北京大学2001年高等代数与解析几何试题及解答

(X0Tα1, . . . , X0Tαs) = (0, . . . , 0),
从而 (X0, αi) = 0, i = 1, 2, . . . , s, 于是 αi ∈ W ⊥, i = 1, 2, . . . , s. 故 U ⊂ W ⊥, 再注意到
dim W = n − rank(A), dim U = rank(A), dim W + dim W ⊥ = n,
注 也可参考丘维声的《高等代数》创新教材上册第 199 页例 3.
4
A 2 = A ⇐⇒ f (A ) = 0 ⇐⇒ ker f (A ) = V
⇐⇒ ker f1(A ) ⊕ ker f2(A ) = V ⇐⇒ dim ker f1(A ) + dim ker f2(A ) = n ⇐⇒ [n − rank(f1(A ))] + [n − rank(f2(A ))] = n ⇐⇒ rank(A ) + rank (A − E ) = n.

|(x
−
8,
(x − x0, y − y0, z − z0) · (1, −2, 3) =
x0 = y0 − 1 = z0
2
1
−2
y, z) × (1, −2, 3)| = |(x0 − 8, y0, z0) ×
0 (1,
−2,
3)|
整理前两式可得
代入第三式可得
x − 2y + 3z + 2
于是 dim U = dim W ⊥, 从而 U = W ⊥.
6. 设 V0 = ker f (A ), V1 = ker f1(A ), V2 = ker f2(A ). 容易看出 V1 ⊂ V0, V2 ⊂ V0. 由于 f1(x) 与 f2(x) 互 素, 于是存在 u(x), v(x) ∈ K[x], 使得
7. (14 分) 设 A 是数域 K 上 n 维线性空间 V 上的一个线性变换, I 是恒等变换. 证明: A 2 = A 的充分必 要条件是 rank(A ) + rank(A − I ) = n.
2
1. (1) 因为
−2 1 4
1
16
6 −2
−3
−4
=− , 3
−1 3 3
取绝对值得体积为 16/3.
(2)
−−→ AB = (0, −4, −8),
−→ AC = (1, 2, −1),
故面积为
1 −−→ −→ 1
√
2 AB × AC = 2 |(20, −8, 4)| = 2 30.
2. (1)
a −1 0 1 −2 3 = 0 =⇒ a = 8. 2 1 −2
(2) 设 (x, y, z) 是曲面上任意一点, 而 (x0, y0, z0) 是过 (x, y, z) 且与 ℓ1 垂直的平面与 ℓ2 的交点, 则
→
1 0
−3 −5
5 7
−2 −3
,
−1 −7 9 −4
0 −10 14 −6
0000
可以看出

−4
η1 =
7 5
,

1
η2
=
−3 0

0
5
是 AX = 0 的解空间中的线性无关向量, 注意到解空间的维数是 2, 从而 η1, η2 是解空间的一组基. 进
北京大学 2001 年全国硕士研究生招生考试高代解几试题及解答
微信公众号：数学十五少 2019.05.26
1. (15 分) 在空间直角坐标系中, 点 A, B, C 的坐标依次为:
(−2, 1, 4), (−2, −3, −4), (−1, 3, 3).
(1) 求四面体 OABC 的体积; (2) 求三角形 ABC 的面积.
u(x)f1(x) + v(x)f2(x) = 1, u(A )f1(A ) + v(A )f2(A ) = E ,
∀α ∈ V0,
α = u(A )f1(A )α + v(A )f2(A )α ∈ V2 + V1,
从而 V0 = V1 + V2.
∀γ ∈ V1 ∩ V2, 则
γ = u(A )f1(A )γ + v(A )f2(A )γ = 0,
的列向量, b 是有理数. 证明: 在有理数域上
(
)(
A bδ ∼= I
bδ′ b
0
) 0
. b − b2δ′A−1δ
1
5. (14 分) 在实数域上的 n 维列向量空间 Rn 中, 定义内积为 (α, β) = α′β, 从而 Rn 成为欧几里得空间.
(1) 设实数域上的矩阵


