高等代数中一道习题的不同解法

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数学通关攻略高中数学题目解析与解答技巧

数学通关攻略高中数学题目解析与解答技巧数学通关攻略：高中数学题目解析与解答技巧数学是一门需要理解和运用的学科，对于大部分高中学生来说，数学可能是他们学习过程中最具挑战性的科目之一。

面对大量的数学题目，如何高效地解析和解答成了很多学生面临的难题。

本文将为大家介绍一些高中数学题目解析与解答的技巧，以帮助大家顺利掌握数学知识。

一、代数题目的解析与解答技巧1. 理解题目：首先，我们需要仔细阅读题目并理解它所要求的具体内容。

在阅读过程中，可以划分关键词，例如“平方根”、“方程”、“因式分解”等，帮助我们快速找到问题的关键点。

2. 建立方程：对于代数题目，建立方程是解答的关键步骤。

我们可以根据题目的条件和要求，运用代数知识建立方程式。

在建立方程时要注意变量的选取和方程的推导，确保方程的准确性。

3. 运用代数操作技巧：在解答代数题目时，可以灵活运用代数操作的技巧，如分式的化简、同类项的合并、因式分解等。

这些技巧可以帮助我们简化计算步骤，提高解题效率。

4. 检查答案：完成计算后，务必进行答案的检查。

通过将计算结果代入原方程中，验证方程是否成立。

这一步骤能够避免因计算错误而得出错误答案。

二、几何题目的解析与解答技巧1. 理解图形：几何题目通常涉及到图形的性质和关系，因此我们需要仔细观察图形并理解它们所给出的信息。

考虑到图形的对称性、边长比例、角度关系等因素，有助于我们解决几何题目。

2. 运用几何定理：几何定理是解答几何问题的基础。

我们需要熟练掌握各种几何定理，并在实际解题中恰当地运用它们。

例如，利用三角形内角和定理和外角定理可以推导得到一些性质。

3. 构造图形：在解答几何题目时，有时可以通过构造辅助图形来简化计算和证明过程。

通过合理地使用辅助线，我们可以发现一些隐藏的性质和关系，从而更好地解答问题。

4. 证明题目：在解答几何问题中，有时需要进行证明。

在证明过程中，需要严谨地运用已知条件和几何定理来推理和演绎，确保证明的推理过程正确且合乎逻辑。

解答代数题的常用方法

解答代数题的常用代换法江苏省盐都县教育局谷汉民江苏省盐都县楼王中学翟文刚代换法是解答代数题的常用方法，在求值、化简、解方程、证明不等式中的应用极为广泛．本文试对代数中的常用代换法作些归纳，供大家参考．1 比例代换+cz＝（a+b+c）（x＋y＋z）．b＝k（y2-zx），c=k（z2－xy）．∴ ax＋by＋cz＝k（x3＋y3＋z3－3xyz）＝k（x＋y＋z）（x2＋y2＋z2－xy－yz－zx）．又a＋b＋c＝k（x2＋y2＋z2－xy－yz－zx），∴ ax＋by＋cz＝（a＋b＋c）（x＋y＋z）．2 整体代换∴x3-6x-40＝0，∴（x-4）（x2＋4x＋10）＝0．∵方程x2＋4x＋10＝0无实根，由x－4=0得x＝4．3 局部代换则a＋b＝5，a2＋b2＝13．∴a，b是方程x2－5x＋6＝0的两根．∴a＝2，b＝3或a＝3，b＝2．由此解得x＝2或x＝7，经检验都是原方程的根．4 均值代换例5已知a＋b＋c＝0，a3＋b3＋c3＝0，求a5＋b5＋c5的值．（1）若c=0，则a=-b．这时a5＋b5＋c5＝0．a5＋b5＋c5＝0．解设x＝1＋a，y＝1＋b，z＝1＋c，代入x＋y＋z＝3得a＋b＋c ＝0，则又a3＋b3＋c3－3abc＝（a＋b＋c）［a2＋b2＋c2－ab－bc－ca］＝0，∴ a3＋b3＋c3＝3abc，∴p=1．5 共轭代换例7解方程解设化简得t＝－3．从而得方程组6 常值代换x3+2ax2+a2x+a-1=0，即xa2＋（2x2＋1）a＋x3－1＝0．显然x＝0不是原方程的根，解此关于a的方程得由此解得7 分式代换。

