高等代数(北大版)第9章习题测验参考答案
(完整版)高等代数(北大版第三版)习题答案II
证 1）作变换 ，即
，
则
。
因为 是正定矩阵，所以 是负定二次型。
2） 为正定矩阵，故 对应的 阶矩阵也是正定矩阵，由1）知
或 ，
从而
，
令
，
则
。
由于 是正定的，因此它的 级顺序主子式 ，从而 的秩为 。
即证 。
3．设
。
其中 是 的一次齐次式，证明： 的正惯性指数 ，负惯性指数 。
证 设 ，
的正惯性指数为 ，秩为 ，则存在非退化线性替换
，
使得
。
下面证明 。采用反证法。设 ，考虑线性方程组
，
该方程组含 个方程，小于未知量的个数 ，故它必有非零解 ，于是
，
上式要成立，必有
， ，
这就是说，对于 这组非零数，有
， ，
这与线性替换 的系数矩阵非退化的条件矛盾。所以
。
同理可证负惯性指数 ，即证。
4．设
是一对称矩阵，且 ，证明：存在 使 ，其中 表示一个级数与 相同的矩阵。
证 只要令 ，则 ，
注意到
， ，
则有
。
即证。
5．设 是反对称矩阵，证明： 合同于矩阵
。
设 的秩为 ，作非退化线性替换 将原二次型化为标准型
，
其中 为1或-1。由已知，必存在两个向量 使
和 ，
故标准型中的系数 不可能全为1，也不可能全为-1。不妨设有 个1， 个-1，
且 ，即
，
这时 与 存在三种可能：
， ，
下面仅讨论 的情形，其他类似可证。
令 ， ， ，
则由 可求得非零向量 使
，
即证。
证 采用归纳法。当 时， 合同于 ，结论成立。下面设 为非零反对称矩阵。
高等代数【北大版】9
| 1 | 2,
|
3
|
3
4 10
,
| 2 |
2, 6
|
4
|
5
4 14
.
§9.2 标准正交基
于是得 R[ x]4的标准正交基
1
|
1
1
| 1
2 ,
2
2
|
1
2
|
2
6 x
2
3
|
1
3
| 3
10 4
14 (5x3 3x) 4
§9.2 标准正交基
4.标准正交基间的基变换
设 1, 2 , , n与 1,2 , ,n 是 n 维欧氏空间V中的
1. 定义
设 A (aij ) Rnn , 若Ａ满足 则称A为正交矩阵.
AA E
2. 简单性质
1）A为正交矩阵 A 1. 2）由标准正交基到标准正交基的过渡矩阵是正交
矩阵.
§9.2 标准正交基
3）设 1, 2 , , n 是标准正交基，A为正交矩阵，若 (1,2 , ,n ) (1, 2 , , n ) A
（6）
§9.2 标准正交基
由公式（3）, 有
(i , j ) a1i1 j a2i 2 j
aninj
1 0
i i
j j
， （7）
把A按列分块为 A A1, A2, , An
由（7）有
A1
AA
A2
A1
,
A2
,
An
, An En
（8）
§9.2 标准正交基
三、正交矩阵
注:
① 由正交基的每个向量单位化, 可得到一组标准 正交基.
高等代数北大版(第三版)答案
令(x2+x+1)=0
得 ε1
=
−1+ 2
3i
,ε2
=
−1− 2
3i
∴f(x)与g(x)的公共根为 ε1,ε2 .
P45.16 判断有无重因式
① f (x) = x5 − 5 x4 + 7x3 + 2x2 + 4x − 8 ② f (x) = x4 + 4x2 − 4x − 3
解① f '(x) = 5x4 − 20x3 + 21x 2 − 4x + 4
设
f (x) d ( x)
=
f1 ( x),
g(x) d ( x)
=
g1 ( x),
及
d
(x)
=Байду номын сангаас
u(x)
f
(x)
+
v( x) g ( x).
所以 d (x) = u(x) f1(x)d (x) + v(x)g1(x)d (x).
消去 d (x) ≠ 0 得1 = u(x) f1(x) + v(x)g1(x)
P45.5
(1) g(x) = (x −1)(x2 + 2x +1) = (x −1)(x +1)2 f (x) = (x + 1)(x3 − 3x −1) ∴ ( f (x), g(x)) = x +1
(2) g(x) = x3 − 3x2 +1不可约 f (x) = x4 − 4x3 + 1不可约
3
u = − 1 [(t 2 + t + 3)(t 2 + 2t − 8) + 6t + 24] = −2(t + 4) ∴3
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 ----+++=++ ，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 === 21,1,021=====++n p p y y y 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 ，由于0≠C ，故可得唯一组非零解()ns s s s x x x X ,,,21 =使()0111000<--=----+++='p n AX X s s， 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。
高等代数【北大版】9.1
证：若 (i , j ) 0, i j
m
m
则 1 2 m 2 ( i , j )
i 1
j1
m
m
(i ,i ) (i , j )
i 1
i j
m
(i ,i ) 1 2 2 2 m 2
当 n 3 时，1）即为几何空间 R3中内积在直角 坐标系下的表达式 . ( , )即 .
§9.1 定义与基本性质
2）定义
( , ) a1b1 2a2b2 kakbk nanbn 易证( , )满足定义中的性质 1 ～ 4 .
所以 ( , ) 也为内积. 从而Rn 对于内积 ( , )也构成一个欧氏空间.
§9.1 定义与基本性质
问题的引入：
1、线性空间中，向量之间的基本运算为线性运算， 其具体模型为几何空间 R2、R3, 但几何空间的度量 性质(如长度、夹角)等在一般线性空间中没有涉及.
2、在解析几何中，向量的长度，夹角等度量性质 都可以通过内积反映出来：
长度：
夹角 , ： cos ,
两边开方，即得（7）成立.
§9.1 定义与基本性质
4. 欧氏空间中两非零向量的夹角 定义1：设V为欧氏空间，、 为V中任意两非零
向量，、 的夹角定义为 , arccos ( , )
0 ,
§9.1 定义与基本性质
定义2：设 、 为欧氏空间中两个向量，若内积
, 0
则称 与 正交或互相垂直，记作 .
k( f , g)
§9.1 定义与基本性质
3
.
