0i }，e，0i，a3线性无关，所以，span [a l ,a2y ct.} = span {a} ,^,a3} = R' 4.6.5 >如果况维线性空间的子空间序列匕，i = l,2,…，满足条件，叫^岭匸…^匕匸…则存在自然数，使得，匕*严匕七=••• = %=•••证明（提示）:q =dim匕，j = 1, 2 ,…，则n x <n2 <-<n,467、若线性空间V的子空间％,岭的维数分别是人和乙，问：％+%和XU岭的所有可能维数是多少？解：％+岭所有可能维数是mr,+r2Z间的整数。
例如，对于斤+尸5 + 3 = 8,取线性无关的向量组a〕，…，逐，X = span{a} ,a2 ,a3,a4,a5 },贝！J,V2 = span{a3.a A,a5 }时，V} + V2的维数是5；V2= span{a4,a5y a6 }时，％ +岭的维数是6 ;V2= span{a^.a^a q }时，+ 匕的维数是7 ；V2 =span{a6,a7,a s }时,V, +V2的维数是8；V,UV2要成为子空间才有维数,此时V.G K或岭匸«,所以可能维数max{r, , r2}4.7.2、在线性空间疋中，记,硏={（旺,X2,••・,£）€/?" |x,+X2 +••• + X n =0| W2 ={（召,兀2|兀]=兀2 =•••=£}证明：R n =W X㊉怡证明（提示、）：设匕.=耳一勺+J = 1,2…,乃一1 , a“ = q+6 +…匕，贝！J，= span {&],•••, a n_x}, W2 = span {a n}由此易得，R n = W,㊉比证毕4.7.3、在线性空间7?”中,取向量0,也，…4$,记,U = span[a{ ,a2，…,Q$}V = a E R" a t a T = 0, z = 1 , 2,…，s}证明：是V的线性子空间，且R n=U㊉V 证明（提示）：这里是行向量。
高等代数习题答案
高等代数习题答案高等代数习题答案高等代数是大学数学中一门重要的课程，它涉及到线性代数、矩阵论、群论、环论等多个分支。
对于学习者来说，解答高等代数习题是提高自己理论和实践能力的重要途径。
本文将为大家提供一些高等代数习题的答案，帮助大家更好地掌握这门课程。
1. 线性代数1.1 解答题1.1.1 设A为n阶方阵，若A的特征值都是实数，则A是否一定是实对称矩阵？答案：不一定。
特征值是实数并不意味着矩阵一定是实对称矩阵。
例如，对于下面的矩阵：A = [1 2; -2 1]它的特征值为1和-1，都是实数，但它并不是实对称矩阵。
1.1.2 设A为n阶方阵，若A的特征值都是正实数，则A是否一定是正定矩阵？答案：不一定。
特征值都是正实数并不意味着矩阵一定是正定矩阵。
例如，对于下面的矩阵：A = [1 0; 0 -1]它的特征值为1和-1，都是正实数，但它并不是正定矩阵。
1.2 计算题1.2.1 计算矩阵A = [1 2; 3 4]的特征值和特征向量。
答案：首先，计算A的特征多项式：|A - λI| = |1-λ 2; 3 4-λ| = (1-λ)(4-λ) - 6 = λ^2 - 5λ - 2解这个方程得到特征值λ1 ≈ 5.79和λ2 ≈ -0.79。
然后，代入特征值计算特征向量：对于λ1 ≈ 5.79，解方程组(A-λ1I)x = 0，得到特征向量x1 ≈ [0.82; -0.57]对于λ2 ≈ -0.79，解方程组(A-λ2I)x = 0，得到特征向量x2 ≈ [0.57; -0.82]2. 矩阵论2.1 解答题2.1.1 什么是矩阵的秩？答案：矩阵的秩是指矩阵中线性无关的行或列的最大个数。
它表示矩阵的行（或列）空间的维数。
2.1.2 若A和B都是m×n的矩阵，且满足AB=0，是否可以得出A=0或B=0？答案：不一定。
若A和B都是m×n的矩阵，且满足AB=0，不能直接得出A=0或B=0。
(完整版)高等代数(北大版第三版)习题答案II
高等代数（北大*第三版）答案目录第一章多项式第二章行列式第三章线性方程组第四章矩阵第五章二次型第六章线性空间第七章线性变换第八章 —矩阵第九章欧氏空间第十章双线性函数与辛空间注：答案分三部分，该为第二部分，其他请搜索，谢谢！12．设A 为一个n 级实对称矩阵，且0<A ，证明：必存在实n 维向量0≠X ，使0<'A X X 。
证 因为0<A ，于是0≠A ，所以()n A rank =，且A 不是正定矩阵。
故必存在非退化线性替换Y C X 1-=使()BY Y ACY CY AX X '=''='-12222122221n p p p y y y y y y ----+++=++ΛΛ，且在规范形中必含带负号的平方项。
于是只要在Y C Z 1-=中，令p y y y ===Λ21,1,021=====++n p p y y y Λ则可得一线性方程组⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=++++++11002211,122,111,122111212111n nn n n n n p p p n pn p p n n x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c ΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛ，由于0≠C ，故可得唯一组非零解()ns s s s x x x X ,,,21Λ=使()0111000<--=----+++='p n AX X s sΛΛ， 即证存在0≠X ，使0<'A X X 。
13．如果B A ,都是n 阶正定矩阵，证明：B A +也是正定矩阵。
证 因为B A ,为正定矩阵，所以BX X AX X '',为正定二次型，且 0>'A X X ， 0>'B X X ，因此()0>'+'=+'BX X AX X X B A X ， 于是()X B A X +'必为正定二次型，从而B A +为正定矩阵。