高数题目解答技巧汇总

高数题目解答技巧汇总高等数学题目解答技巧汇总高等数学，仿佛是一个神秘的领域，充满了各种复杂的概念和技巧。

面对这些难题，掌握一些实用的解答技巧，就像拥有了一把开启数学大门的钥匙。

在解答高数题目时，以下几个技巧可以帮助你更高效地找到解决方案。

首先，理解题目要求是解决高数问题的第一步。

题目中的每一个细节都可能影响解题的路径。

因此，在动笔之前，仔细阅读题目，明确题目的已知条件和需要求解的目标，是至关重要的。

这不仅可以避免因理解错误而走入误区，还能帮助你确定解题的思路。

接下来，分解问题是应对复杂题目的有效方法。

许多高数题目表面看起来难度很大，但如果把问题分解成若干个小问题，解决每一个小问题，然后将结果合并，通常可以简化解题过程。

例如，在处理多变量函数的极值问题时，可以先固定一个变量，研究在该变量固定值下的函数行为，再逐步扩展到其他变量，这样会更容易找到问题的解决方法。

图形化也是解答高数题目的一个重要技巧。

很多时候，复杂的数学问题可以通过图形化的方式得到更直观的理解。

比如在研究函数的性质时，画出函数的图像，可以帮助你更清晰地看到函数的变化趋势，识别关键点和区域。

即使题目没有直接给出图形，适当的手动绘制也能提供有用的信息。

当面对证明题时，构造反例和使用对称性是很有帮助的技巧。

构造反例可以帮助你验证一个数学命题是否成立，而对称性则可以简化复杂问题的证明过程。

例如，在证明一个关于对称函数的定理时，可以利用函数的对称性来减少计算量，从而更轻松地完成证明。

另外，公式和定理的灵活应用也是高数解题中的关键。

熟练掌握各种公式和定理，并能够在不同问题中灵活应用，是解答高数题目的核心能力之一。

在解题时，可以先回顾相关的公式和定理，看看它们是否适用于当前问题，有时一个合适的公式能迅速带你到达解答的终点。

在解答积分和微分题目时，变换和代入法常常是解决问题的有效手段。

例如，对于复杂的积分问题，尝试用变量代换简化积分表达式，或者使用分部积分法，有时能够将难题转化为简单的形式。

一道高等代数试题的六种解法

一道高等代数试题的六种解法摘要本文主要给出了2022年同济大学研究生入学考试高等代数第十题的六种解法.关键词高等代数、一题多解、对称矩阵、奇异值分解、大学数学原题如下,我们重点讨论第二问:(10)已知实矩阵,证明: 当且仅当,并且若,则.先给出根据题目中第一问的提示得到了解法I.解法I(迹的正定性) 设,则,故意味着实矩阵的所有元素均为,即,即.令,则而,即,故,即,即.类似于解法I,我们也可以利用对称阵以及反对称阵的性质直接给出解法II.解法II(对称阵的性质) 由于,故,记,类似解法I有注意到上式左边是对称阵,右边是反对称阵,故,故,即我们也可以利用齐次线性方程组同解的判定定理来说明是正规阵,进而进行解法I中的计算,利用反对称阵的平方是零矩阵,则反对称阵也是零矩阵.解法III(线性方程组理论) 由题意可知和与同解.由于,即的列向量都是的解,故也是的解,即,计算可知.注意到是反对称阵,且类似解法I可知,即若不利用题目中的第一问的铺垫,我们也可以直接进行计算.解法IV(直接计算) 设,则由题意可知.故由于均为实数, 因此对所有, 都有故注意到解法III中是反对称阵,利用其正交相似标准型给出了解法V.解法V(正交相似标准型) 注意到是反对称阵,故存在正交阵,使得其中为形如的二阶实矩阵,记,设其中是阶方阵,利用,可知计算可知.故即,故,即又注意到的奇异值是的特征值,我们利用奇异值分解证明如下:解法VI(奇异值分解) 由题意可知存在正交阵,使得其中,利用可知设计算可知,由于仍是正交阵,故,且也是正交阵,进而,故这是一个对称阵,即有参考文献[1]姚慕生、吴泉水、谢启鸿,《高等代数学 (第三版)》,复旦大学出版社, 2014年[2]姚慕生、谢启鸿,《高等代数学习指导书(第三版)》,复旦大学出版社, 2015年[3]樊启斌, 《高等代数典型问题与方法》,高等教育出版社, 2021年。