(f
g
,
h)
(完整版)高等代数(北大版)第9章习题参考答案
第九章 欧氏空间1.设()ij a =A 是一个n 阶正定矩阵,而),,,(21n x x x =α, ),,,(21n y y y =β,在n R 中定义内积βαβα'A =),(,1) 证明在这个定义之下, n R 成一欧氏空间； 2) 求单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵；3) 具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。
解 1)易见βαβα'A =),(是n R 上的一个二元实函数，且 (1) ),()(),(αβαβαββαβαβα='A ='A '=''A ='A =， (2) ),()()(),(αβαββαβαk k k k ='A ='A =，(3) ),(),()(),(γβγαγβγαγβαγβα+='A '+'A ='A +=+， (4) ∑='A =ji j i ijy x a,),(αααα，由于A 是正定矩阵，因此∑ji j i ij y x a,是正定而次型，从而0),(≥αα，且仅当0=α时有0),(=αα。
2)设单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵为)(ij b B =，则)0,1,,0(),()( i j i ij b ==εε⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛nn n n n n a a a a a a a a a212222211211)(010j ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛ =ij a ，),,2,1,(n j i =，因此有B A =。
4) 由定义，知∑=ji ji ij y x a ,),(βα，α==β==故柯西—布湿柯夫斯基不等式为2.在4R 中,求βα,之间><βα,(内积按通常定义)，设: 1) )2,3,1,2(=α, )1,2,2,1(-=β， 2) )3,2,2,1(=α, )1,5,1,3(-=β， 3) )2,1,1,1(=α, )0,1,2,3(-=β。
高等代数(北大版)第9章习题参考答案
第九章欧氏空间1.设a ij是一个n阶正定矩阵,而(x1,x2,,x n),(y1,y2,,y n),在nR中定义内积(,),1)证明在这个定义之下,nR成一欧氏空间；2)求单位向量1(1,0,,0),(0,1,,0)2,⋯,(0,0,,1)n，的度量矩阵；3)具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。
解1)易见(,)是nR上的一个二元实函数，且(1)(,)()(,)，(2)(k,)(k)k()k(,)，(3)(,)()(,)(,)，(4) (,)aij xy，iji,j由于A是正定矩阵，因此i,j a ij xyij是正定而次型，从而(,)0，且仅当0时有(。
,)02)设单位向量11,00),(0,1,,0)(,,2,⋯,(0,0,,1)n，的度量矩阵为()Bb，则ija 11 a12a1nbij (,)(0,,ij1,(i)0)a22a22a2n 1 ( j)=a ij，(i,j1,2,,n)，an1an2ann 0因此有BA。
4)由定义，知(,) a ij xy(,)a ij x i x jij (,)a ij y i y ji,j，i,ji,j，，故柯西—布湿柯夫斯基不等式为axyaxxayyijijijijijiji,ji,ji,j2.在4R中,求,之间,(内积按通常定义)，设:1)(2,1,3,2),(1,2,2,1)，2)(1,2,2,3),(3,1,5,1)，3)(1,1,1,2),(3,2,1,0)。
解1)由定义,得(,)21123(1)210，所以,2。
2)因为(，,)1321253118(,)11222233 18，(，,)3311223336cos,1818 36 2 2，所以,。
4 3)同理可得(,(,)17,(,)3, ,)33 cos,，7731,cos所以77。
3.d(,)通常为,的距离，证明；d。
(,)d(,)d(,)证由距离的定义及三角不等式可得d(,)()()d(,)d(,)。
高等代数教案(北大版)高等代数试题以及解答
高等代数教案(北大版)-高等代数试题以及解答一、线性方程组1. 定义线性方程组，并说明线性方程组的解的概念。
2. 线性方程组的求解方法：高斯消元法、克莱姆法则。
3. 线性方程组的解的性质：唯一性、存在性。
4. 线性方程组在实际应用中的例子。
二、矩阵及其运算1. 定义矩阵，说明矩阵的元素、矩阵的行和列。
2. 矩阵的运算：加法、减法、数乘、矩阵乘法。
3. 矩阵的转置、共轭、伴随矩阵。
4. 矩阵的行列式、行列式的性质和计算方法。
三、线性空间与线性变换1. 定义线性空间，说明线性空间的基、维数。
2. 线性变换的定义，线性变换的矩阵表示。
3. 线性变换的性质：线性、单调性、可逆性。
4. 线性变换的应用：线性映射、线性变换在几何上的意义。
四、特征值与特征向量1. 特征值、特征向量的定义。
2. 矩阵的特征多项式、特征值和特征向量的计算方法。
3. 特征值和特征向量的性质：特征值的重数、特征向量的线性无关性。
4. 对称矩阵的特征值和特征向量。
五、二次型1. 二次型的定义，二次型的标准形。
2. 二次型的矩阵表示，矩阵的合同。
3. 二次型的性质：正定、负定、不定。
4. 二次型的判定方法，二次型的最小值和最大值。
六、向量空间与线性映射1. 向量空间的概念，包括基、维数和维度。
2. 线性映射的定义，线性映射的性质，如线性、单调性和可逆性。
3. 线性映射的表示方法，包括矩阵表示和坐标表示。
4. 线性映射的应用，如线性变换、线性映射在几何上的意义。
七、特征值和特征向量的应用1. 特征值和特征向量的计算方法，包括特征多项式和特征方程。
2. 特征值和特征向量的性质，如重数和线性无关性。
3. 对称矩阵的特征值和特征向量的性质和计算。
4. 特征值和特征向量在实际问题中的应用，如振动系统、量子力学等。
八、二次型的定义和标准形1. 二次型的定义，包括二次型的标准形和矩阵表示。
2. 二次型的矩阵表示，包括矩阵的合同和相似。
3. 二次型的性质，如正定、负定和不定。
高等代数习题(北大第四版)答案一到四章.docx
高等代数答案第一章多项式1 •用 g{x)除 /(.r),求商 </(.r)与余式 r(.r):1) /*(.r) = .r 3 - 3.r 2 - x-1,= 3.r 2 - 2.r +1: 2) f(x} = x 4 — 2.r+ 5,烈A ) = H -才+ 2 •解1)由带余除法，可得彳(才)=丄x--,/(.r) = - —.r--； 3 9 99 2 )同理可得久工)=X 2 + X- 1,心=-5.V+ 1 .2. m 、p 、q 适介什么条件时，冇1) x 1 + w.r-11 .t 3 + px+ q 、2) .r 2 + 7//.V+ 11 x 4 + + q o解I)由假设，所得余式为0,即(P+1 +〃小才+(0-刃) = 0,所以当+ 1 + - ° 时有才2 + my-11 x 3 + px*q° q- m- 02)类似可得(劝(2 — Q -刃?=0, j ：是当加=o 时，代入(2)可得〃=夕+ 1：而当 ［乡+ 1-p- ftl・=02-p-nr =0 时，代入(2〉可得0 = 1。
了 时,皆有 f + 〃/・丫+11 x 4 + pf + q o p + 〃厂=23. 求g(.x)除/(X )的商0⑴与余式：1) /*(.r) = Zr 5 - 5-r 3 - 8.i ,g(.r) = .r+ 3 ：2) f(x) = 一 , 一 不 g(.v)=才一 l + 2/ o0(・丫) = 2r 4 - +13” 一 39才 +109解1)；心)=-327°).(.丫) = '-2灯-(5+2/)。