A =
1 −2
从而 V1 ∩ V2 = {0}, V0 = V1 ⊕ V2.
7. 令 f1(x) = x, f2(x) = x − 1, f (x) = f1(x)f2(x) = x2 − x, 则 (f1(x), f2(x)) = 1, ker f (A ) = ker f1(A ) ⊕ ker f2(A ). 从而
行如下正交化
ξ1 = η1,


−2
ξ2 = η2 −
(η2, (ξ1,
ξ1) ξ1)
ξ1
=
1 18

−19 25
,
90
ξ1, ξ2 即是解空间的正交基.
(2) 设 AT = (α1, . . . , αs), 则 U = L(α1, . . . , αs). ∀X0 ∈ W, AX0 = 0, X0TAT = 0, 即
4. (1) 特征多项式 f (λ) = |λE − A| = λ3 + λ2 − 3λ + 2.
a. 由于 f (±1) ̸= 0, f (±2) ̸= 0, 从而 f (λ) 没有有理根，故 A 没有有理特征值, 从而不能在有理数域 上对角化.
b. (f (λ), f ′(λ) = 1, 从而 f (λ) = 0 没有重根, 即 f (λ) 在 C[λ] 中可分解为三个互素一次因式的乘积, 于是 A 在复数域上可对角化.
4. (18 分)
(1) 设


A =
0 0
1 0
0 1
.
−2 3 −1
a. 若把 A 看成有理数域上的矩阵, 判断 A 是否可对角化, 写出理由;
b. 若把 A 看成复数域上的矩阵, 判断 A 是否可对角化, 写出理由.
(2) 设 A 是有理数域上的 n 级对称矩阵, 并且在有理数域上 A 合同于单位矩阵 I. 用 δ 表示元素全为 1
x0 =
3
(3y
+
2z)2
+ (3x
−
24
−
z)2
+
(2x − 16 + y)2
=
5 (x + y
+
3z
− 16)2.
2
3. 考虑 A 的前 s 行, 前 s 列组成的矩阵 B, 则由于 ωb, ωb+1, . . . , ωb+s−1 是互不相同的, 根据 Vandermonde 行 列式就只知道 |B| ̸= 0, 从而 rank(A) = s, rank(A β) = s, 方程 AX = β 必有解, 再根据 s < n 知解的个数 为无穷个.
−3 1
5 −3
−2 1
.
−1 −7 9 −4
求齐次线性方程组 AX = 0 的解空间的一个正交基.
(2) 设 A 是实数域 R 上的 s × n 矩阵, 用 W 表示齐次线性方程组 AX = 0 的解空间, 用 U 表示 A′ 的列 空间 (即, A′ 的列向量组生成的子空间). 证明 U = W ⊥.
而且 s < n. 令
A = 11...
ωb
ωb+1 ...

ω2b
ω2(b+1) ...
···
... ...
ω(n−1)b
ω(n−1)(b+1) ...

1 ωb+s−1 ω2(b+s−1) . . . ω(n−1)(b+s−1)
任取 β ∈ Cs, 判断线性方程组 AX = β 有无解? 有多少解? 写出理由.
6. (12 分) 设 A 是数域 K 上的 n 维线性空间 V 上的一个线性变换. 在 K[x] 中, f (x) = f1(x)f2(x), 且 f1(x) 与 f2(x) 互素. 用 KerA 表示线性变换 A 的核. 证明:
Ker f (A ) = Ker f1(A ) ⊕ Ker f2(A ).
(2) 设 CTAC = I, 令
[
]
C −bA−1δ
B=Baidu Nhomakorabea
01
则
[
][
]
BT
A
bδ
I
B=
0 .
bδ′ b
0 b − b2δ′A−1δ
然后只需注意到 B ∈ GLn(Q).
3
5. (1) 做初等变换




1 −2
−3 1
5 −3
−2 1
→
1 0
−3 −5
5 7
−2 −3
2. (15 分) 在空间直角坐标系中, 与 是一对相交直线.
x−a y z
ℓ1 :
== 1 −2 3
x y−1 z
ℓ2 :
= 2
1
= −2
(1) 求 a.
(2) 求 ℓ2 绕 ℓ1 旋转出的曲面的方程.
3. (12 分) 设 ω 是复数域 C 上的本原 n 次单位根 (即, ωn = 1, 而当 0 < l < n 时, ωl ̸= 1), s, b 都是正整数,