高等代数中一道习题的错解启发的新结论

保证取到ｗ中的每一个向量，因而不符合不变子
空间的定义。
修正针对上述两种方法只需补充说明是ｗ的满射。证明当Ｗ — Ｖ或Ｗ＝｛），ｏ时结论显然
成立．ｄｍＶ一，ｉ设ｉｄｍＷ：ｒ且０＜ｒｎ取，＜．ａ ”，，ｗ的一个基，Ｗ是的一个不变子口是而空间，以（。，（ｚ，，口）也是中的向所口）ｏａ） … （ｒ
＋ｏｒ；ｒ／（）
（）证明：任意的 ∈ Ｗ，（） ∈ Ｗ，则２ｒｏＣ
ｒ（（）ｏ）一，以－所之下不变。
（）对于任意ａ∈ Ｆ，Ｖ，（２ ∈ ｒｏ西）＝ａ（）ｒｏ．定义２Ｖ的一个子空间Ｗ说是在线性变换
２５
第２３卷第１期
２１００年２月
高等函授学报（自然科学版）
ＪｕｎｌｏｇｅｒｅｐｎｅｃｕａｉｎＮａｕａｃｅｃｓｏｒａｆＨｉｈｒＣｏｒｓｏｄｎｅＥｄｃｔｏ（ｔｒｌＳｉｎｅ）
Ｖｏ．３Ｎｏ１１２．
故ｏｗ的满射。ｒ是
分析学生无意中用到Ｏｗ的满射，以ｒ是所
收稿日期：０９０３２０ —１～２．作者简介：张伟（９２）女，龙江省龙江人，教，究方向：１８一，黑助研数学教育．
Ｉ预备知识
不能保证任意的 ∈ Ｗ，ｗ中都有原像，而在从（）能取到Ｗ中的每一个向量，符合不变子叩不不

高等代数习题精选精讲

高等代数习题精选精讲高等代数是数学中非常重要的一个研究方向，它不仅深刻地影响了很多数学分支的发展，也对其他学科产生了广泛的影响。

作为数学领域中的一个重要学科，高等代数的习题也是非常重要的一部分。

本文将精选几道高等代数习题，帮助读者更好地掌握和应用高等代数的相关知识。

1. 对于一个域F上的矩阵A，如果它满足A²=I，其中I表示单位矩阵。

请问，A的行列式是多少？解: 首先，根据特征值的性质，A的特征值必须是1或-1，因为从A²=I可以推出A的特征值一定是这两个值之一。

又因为A的两个特征值都不为0，所以A可逆，因此有det(A)≠0。

考虑如果A 的特征值都是1，则A=I；如果特征值都是-1，则A=-I。

因此，要么det(A)=1，要么det(A)=-1，这取决于矩阵A的实际情况。

2. 设有一个域F上的线性空间V和它的两个子空间U和W，如果V=U⊕W，则有什么性质？解: 首先，由V=U⊕W可知，任何向量v∈V都可以唯一地表示为v=u+w，其中u∈U，w∈W。