/// = 0综上所诉,当 □攵.；p=q+\ -心)=-9 + 8/4. 把/(才)表示成才一兀的方幕和，即表成C Q +q(・Y-旺)+Q(才一・®)2 + ... + C…(X -X Q y+ …的形式：1) /(才)"，兀 T；2) /*(.r) = .r4 - 2.x2 + 3,x0 = -2；3) /(r) = x + 2/x一(l + /).r2一3x+ 7 + /,兀=-/«解1)由综合除法,可得/(x) = 1+ 5(x-1) + 10(r -1)2 +10(x-l)3^5(x -l)4+(r-l)5；2) 由综合除法，可得x4 -21^ + 3 = 11 - 24(.r+ 2) + 22(.r+ 2)2 -8(.r+ 2)3 + (.r+ 2)4:3) 由综介除法，可得.r4 + 2/：? - (1 + /).? -3x + (7 + z)= (7+5/)-5(x+/)4- (- 1一/比+/予-2«+/)+ (r+ // o5. 求/(貯与肌工)的最大公因式：1) /(才)=.r4 + .r5 -3, - 4才- 1£(才)=,+ , -.丫-1 ；2) /(.r) = .r4 -4.? + l,^(.r) =.? -3,r +1 ：3) f .r) - .r4 - lO.r2 + l,g(") - .r4 -心力 + 6A2 + 4/2r+ 1。
《高等代数》习题与参考答案
《高等代数》习题与参考答案数学系第一章 多项式1． 用)(x g 除)(x f ，求商)(x q 与余式)(x r ： 1）123)(,13)(223+-=---=x x x g x x x x f ； 2）2)(,52)(24+-=+-=x x x g x x x f 。
解 1）由带余除法，可得92926)(,9731)(--=-=x x r x x q ； 2）同理可得75)(,1)(2+-=-+=x x r x x x q 。
2．q p m ,,适合什么条件时，有 1）q px x mx x ++-+32|1， 2）q px x mx x ++++242|1。
解 1）由假设，所得余式为0，即0)()1(2=-+++m q x m p ，所以当⎩⎨⎧=-=++0012m q m p 时有q px x mx x ++-+32|1。
2）类似可得⎩⎨⎧=--+=--010)2(22m p q m p m ，于是当0=m 时，代入（2）可得1+=q p ；而当022=--m p 时，代入（2）可得1=q 。
综上所诉，当⎩⎨⎧+==10q p m 或⎩⎨⎧=+=212m p q 时，皆有q px x mx x ++++242|1。
3．求()g x 除()f x 的商()q x 与余式：1）53()258,()3f x x x x g x x =--=+； 2）32(),()12f x x x x g x x i =--=-+。
解 1）432()261339109()327q x x x x x r x =-+-+=-；2）2()2(52)()98q x x ix i r x i=--+=-+。
4．把()f x 表示成0x x -的方幂和，即表成2010200()()...()n n c c x x c x x c x x +-+-++-+的形式：1）50(),1f x x x ==；2）420()23,2f x x x x =-+=-；3）4320()2(1)37,f x x ix i x x i x i =+-+-++=-。
高等代数第9章习题参考答案
第九章 欧氏空间1.设()ij a =A 是一个n 阶正定矩阵,而),,,(21n x x x =α, ),,,(21n y y y =β,在n R 中定义内积βαβα'A =),(,1) 证明在这个定义之下, n R 成一欧氏空间； 2) 求单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵；3) 具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。
解 1)易见βαβα'A =),(是n R 上的一个二元实函数，且 (1) ),()(),(αβαβαββαβαβα='A ='A '=''A ='A =， (2) ),()()(),(αβαββαβαk k k k ='A ='A =，(3) ),(),()(),(γβγαγβγαγβαγβα+='A '+'A ='A +=+， (4) ∑='A =ji j i ijy x a,),(αααα，由于A 是正定矩阵，因此∑ji j i ijy x a,是正定而次型，从而0),(≥αα，且仅当0=α时有0),(=αα。
2)设单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵为)(ij b B =，则)0,1,,0(),()( i j i ij b ==εε⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nn n n n n a a a a a aa a a212222211211)(010j ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛ =ij a ，),,2,1,(n j i =， 因此有B A =。
4) 由定义，知∑=ji ji ij y x a ,),(βα，α==β==故柯西—布湿柯夫斯基不等式为2.在4R 中,求βα,之间><βα,(内积按通常定义)，设: 1) )2,3,1,2(=α, )1,2,2,1(-=β， 2) )3,2,2,1(=α, )1,5,1,3(-=β， 3) )2,1,1,1(=α, )0,1,2,3(-=β。
2019届北师大版高三数学(理)复习章末检测：第九章 解析几何(含答案)
第九章 章末检测(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．原点到直线x ＋2y －5＝0的距离为( ) A ．1 B. 3 C ．2 D. 52．(2018·安徽)过点(1,0)且与直线x －2y －2＝0平行的直线方程是( ) A ．x －2y －1＝0 B ．x －2y ＋1＝0 C ．2x ＋y －2＝0 D ．x ＋2y －1＝03．直线x －2y －3＝0与圆C ：(x －2)2＋(y ＋3)2＝9交于E 、F 两点，则△ECF 的面积为( ) A.32 B.34 C ．2 5 D.3554．(2018·咸宁调研)已知抛物线y 2＝4x 的准线与双曲线x 2a2－y 2＝1 (a>0)交于A 、B 两点，点F 为抛物线的焦点，若△FAB 为直角三角形，则双曲线的离心率是( )A. 3B. 6 C ．2 D ．35．已知圆的方程为x 2＋y 2－6x －8y ＝0，设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为( )A ．10 6B ．20 6C ．30 6D ．40 66．(2018·福建)设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线Γ上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( )A.12或32B.23或2 C.12或2 D.23或327．两个正数a 、b 的等差中项是52，一个等比中项是6，且a>b ，则双曲线x 2a 2－y2b 2＝1的离心率e 等于( )A.32 B.152 C.13 D.1338．若过点A(4,0)的直线l 与曲线(x －2)2＋y 2＝1有公共点，则直线l 的斜率的取值范围为( ) A ．[－3，3] B ．(－3，3)C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，339．(2018·商丘模拟)设双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的一条渐近线与抛物线y ＝x 2＋1只有一个公共点，则双曲线的离心率为( )A.54 B ．5 C.52D. 5 10．“神舟七号”宇宙飞船的运行轨道是以地球中心，F 为左焦点的椭圆，测得近地点A 距离地面m km ，远地点B 距离地面n km ，地球的半径为k km ，关于椭圆有以下三种说法：①焦距长为n －m ；②短轴长为＋＋；③离心率e ＝n －mm ＋n ＋2k.