【北京科技大学2012年考研专业课真题】高等代数2012
北 京 科 技 大 学2012年硕士学位研究生入学考试试题============================================================================================================= 试题编号： 825 试题名称： 高等代数 （共 2 页） 适用专业： 数学、统计学 说明： 所有答案必须写在答题纸上，做在试题或草稿纸上无效.=============================================================================================================一（15分）、判断5432()35762f x x x x x x =-+-+-有无重因式，若有，请求出()f x 的所有重因式并指出其重数.二(20分)、设矩阵111212210,111111A B -⎛⎫-⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪--⎝⎭ ⎪-⎝⎭. （1）计算矩阵T AB 以及行列式T T AB BA ；（2）求矩阵C ，使得CA B =.三(20分)、研究k 取何值时，线性方程组1231232353218522kx x x x x kx k x x ++=⎧⎪++=-⎨⎪+=⎩（1）有唯一解；（2）有无穷多解；（3）无解.四(20分)、设二次型222123123121323(,,)55266f x x x x x cx x x x x x x =++-+-的秩为2.（1）求参数c 使得该二次型的秩等于2；（2）写出该二次型的矩阵A ；（3）求一个正交矩阵P 和一个对角矩阵Λ使得1P AP -=Λ；（4）求一个非退化线性替换x Cy =把该二次型化为标准形.五(20分)、设4V R =，()1123,,V L ααα=，()212,V L ββ=，其中123(1,2,1,3),(1,1,2,1),(1,3,0,5),ααα=--=--=--12(1,0,4,2),(0,5,9,14).ββ=--=-求（1）1V 的维数与一组基；（2）2V 的维数与一组基；（3）12V V +的维数与一组基；（4）12V V ⋂的维数与一组基.六（15分）、设412946935A -⎛⎫ ⎪=-- ⎪ ⎪--⎝⎭.（1）求A 的初等因子；（2）求出A 的Jordan 标准形.七（10分）、设σ是线性空间V 上的线性变换，而V ξ∈. 设()()1,,,k ξσξσξ- 都不等于零，但()0k σξ=.证明：()()1,,,k ξσξσξ- 线性无关.八(15分)、设σ是线性空间V 上的线性变换，满足2320I σσ-+=，其中I 是恒等变换. 证明σ的特征值只能是1或2.九(15分)、设A 、B 都是n 阶方阵，证明：如果2A E =,则()()rank A E rank A E n ++-=其中E 为n 阶单位矩阵, ()rank ⋅表示矩阵的秩.。
北京科技大学2010年高等代数考研试题解答
看什么看,没见过美女? 3
七.解:A的特征多项式为 |λE − A| = λ + 4 10 0 −1 λ − 3 0 = (λ − 1)2 (λ + 2) −3 −6 λ − 1
故A的特征值为λ1 = λ2 = 1, λ3 = −2. 解方程组(λ1 E − A)x = 0求出属于特征值λ1 的线性无关的特征向量为 α1 = (−2, 1, 0)T , α2 = (0, 0, 1)T 解方程组(λ3 E − A)x = 0求出属于特征值λ3 的线性无关的特征向量为 α3 = (−5, 1, −3)T 可知α1 , α2 , α3 线性无关,令P = (α1 , α2 , α3 ),则有 A = P diag (1, 1, −2)P −1 于是 A100 = P diag (1, 1, −2)100 P −1 八.证:(1)充分性.显然. 必要性.由β ∈ Imσ = {σ (α)|α ∈ V },则存在α ∈ V 使得 σ (α ) = β 于是 σ (β ) = σ (σ (α)) = σ 2 (α) = σ (α) = β. (2)先证明V = Imσ + kerσ.首先,Imσ + kerσ ⊂ V.其次,∀α ∈ V,有 α = σ (α) + (α − σ (α)) 且σ (α) ∈ Imσ,容易验证α − σ (α) ∈ kerσ.即V ⊂ Imσ + kerσ.从而V = Imσ + kerσ. α,且 再证明:V = Imσ ⊕ kerσ. ∀α ∈ Imσ ∩ kerσ,则存在β ∈ V 使得σ (β ) = 0 = σ (α) = σ 2 (β ) = σ (β ) = α. 即Imσ ∩ kerσ = {0}.从而结论成立. 4
若(p(x), f (x)) = 1,则存在u(x), v (x)使得 p(x)u(x) + f (x)v (x) = 1 设p(x), f (x)的公共根为α,则代入上式有0=1.矛盾. 六.证:充分性.由α ̸= 0, β ̸= 0知A ̸= 0,故r(A) ≥ 1.又 r(A) = r(αβ T ) ≤ min(r(α), r(β T )) = 1 必 要 性. 由 于r(A) = 1,任 取A的 一 个 非 零 列 向 量X,则A的 其 余 列 都 是X 的数乘,故A可以表示为 A = (c1 X, c2 X, · · · , X, · · · , cn X ) = X (c1 , c2 , · · · , 1 · · · , cn ) 令α = X, β = (c1 , c2 , · · · , 1 · · · , cn )T 即可. 休息一下,插个图片养养眼.