以上正确的说法有( )A ．①③B ．②③C ．①②D ．①②③11．设F 1、F 2是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1 (a>0，b>0)的两个焦点，P 在双曲线上，若PF 1→·PF 2→＝0，|PF 1→|·|PF 2→|＝2ac(c 为半焦距)，则双曲线的离心率为( )A.3－12B.3＋12 C ．2 D.5＋1212．(2018·浙江)设F 1、F 2分别为双曲线x 2a 2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P ，满足|PF 2|＝|F 1F 2|，且F 2到直线PF 1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为( )A ．3x±4y＝0B ．3x±5y＝0C ．4x±3y＝0D ．5x±4y＝0二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2018·安庆模拟)若一个圆的圆心在抛物线y 2＝4x 的焦点处，且此圆与直线3x ＋4y ＋7＝0相切，则这个圆的方程为________________．14．过椭圆x 2a 2＋y2b2＝1 (a>b>0)的左顶点A 作斜率为1的直线，与椭圆的另一个交点为M ，与y 轴的交点为B.若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________．15．(2018·江西)若椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的焦点在x 轴上，过点(1，12)作圆x 2＋y 2＝1的切线，切点分别为A ，B ，直线AB 恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．16．若方程x 24－t ＋y2t －1＝1所表示的曲线C ，给出下列四个①若C 为椭圆，则1<t<4；②若C 为双曲线，则t>4或t<1； ③曲线C 不可能是圆；④若C 表示椭圆，且长轴在x 轴上，则1<t<32.其中正确的三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)如图，直角三角形ABC 的顶点坐标A(－2,0)，直角顶点B(0，－22)，顶点C 在x 轴上，点P 为线段OA 的中点．(1)求BC 边所在直线方程；(2)M 为直角三角形ABC 外接圆的圆心，求圆M 的方程；(3)若动圆N 过点P 且与圆M 内切，求动圆N 的圆心N 的轨迹方程．18．(12分)已知抛物线y 2＝－x 与直线y ＝k(x ＋1)相交于A 、B 两点． (1)求证：OA ⊥OB ；(2)当△OAB 的面积等于10时，求k 的值．19．(12分)(2018·陕西)如图，设P 是圆x 2＋y 2＝25上的动点，点D 是P 在x 轴上的投影，M 为PD 上一点，且|MD|＝45|PD|.(1)当P 在圆上运动时，求点M 的轨迹C 的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被C 所截线段的长度．20．(12分)设直线l ：y ＝k(x ＋1) (k≠0)与椭圆x 2＋3y 2＝a 2(a>0)相交于两个不同的点A 、B ，与x 轴相交于点C ，记O 为坐标原点．(1)证明：a 2>3k 21＋3k2；(2)若AC →＝2CB →，求△OAB 的面积取得最大值时的椭圆方程．21．(12分)(2018·福建)已知直线l ：y ＝x ＋m ，m ∈R.(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l 相切于点P ，且点P 在y 轴上，求该圆的方程．(2)若直线l 关于x 轴对称的直线为l′，问直线l′与抛物线C ：x 2＝4y 是否相切？说明理由．22．(12分)(2018·山东)已知动直线l 与椭圆C ：x 23＋y22＝1交于P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)两不同点，且△OPQ的面积S △OPQ ＝62，其中O 为坐标原点． (1)证明：x 21＋x 22和y 21＋y 22均为定值．(2)设线段PQ 的中点为M ，求|OM|·|PQ|的最大值． (3)椭圆C 上是否存在三点D ，E ，G ，使得S △ODE ＝S △ODG ＝S △OEG ＝62？若存在，判断 △DEG 的形状；若不存在，请说明理由．第九章 章末检测1．D 2.A 3.C 4.B 5.B6．A [由|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，可设|PF 1|＝4k ，|F 1F 2|＝3k ，|PF 2|＝2k ，若圆锥曲线为椭圆，则2a ＝6k,2c ＝3k ，e ＝c a ＝12.若圆锥曲线为双曲线，则2a ＝4k －2k ＝2k,2c ＝3k ，e ＝c a ＝32.]7．D 8.C 9.D 10．A 11.D 12.C13．(x －1)2＋y 2＝4 14.6315.x 25＋y24＝1解析 由题意可得切点A(1,0)．切点B(m ，n)满足⎩⎪⎨⎪⎧n －12m －1＝－m n，m 2＋n 2＝1，解得B(35，45)．∴过切点A ，B 的直线方程为2x ＋y －2＝0. 令y ＝0得x ＝1，即c ＝1； 令x ＝0得y ＝2，即b ＝2.∴a 2＝b 2＋c 2＝5，∴椭圆方程为x 25＋y 24＝1.16．②17．解 (1)∵k AB ＝－2，AB⊥BC，∴k CB ＝22. ∴l BC ：y ＝22x －2 2. 故BC 边所在的直线方程为x －2y －4＝0.(3分) (2)在上式中，令y ＝0，得C(4,0)， ∴圆心M(1,0)．又∵|AM|＝3，∴外接圆的方程为(x －1)2＋y 2＝9.(6分) (3)∵圆N 过点P(－1,0)，∴PN 是该圆的半径．又∵动圆N 与圆M 内切， ∴|MN|＝3－|PN|，即|MN|＋|PN|＝3>2＝|MP|.(8分)∴点N 的轨迹是以M 、P 为焦点，长轴长为3的椭圆．∴a＝32，c ＝1，b ＝a 2－c 2＝ 54.∴轨迹方程为x 294＋y254＝1.(10分)18．解 设A(x 1，y 1)、B(x 2，y 2)．(1)由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝－x ，y ＝＋，得ky 2＋y －k ＝0，(2分)∴y 1y 2＝－1.又－x 1＝y 21，－x 2＝y 22，∴x 1x 2＝(y 1y 2)2＝1，∴x 1x 2＋y 1y 2＝0.(4分) ∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0，∴OA⊥OB.(6分) (2)如图，由(1)知y 1＋y 2＝－1k，y 1y 2＝－1， ∴|y 1－y 2|＝1＋y 22－4y 1y 2 ＝ 1k 2＋4＝210，(10分) ∴k 2＝136，∴k＝±16，即所求k 的值为±16.(12分)19．解 (1)设M 的坐标为(x ，y)，P 的坐标为(x P ，y P )， 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧x P ＝x ，y P ＝54y ，∵P 在圆上，∴x 2＋(54y)2＝25，即轨迹C 的方程为x 225＋y 216＝1.(6分)(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y ＝45(x －3)，设直线与C 的交点为A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，将直线方程y ＝45(x －3)代入C 的方程，得x 225＋－225＝1，即x 2－3x －8＝0.(8分) ∴x 1＝3－412，x 2＝3＋412.(10分) ∴线段AB 的长度为|AB|＝1－x 22＋1－y 22＝＋16251－x 22＝4125×41＝415.(12分) 20．(1)证明 依题意，由y ＝k(x ＋1)，得x ＝1ky －1.将x ＝1ky －1代入x 2＋3y 2＝a 2，消去x ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋3y 2－2k y ＋1－a 2＝0.①(2分)由直线l 与椭圆相交于两个不同的点，得Δ＝4k 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋3()1－a 2>0， 整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋3a 2>3，即a 2>3k 21＋3k 2.(5分)(2)解 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．由①得y 1＋y 2＝2k1＋3k2，由AC →＝2CB →，C(－1,0)，得y 1＝－2y 2，代入上式，得y 2＝－2k 1＋3k2.(8分)于是，S △OAB ＝12|OC|·|y 1－y 2|＝32|y 2|＝3|k|1＋3k 2≤3|k|23|k|＝32，(10分) 其中，上式取等号的条件是3k 2＝1，即k ＝±33， 由y 2＝－2k 1＋3k 2，可得y 2＝±33， 将k ＝33，y 2＝－33及k ＝－33，y 2＝33这两组值分别代入①，均可解出a 2＝5，所以，△OAB 的面积取得最大值时的椭圆方程是x 2＋3y 2＝5.(12分)21．解 方法一 (1)依题意，点P 的坐标为(0，m)．因为MP⊥l，所以0－m2－0×1＝－1，解得m ＝2，即点P 的坐标为(0,2)．(3分)从而圆的半径r ＝|MP|＝－2＋－2＝22，故所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8.(6分) (2)因为直线l 的方程为y ＝x ＋m ， 所以直线l′的方程为y ＝－x －m. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x －m ，x 2＝4y得x 2＋4x ＋4m ＝0. Δ＝42－4×4m＝16(1－m)．当m ＝1时，即Δ＝0时，直线l′与抛物线C 相切；当m≠1时，即Δ≠0时，直线l′与抛物线C 不相切．(10分) 综上，当m ＝1时，直线l′与抛物线C 相切； 当m≠1时，直线l′与抛物线C 不相切．(12分)方法二 (1)设所求圆的半径为r ，则圆的方程可设为(x －2)2＋y 2＝r 2. 依题意，所求圆与直线l ：x －y ＋m ＝0相切于点P(0，m)，则⎩⎪⎨⎪⎧4＋m 2＝r 2，|2－0＋m|2＝r ，解得⎩⎨⎧m ＝2，r ＝2 2.(4分)所以所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8.(6分) (2)同方法一．22．(1)证明 ①当直线l 的斜率不存在时，P ，Q 两点关于x 轴对称， 所以x 2＝x 1，y 2＝－y 1. 因为P(x 1，y 1)在椭圆上，因此x 213＋y 212＝1.①又因为S △OPQ ＝62，所以|x 1|·|y 1|＝62.② 由①②得|x 1|＝62，|y 1|＝1， 此时x 21＋x 22＝3，y 21＋y 22＝2. ②当直线l 的斜率存在时， 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由题意知m≠0，将其代入x 23＋y22＝1，得(2＋3k 2)x 2＋6kmx ＋3(m 2－2)＝0，其中Δ＝36k 2m 2－12(2＋3k 2)(m 2－2)>0，即3k 2＋2>m 2.(*)又x 1＋x 2＝－6km 2＋3k 2，x 1x 2＝2－2＋3k 2， 所以|PQ|＝1＋k 2·1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·263k 2＋2－m 22＋3k 2. 因为点O 到直线l 的距离为d ＝|m|1＋k2，所以S △OPQ ＝12|PQ|·d＝121＋k 2·263k 2＋2－m 22＋3k 2·|m|1＋k2＝6|m|3k 2＋2－m 22＋3k 2.又S △OPQ ＝62， 整理得3k 2＋2＝2m 2，且符合(*)式，(2分)此时x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝(－6km 2＋3k 2)2－2×2－2＋3k 2＝3， y 21＋y 22＝23(3－x 21)＋23(3－x 22)＝4－23(x 21＋x 22)＝2，综上所述，x 21＋x 22＝3，y 21＋y 22＝2，结论成立．(4分) (2)解 方法一 ①当直线l 的斜率不存在时，由(1)知|OM|＝|x 1|＝62，|PQ|＝2|y 1|＝2，因此|OM|·|PQ|＝62×2＝ 6. ②当直线l 的斜率存在时，由(1)知：x 1＋x 22＝－3k 2m ，y 1＋y 22＝k(x 1＋x 22)＋m ＝－3k22m＋m ＝－3k 2＋2m 22m ＝1m，|OM|2＝(x 1＋x 22)2＋(y 1＋y 22)2＝9k 24m 2＋1m 2＝6m 2－24m 2＝12(3－1m 2)．|PQ|2＝(1＋k 2)2＋2－m 2＋3k 22＝2＋m 2＝2(2＋1m 2)， 所以|OM|2·|PQ|2＝12×(3－1m 2)×2×(2＋1m 2)＝(3－1m 2)(2＋1m2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3－1m2＋2＋1m 222＝254. 所以|OM|·|PQ|≤52，当且仅当3－1m 2＝2＋1m2，即m ＝±2时，等号成立．综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为52.(8分)方法二 因为4|OM|2＋|PQ|2＝(x 1＋x 2)2＋(y 1＋y 2)2＋(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2＝2[(x 21＋x 22)＋(y 21＋y 22)]＝10.所以2|OM|·|PQ|≤4|OM|2＋|PQ|22＝102＝5.即|OM|·|PQ|≤52，当且仅当2|OM|＝|PQ|＝5时等号成立．因此|OM|·|PQ|的最大值为52.(3)解 椭圆C 上不存在三点D ，E ，G ，使得S △ODE ＝S △ODG ＝S △OEG ＝62. 证明：假设存在D(u ，v)，E(x 1，y 1)，G(x 2，y 2)满足S △ODE ＝S △ODG ＝S △OEG ＝62， 由(1)得u 2＋x 21＝3，u 2＋x 22＝3，x 21＋x 22＝3；v 2＋y 21＝2，v 2＋y 22＝2，y 21＋y 22＝2，(10分)解得u 2＝x 21＝x 22＝32；v 2＝y 21＝y 22＝1，因此u ，x 1，x 2只能从±62中选取，v ，y 1，y 2只能从±1中选取． 因此D ，E ，G 只能在(±62，±1)这四点中选取三个不同点， 而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S △ODE ＝S △ODG ＝S △OEG ＝62矛盾，所以椭圆C 上不存在满足条件的三点D ，E ，G. (12分)。
高等代数(北大版第三版)习题答案
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，该为第一部分，其他请搜索，谢谢！第一章 多项式1． 用)(x g 除)(x f ，求商)(x q 与余式)(x r ： 1）123)(,13)(223+-=---=x x x g x x x x f ； 2）2)(,52)(24+-=+-=x x x g x x x f 。
解 1）由带余除法，可得92926)(,9731)(--=-=x x r x x q ； 2）同理可得75)(,1)(2+-=-+=x x r x x x q 。