北京科技大学历年高等代数考研真题汇编(2003-2017)
九．（本题 20 分）设线性空间V W1 W2 L Ws ，证明：存在V 的线性变换1, 2 ,L , s
使得（1）
2 i
i
，1
i
s
；（2） i
j
0
，i
j ；（3）1 2 L
s I 为恒等变
换；（4） Im i Wi ，1 i s 。
1 ( 1,2,1,3 ),2 ( 1,1,2,1 ),3 ( 1,3,0,5 ), 1 ( 1,0,4,2 ), 2 ( 0,5,9,14 ) .
求（1）V1 的维数与一组基；（2）V2 的维数与一组基；（3）V1 V2 的维数 与一组基；（4）V1 V2 的维数与一组基.
注意：第一、二大题不必抄题，在答题纸上写清题号即可。
一．填空题（本题 20 分，每小题 4 分）
1． 已知 A 为 n 阶方阵且 A 3 ，则 A1 2 A*
。
2 ． 设 A是 3 阶 可 逆 矩 阵 ， A的 第 1 行 与 第 2 行 交 换 后 得 到 矩 阵 B， 则
AB1
一（15 分）、判断 f ( x ) x5 3x4 5x3 7 x2 6 x 2 有无重因式，若有，请求出 f (x)
的所有重因式并指出其重数.
1
二(20
分)、设矩阵
A
2 1
1 1 1
1
0 1
,
B
2
1
1 1
2 1
.
（1）计算矩阵 ABT 以及行列式 ABT BAT ；
-3-
北京科技大学 2012 年硕士学位研究生入学考试试题
《高等代数》考研北京大学配套2021考研真题库
《高等代数》考研北京大学配套2021考研真题库第一部分名校考研真题第1章多项式一、判断题1．设Q是有理数域，则P＝{α＋βi|α，β∈Q}也是数域，其中．（）[南京大学研]【答案】对查看答案【解析】首先0，1∈P，故P非空；其次令a＝α1＋β1i，b＝α2＋β2i其中α1，α2，β1，β2为有理数，故a±b＝（α1＋β1i）±（α2＋β2i）＝（α1±α2）＋（β1±β2）i∈Pab＝（α1＋β1i）（α2＋β2i）＝（α1α2－β1β2）＋（α1β2＋α2β1）i∈P又令c＝α3＋β3i，d＝α4＋β4i，其中α3，α4，β3，β4为有理数且d≠0，即α4≠0，β4≠0，有综上所述得P为数域．2．设f（x）是数域P上的多项式，a∈P，如果a是f（x）的三阶导数f‴（x）的k 重根（k≥1）并且f（a）＝0，则a是f（x）的k＋3重根．（）[南京大学研] 【答案】错查看答案【解析】反例是f（x）＝（x－a）k＋3＋（x－a）2，这里f（a）＝0，并且f‴（x）＝（k＋3）（k＋2）（k＋1）（x－a）k满足a是f（x）的三阶导数f‴（x）的k重根（k≥1）．3．设f（x）＝x4＋4x－3，则f（x）在有理数域上不可约．（）[南京大学研] 【答案】对查看答案【解析】令x＝y＋1，则f（y）＝y4＋4y3＋6y2＋8y＋2，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1．f（x）＝x3＋6x2＋3px＋8，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（x2＋4x＋p）．且（f（x），f′（x））≠1，则（1）当p＝4时，有（f（x），f′（x））＝x2＋4x＋4所以x＋2是f（x）的三重因式，即f（x）（x＋2）3，这时f（x）的三个根为－2，－2，－2．（2）若p≠4，则继续辗转相除，即当p＝－5时，有（f（x），f′（x））＝x－1即x－1是f（x）的二重因式，再用（x－1）2除f（x）得商式x＋8．故f（x）＝x3＋bx2－15x＋8＝（x－1）2（x＋8）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x4＋x2＋1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次单位根分别为由于x6－1＝（x2）3－1＝（x2－1）（x4＋x2＋1），所以ε1，ε2，ε4，ε5是x4＋x2＋1的4个根.由于ε13＝ε53＝－1，且x4＋x2＋1∣f1（x3）＋x4f2（x3），所以，分别将ε1，ε5代入f1（x3）＋x4f2（x3）可得从而f1（－1）＝f2（－1）＝0即x＋1是f1（x）与f2（x）的一个公因式．同理，将ε2，ε4代入f1（x3）＋x4f2（x3）可得f1（1）＝f2（1）＝0，即x－1是f1（x）与f2（x）的一个公因式．