2．q p m ,,适合什么条件时，有 1）q px x mx x ++-+32|1， 2）q px x mx x ++++242|1。
解 1）由假设，所得余式为0，即0)()1(2=-+++m q x m p ，所以当⎩⎨⎧=-=++0012m q m p 时有q px x mx x ++-+32|1。
2）类似可得⎩⎨⎧=--+=--010)2(22m p q m p m ，于是当0=m 时，代入（2）可得1+=q p ；而当022=--m p 时，代入（2）可得1=q 。
综上所诉，当⎩⎨⎧+==10q p m 或⎩⎨⎧=+=212m p q 时，皆有q px x mx x ++++242|1。
3．求()g x 除()f x 的商()q x 与余式：1）53()258,()3f x x x x g x x =--=+； 2）32(),()12f x x x x g x x i =--=-+。
解 1）432()261339109()327q x x x x x r x =-+-+=-；2）2()2(52)()98q x x ix i r x i=--+=-+。
4．把()f x 表示成0x x -的方幂和，即表成2010200()()...()n n c c x x c x x c x x +-+-++-+的形式：1）50(),1f x x x ==；2）420()23,2f x x x x =-+=-；3）4320()2(1)37,f x x ix i x x i x i =+-+-++=-。
高等代数北大版课后答案完整版
高等代数（北大高等代数（北大**第三版）答案第一章多项式1．用)(x g 除)(x f ，求商)(x q 与余式)(x r ：1）123)(,13)(223+−=−−−=x x x g x x x x f ；2）2)(,52)(24+−=+−=x x x g x x x f 。
解1）由带余除法，可得92926)(,9731)(−−=−=x x r x x q ；2）同理可得75)(,1)(2+−=−+=x x r x x x q 。
2．q p m ,,适合什么条件时，有1）q px x mx x ++−+32|1，2）q px x mx x ++++242|1。
解1）由假设，所得余式为0，即0)()1(2=−+++m q x m p ，所以当⎩⎨⎧=−=++012m q m p 时有q px x mx x ++−+32|1。
2）类似可得⎩⎨⎧=−−+=−−010)2(22m p q m p m ，于是当0=m 时，代入（2）可得1+=q p ；而当022=−−m p 时，代入（2）可得1=q 。
综上所诉，当⎩⎨⎧+==1q p m 或⎩⎨⎧=+=212m p q 时，皆有q px x mx x ++++242|1。
3．求()g x 除()f x 的商()q x 与余式：1）53()258,()3f x x x x g x x =−−=+；2）32(),()12f x x x x g x x i =−−=−+。
解1）432()261339109()327q x x x x x r x =−+−+=−；2）2()2(52)()98q x x ix i r x i=−−+=−+。
4．把()f x 表示成0x x −的方幂和，即表成2010200()()...()n n c c x x c x x c x x +−+−++−+⋯的形式：1）50(),1f x x x ==；2）420()23,2f x x x x =−+=−；3）4320()2(1)37,f x x ix i x x i x i =+−+−++=−。
高等代数北大版习题参考答案
第九章 欧氏空间1.设()ij a =A 是一个n 阶正定矩阵,而),,,(21n x x x =α, ),,,(21n y y y =β,在nR 中定义内积βαβα'A =),(,1) 证明在这个定义之下, n R 成一欧氏空间；2) 求单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵；3) 具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。
解 1)易见βαβα'A =),(是n R 上的一个二元实函数，且 (1) ),()(),(αβαβαββαβαβα='A ='A '=''A ='A =，(2) ),()()(),(αβαββαβαk k k k ='A ='A =，(3) ),(),()(),(γβγαγβγαγβαγβα+='A '+'A ='A +=+， (4)∑='A =ji j i ij y x a ,),(αααα，由于A 是正定矩阵，因此∑ji j i ij y x a ,是正定而次型，从而0),(≥αα，且仅当0=α时有0),(=αα。
2)设单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵为)(ij b B =，则)0,1,,0(),()( i j i ij b ==εε⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛nn n n n n a a a a a a a a a212222211211)(010j ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ =ij a ，),,2,1,(n j i =， 因此有B A =。
4) 由定义，知∑=ji ji ij y x a ,),(βα，α==β==故柯西—布湿柯夫斯基不等式为2.在4R 中,求βα,之间><βα,(内积按通常定义)，设: 1) )2,3,1,2(=α, )1,2,2,1(-=β， 2) )3,2,2,1(=α, )1,5,1,3(-=β， 3))2,1,1,1(=α, )0,1,2,3(-=β。
(完整版)高等代数(北大版)第10章习题参考答案.doc
第十章双线性函数与辛空间1、 设 V 是数域 P 上的一个三维线性空间，1，2 ，3 是它的一组基， f 是 V 上的一个线性函数，已知f ( 1+3 )=1,f ( 2 -23 )=-1,f (1+2 )=-3求 f (X 1 1+X 2 2 +X3 3 ).解 因为 f 是 V 上线性函数，所以有f ( 1)＋ f ( 3 )=1f ( 2 )-2 f ( 3 )=-1f (1)+f (2 )=-3解此方程组可得f (1)＝ 4， f (2 )＝－ 7， f (3 )＝－ 3于是f (X 11+X2 2+X33 ).＝ X 1 f ( 1)＋ X 2 f (2 )＋X3 f (3 )＝4 X 1 － 7 X 2 － 3 X 32、 设 V 及1，2，3 同上题，试找出一个线性函数f ,使f ( 1+ 3 )＝ f ( 2 -2 3 )=0, f (1+2 )=1解设 f 为所求 V 上的线性函数，则由题设有f ( 1)＋ f ( 3 )=0f ( 2 )-2 f ( 3 )=0f (1)+f (2 )=1解此方程组可得f (1) ＝－ 1， f ( 2 )＝ 2， f ( 3 )＝ 1于是a V,当 a 在 V 的给定基 1，2，3 下的坐标表示为a= X 11+X 22+X33 时，就有f (a)=f (X 11+X 22 +X 33 )= X 1 f ( 1) ＋ X 2 f (2 )＋ X3 f (3)=-X 1 +2 X 2 + X 33、1，2，3 是 性空 V 的一 基， f1,f2,f3是它的 偶基，令1＝ 1－3 ， 2＝1＋2－3 ， 3＝2＋3： 1，2，3 是 V 的一 基，并求它的 偶基。
：（1，2， 3）＝（1，2，3 ）A由已知，得11 0 A ＝ 01 11 1 1因 A ≠0，所以 1， 2， 3 是 V 的一 基。
g1,g2,g3 是 1，2，3 得 偶基，（ g1,g2,g3）＝（ f1,f2,f3 ）（ A ） 11 1 ＝（ f1,f2,f3 ） 11 2 111因此g1=f2-f3 g2=f1-f2+f3 g3=-f1+2f2-f34. V 是一个 性空 ， f1,f2 , ⋯ fs 是 V * 中非零向量， ：∈ V ，使fi() ≠ 0 (i=1,2 ⋯ ,s) ： s 采用数学 法。
高等代数(北大第三版)习题答案完整
解出(ⅰ)当 u = 0时t + 3t − 3t + 4 = 0(t + 4)(t − t + 1)
3 2 2
1 ± 3¡ ± 3 ¡ t = −4或t = =e 2 ∴
(ⅱ)
π
当u ≠ 0时, 只有t 2 + t + 3 = 0,
t 1 =− t +1 3
t 3 + 3t 2 − (u + 3)t + (4 − u ) ⇒ u =
f ( x ) = x 5 , x0 = 1 ：即 ∴ f ( x) = ( x − 1)5 + 5( x − 1) 4 + 10( x − 1)3 + 10( x − 1) 2 + 5( x − 1) + 1
当然也可以 f ( x) = x = [( x − 1) + 1]
5 5
= ( x − 1)5 + 5( x − 1) 4 + ⋅⋅⋅ + 1
2
ε1 =
− 1 + 3i − 1 − 3i ,ε 2 = 2 2
所以 d ( x) = u ( x) f1 ( x) d ( x) + v( x) g1 ( x)d ( x). 消去 d ( x ) ≠ 0 得 1 = u ( x) f1 ( x) + v( x) g1 ( x)
P45.11
证：设 ( f ( x), g ( x)) = d ( x) ≠ 0, f ( x) = f1 ( x) d ( x), g ( x) = g1 ( x)d ( x)
t= − 1 ± − 11 2
P45、8 d ( x ) | f ( x ), d ( x ) | g ( x ) 表明 d ( x ) 是公因式 又已知： d ( x)是f ( x)与g ( x)的组合 所以 表明任何公因式整除 d ( x )
高等代数课件(北大三版)--第九章 二次型
例1
设
0 0 A 0 3 0 3 6 0 0 6 12 4 3 0 4 0
惠州学院数学系
我们按定理9.1.2所给出的方法对A施行行和列 初等变换，将A变成 P AP ，使得 P AP是一个对 角形矩阵。同时对单位矩阵 I 4 ，施行同样的初等 变换而得出P。 交换A第一列和第二列，第一行和第二行，同 时交换 I 4 的第一列和第二列。这时A和 I 4 分别化 为：
① 自反性：任意矩阵A都与自身合同，因为IAI=A ② 对称性：如果B与A合同，那么A也与B合同，因为 由 P AP B 可以得出
(P
1 1 1 ) BP ( P ) 1BP A
③ 传递性：如果 B 与 A 合同，C 与 B 合同，那 么C 与 A 合同。
惠州学院数学系
xi x j x j xi ,
n
n
（2） q( x1 , x2 , , xn ) aij xi x j , aij a ji
i 1 j 1
是（2）式右端的系数所构成的矩阵,称 为二次型 q( x1 , x2 ,, xn ) 的矩阵。因为 a ij a ji , 所以A是F上的一个n 阶对称矩阵，利用矩阵的乘 法，（2）式可以写成
惠州学院数学系
9.1.1 二次型及矩阵
定义1 设F是一个数域，F上n元二次齐次多项式
（1）
q( x1 , x 2 , , x n ) a11 x1 a 22 x 2 a nn x n
2
2
2
2a12 x1 x 2 2a13 x1 x 3 2a n1,n x n1 x n
惠州学院数学系
（5）
x1 y1 x2 y2 P x y n n
高等代数(北大版)第9章习题参考答案
B (bij ) ，则
a11 a 22 bij ( i , j ) (0,, 1 ,0) (i ) a n1
0 a12 a1n a 22 a 2 n (i, j 1,2,, n) ， 1 ( j) a = ij ， a 1 , 2 ,
1 1 4,0,1,3 ， a 26
n 是欧氏空间
V 的一组基，证明：
1） 如果 V 使 , i 0i 1,2,, n, ，那么 0 。 2） 如果 1 , 2 V 使对任一 V 有 1 , 2 , ，那么 1 2 。 证 1)因为 1 , 2 ,
n 为欧氏空间
V 的一组基，且对 V ，有
, i 01,2,, n
，
所以可设 k11 k 2 2 k n n ， 且有
, , k11 k 2 2 k n n k1 ,1 k 2 , 2 k n , n
2 3
2 2
( 2 , 1 ) 1 1 x ，其中( 2 , 1 ) 1 x 1dx 0 ，又因为 ( 1 , 1 )
1
( 3 , 1 ) ( 2 , 2 ) 1 x 2 dx
1
2 ， 3
1
( 1 , 1 ) 1 1 1dx 2 ， ( 3 , 2 ) 1 x 2 xdx 0 ，
解 1)由定义,得
( , ) 2 1 1 2 3(1) 2 1 0 ，
所以
,
2)因为
2。
( , ) 1 3 2 1 2 5 3 1 18 ， ( , ) 11 2 2 2 2 3 3 18 ， ( , ) 3 3 11 2 2 3 3 36 ，
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第九章 欧氏空间1.设()ij a =A 是一个n 阶正定矩阵,而),,,(21n x x x Λ=α, ),,,(21n y y y Λ=β,在n R 中定义内积βαβα'A =),(,1) 证明在这个定义之下, n R 成一欧氏空间； 2) 求单位向量)0,,0,1(1Λ=ε, )0,,1,0(2Λ=ε, … , )1,,0,0(Λ=n ε，的度量矩阵；3) 具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。
解 1)易见βαβα'A =),(是n R 上的一个二元实函数，且 (1) ),()(),(αβαβαββαβαβα='A ='A '=''A ='A =， (2) ),()()(),(αβαββαβαk k k k ='A ='A =，(3) ),(),()(),(γβγαγβγαγβαγβα+='A '+'A ='A +=+， (4) ∑='A =ji j i ijy x a,),(αααα，由于A 是正定矩阵，因此∑ji j i ij y x a,是正定而次型，从而0),(≥αα，且仅当0=α时有0),(=αα。
2)设单位向量)0,,0,1(1Λ=ε, )0,,1,0(2Λ=ε, … , )1,,0,0(Λ=n ε，的度量矩阵为)(ij b B =，则)0,1,,0(),()(ΛΛi j i ij b ==εε⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛nn n n n n a a aa a a a a a ΛM O MM ΛΛ212222211211)(010j ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛M M =ij a ，),,2,1,(n j i Λ=， 因此有B A =。
4) 由定义，知∑=ji ji ij y x a ,),(βα，α==β==故柯西—布湿柯夫斯基不等式为2.在4R 中,求βα,之间><βα,(内积按通常定义)，设: 1) )2,3,1,2(=α, )1,2,2,1(-=β， 2) )3,2,2,1(=α, )1,5,1,3(-=β， 3) )2,1,1,1(=α, )0,1,2,3(-=β。
解 1)由定义,得012)1(32112),(=⨯+-+⨯+⨯=βα，所以2,πβα>=<。
2)因为1813521231),(=⨯+⨯+⨯+⨯=βα， 1833222211),(=⨯+⨯+⨯+⨯=βα， 3633221133),(=⨯+⨯+⨯+⨯=βα，22361818,cos =>=<βα，所以4,πβα>=<。
3)同理可得3),(=βα, 17),(=αα, 3),(=ββ, 773,cos >=<βα，所以773cos ,1->=<βα。
,,ij i jiji ji ji ja x yay y ≤∑3. βαβα-=),(d 通常为βα,的距离，证明；),(),(),(γββαβαd d d +≤。
证 由距离的定义及三角不等式可得)()(),(γββαγαβα-+-=-=dγββα-+-≤),(),(γββαd d +=。
4在R 4中求一单位向量与()()()3,1,1,2,1,1,1,1,1,1,1,1---正交。