所以（x－1）（x＋1）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））＝x2－1三、证明题1．设不可约的有理分数p/q是整系数多项式f（x）＝a0x n＋a1x n－1＋…＋a n－1x＋a n的根，证明：q∣a0，p∣a n[华中科技大学研]证明：因为p/q是f（x）的根，所以（x－p/q）∣f（x），从而（qx－p）∣f（x）．又因为p，q互素，所以qx－p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）＝（qx－p）（b n－1x n－1＋…＋b0，b i∈z比较两边系数，得a0＝qb n－1，a n＝－pb0⇒q∣a0，p∣a n2．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f k（x）∣g k（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g k（x）＝f k（x）h k（x），所以f k（x）∣g k（x）（2）再证充分性．设f k（x）∣g k（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））＝1①所以f k（x）＝d k（x）f1k（x），g k（x）＝d k（x）g1k（x）因为f k（x）∣g k（x），所以存在h（x）∈P[x]（x），使得g k（x）＝f k（x）·h（x）所以d k（x）g1k（x）＝d k（x）f1k（x）·h（x），两边消去d k（x），得g1k（x）＝f1k（x）·h（x）②由②得f1（x）∣g1k（x），但（f1（x），g1（x））＝1，所以f1（x）∣g1k－1（x）这样继续下去，有f1（x）∣g1（x），但（f1（x），g1（x））＝1故f l（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P[x]中的非零多项式，且g（x）＝s m（x）g1（x），这里m≥1．又若（s（x），g1（x））＝1，s（x）∣f（x）．证明：不存在f1（x），r（x）∈P[x]，且r（x）≠0，∂（r（x））＜∂（s（x））使①[浙江大学研]证明：用反证法，若存在f1（x），r（x）使①式成立，则用g（x）乘①式两端，得f（x）＝r（x）g1（x）＋f1（x）s（x）②因为s（x）∣f（x），s（x）∣f1（x）s（x），由②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[n≥2]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）＝x n＋a n－1x n－1＋…＋a1x＋a0，（a0≠0）．由于b n＋a n－1b n－1＋…＋a1b＋a0＝0①（1/b）n＋a n－1（1/b）n－1＋…＋a1（1/b）＋a0＝0⇒a0b n＋a1b n－1＋…＋a n－1b＋1＝0⇒b n＋（a1/a0）b n－1＋…＋（a n－1/a0）b＋1/ a0＝0 ②由g（x）不可约及①，②两式可得1/a0＝a0，a i/a0＝a n－i（i＝1，2，…，n－1）．故a0＝±1，a i＝±a n－i（i＝1，2，…，n－1）③由③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）∈R[x]由于∀n∈Z，f（n）＝g（n）＋ih（n）∈Z，所以h（x）＝0．下证g（x）∈Q[x]．事实上，令g（x）＝a0＋a1x＋…＋a m x m，a m≠0，a i∈R，i＝1，2，…，m则有a0＋a1＋…＋a m＝g（1）∈Z，a0＋a1·2＋…＋a m·2m＝g（2）∈Z，⋮a0＋a1（m＋1）＋…＋a m（m＋1）m＝g（m＋1）∈Z.记则有（a0，a1，…，a m）T＝（g（1），g（2），…，g（m＋1））①又显见∣T∣＝m!（m－1）!…2!1!≠0，由①式得（a0，a1，…，a m）＝（g（1），g（2），…，g（m＋1））T－1这里T－1是有理数域上的矩阵，g（1），g（2），…，g（m＋1）均为整数，所以a0，a1，…，a m∈Q．因此f（x）＝g（x）∈Q[x]．取f（x）＝x2/2－1/2，有f（x）＝（x－n）（x/2＋n/2）＋（n2－1）/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）＝（n2－1）/2∈Z．。