解 设()4321,,,x x x x =α与三个已知向量分别正交，得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+++=+--=+-+03200432143214321x x x x x x x x x x x x ， 因为方程组的系数矩阵A 的秩为3，所以可令 x 3,0,414213-===⇒=x x x ，即()3,1,0,4-=α。
再将其单位化，则 ()3,1,0,42611-==αηa ， 即为所求。
5．设n αααΛΛ,,21是欧氏空间V 的一组基，证明：1） 如果V ∈γ使()(),,,2,10,n i i ΛΛ==αγ，那么0=γ。
2） 如果V ∈21,γγ使对任一V ∈α有()()αγαγ,,21=，那么21γγ=。
证 1)因为n αααΛΛ,,21为欧氏空间V 的一组基，且对V ∈γ，有()()n i ,,2,10,ΛΛ=αγ ，所以可设n n k k k αααγΛΛ++=2211， 且有()()()()()n n n n k k k k k k αγαγαγαααγγγ,,,,,22112211+++=+++=ΛΛΛΛ即证0=γ。
2)由题设，对任一V ∈α总有()()αγαγ,211=，特别对基i α也有()()i i αγαγ,211=，或者()()n i i ,,2,10,21ΛΛ==-αγγ，再由1)可得021=-γγ，即证21γγ=。
6设3,2,1εεε是三维欧氏空间中一组标准正交基，证明：()()()321332123211223122312231εεεαεεεαεεεα--=+-=-+=也是一组标准正交基。
证 因为()()3213212122,2291,εεεεεεαα+--+=()()()[]3322112,,22,291εεεεεε-+-+=[]0)2()2(491=-+-+=，同理可得()()0,,3231==αααα， 另一方面 ()()3213211122,2291,εεεεεεαα-+-+=()()()[]332211,,4,491εεεεεε--++= 1)144(91=++=， 同理可得()()1,,3322==αααα，即证321,,ααα也是三维欧氏空间中的一组标准正交基。
7.设54321,,,,εεεεε也是五维欧氏V 空间中的一组标准正交基, ()3221,,αααL V =，其中 511εεα+= ,4212εεεα+-= , 32132εεεα++=，求1V 的一组标准正交基。
解 首先证明321,,ααα线性无关.事实上，由⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=001010100110211),,,,(),,(54321321εεεεεααα，其中 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=001010100110211A 的秩为3，所以321,,ααα线性无关。
将正交化，可得5111εεαβ+==，=-=),(),(112222βββααβ54212121εεεε-+-，单位化，有)(22511εεη+=， )22(101054212εεεεη-+-=， )(2153213εεεεη-++=，则321,,ηηη为1V 的标准正交基。
8. 求齐次线性方程组⎩⎨⎧=+-+=-+-+032532154321x x x x x x x x x 的解空间(作为5R 的子空间)的一组标准正交基。
解 由⎩⎨⎧+--=+--=-32153215423x x x x x x x x x 可得基础解系为)1,5,0,0,1(1--=α，)1,4,0,1,0(2--=α，)1,4,1,0,0(3=α，它就是所求解空间的一组基。
将其正交化，可得)1,5,0,0,1(11--==αβ， )2,1,0,9,7(91),(),(1111222---=-=ββββααβ，)2,1,15,6,7(151),(),(),(),(222231111333=--=ββββαββββααβ，再将321,,βββ单位化,可得 )1,5,0,0,1(3311--=η，)2,1,0,9,7(15312---=η，)2,1,15,6,7(35313=η，则321,,ηηη就是所求解空间的一组标准正交基。
9.在R[X]4中定义内积为(f,g)=⎰-dx x g x f )()(11求R[X]4的一组标准正交基(由基1.32,,χχχ出发作正交化)。
解 取R[X]4的一组基为,,,,1342321x x x ====αααα将其正交化,可得111==αβ，x =-=1111222),(),(ββββααβ，其中(⎰=•=-01),1112dx x βα，又因为⎰===-32),(),(2112213dx x βββα， ⎰=•=-211),(1111dx ββ， ⎰=•=-0),(21123xdx x βα，所以31),(),(),(),(2222231111333-=--=x ββββαββββααβ，同理可得x x 53),(),(),(),(),(),(333334222241111444-=---=ββββαββββαββββααβ，再将4321,,,ββββ单位化，即得221111==ββη，x261222==ββη，)13(41023-=x η，)35(41434x x -=η， 则4321,,,ηηηη即为所求的一组标准正交基。
10.设V 是一n 维欧氏空间,0≠α是V 中一固定向量,1)证明:V },0),(|{1V x a x x ∈==是V 的一个子空间； 2)证明:V 1的维数等于n-1。
证 1)由于0,01V ∈因而V 1非空.下面证明V 1对两种运算封闭.事实上,任取,,121V x x ∈ 则有 (0),(),21==ααx x ，于是又有(0)()(),2121=+++=+αααx x x x ，所以121x x V +∈。
另一方面，也有 (0),(),11==ααx k kx ， 即11kx V ∈。
故V 1是V 的一个子空间。
2)因为0≠α是线性无关的，可将其扩充为V 的一组正交基2,,n αηηL ，且(0),=αηi(),3,2n i Λ=，1(2,3,)i V i n η∈=L 。
下面只要证明:对任意的ββ,1V ∈可以由nηηηΛ,,32线性表出，则1V 的维数就是1-n 。
事实上，对任意的1V ∈β，都有V ∈β，于是有线性关系n n k k k ηηαβ+++=Λ221，且 ),(),(),(),(221αηαηαααβn n k k k +++=Λ， 但有假设知 ),,2,1(0),(),(n i i Λ===αηαβ，所以0),(1=ααk ，又因为0≠α，故01=k ，从而有n n k k ηηβ++=Λ22， 再由β的任意性，即证。
11．1）证明：欧氏空间中不同基的度量矩阵是合同的。
2）利用上述结果证明：任一欧氏空间都存在标准正交基。
证：1）设n ααα,,,21Λ与n βββ,,,21Λ是欧氏空间V 的两组不同基，它们对应的度量矩阵分别是)(ij a A =和)(ij b B =，另外，设n ααα,,,21Λ到n βββ,,,21Λ的过渡矩阵为)(ij c C =，即⎪⎩⎪⎨⎧+++=+++=n nn n n n n n c c c c c c αααβαααβΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛ221112121111 ，),(),(1111n nj j n ni i j i ij c c c c b ααααββ++++==ΛΛ=∑=++nk n nj j k kic c c111),(αααΛ=∑∑==nk ns s k sjki c c11),(αα=∑∑==n k ns ks siki c c11α，另一方面,令)(),(''ij ij e DC AC C d A C D ====， 则D 的元素为∑==nk ks ki is c d 1α，故AC C '的元素∑∑∑=======n s nn ij sj ks ki n s sj is ij n j i b c c c d e 111),2,1,()(Λα，即证B AC C ='。