又因为U和W是子空间，所以它们都有零向量0，即u+w=0当且仅当u=0且w=0。

由于向量v可以被唯一地表示为u和w的和，如果v=0，则必有u=0且w=0，即U∩W={0}。

因此，V的维数等于U的维数加上W的维数。

此外，任何向量v∈V都可以表示为U和W中向量的线性组合，证明了V=U+W。

3. 将一个4行3列的矩阵A按列分成两个2行3列的矩阵B和C，设D=B-C的转置，求D的秩。

解: 首先，由于A是一个4行3列的矩阵，所以B和C都是2行3列的矩阵，因此D是一个3行2列的矩阵。

又因为D=B-C的转置，所以D的转置为D的相反数，即D+(-D^T)=0。

因此，D和它的转置具有相同的秩，即rank(D)=rank(D^T)。

又因为D和C的列空间相同，所以rank(D)=rank(C)。

综上所述，只需求出C的秩即可。

C是一个2行3列矩阵，其列向量线性无关的充要条件是它的行列式不为0，而C的行列式是0。

高等代数中典型证明题的一题多解问题

高等代数中典型证明题的一题多解问题作者：蔡畔来源：《中国科技纵横》2013年第19期【摘要】高等代数课程中，“一题多解”的题目是非常多的。

“一题多解”问题不仅能拓展学生的思维空间，还能有效提升学习数学的兴趣。

本文以高等代数中行列式和矩阵这两部分内容中的典型证明问题为例，来探讨一下高等代数中的“一题多解”问题。

【关键词】高等代数行列式矩阵一题多解1 行列式的证明行列式的证明方法很多，从中选出最简单，最适宜的解决办法，很容易就能证得。

下面这道例题，我们可以用五种方法解题，着重讲一下矩阵与行列式的关系用于解决行列式的证明问题。

例：证明=分析1：由行列式的特点可以看出，只要把行列式第一行展开即可。

分析2：若将第i行乘以加到第1行，即可将第1行的前n个元素变为0，再按第一行展开即得要证结论。

分析3：用数学归纳法证明。

分析4：因为行列式的前n列中每列只有两个元素不为0，所以也可将行列式按某一列展开来证。

分析5：这个行列式的特点是去掉它的第1行和第列后，剩下的元素构成一个n阶单位矩阵，它的构造当然最简单，这点启发我们利用分块矩阵来求证。

下面我们写一下第五种分析方法的证明证法5：令，=，表示n阶单位矩阵。

则原行列式为，因为两边取行列式，得这道题前四种方法都是无可置疑的。

第五种方法另辟途径，颇具新意。

它利用分块矩阵，利用了单位矩阵的运算性质及矩阵乘积与行列式之间的关系，虽然不易想到，但一旦掌握便很容易得到结果。

2 矩阵的证明矩阵这部分内容知识点多，解题方法也多。

我们仅通过一道例题探讨矩阵可逆的证法。

例：设A，B为n阶矩阵。

证明：若可逆，则也可逆，其中I为单位矩阵。

分析1：要证可逆，只要证存在一个n阶矩阵Q，使。

今已知可逆，所以存在C，使由此即可找到Q。

证法1：因可逆，故存在n阶矩阵C使得。

于是利用这个结果就可证明是可逆的，它的逆矩阵就是：只要在展开式中将代替和就行了。

分析2：由可逆，要证也可逆，只要能证明就行了。

高等代数课本笔记及其例题详解

高等代数课本笔记及其例题详解第一章多项式1.1 数域定义1.1（数域）：设P 是由一些复数组成的集合，其中包括0与1. 如果P 中任意两个数（这两个数也可以相同）的和、差、积、商（除数不为零）仍然是P 中的数，那么P 就称为一个数域.即：设{}C x x P ∈=，P b a ∈∀,，其中0≠a 且P ∈0,1都有P abab b a b a ∈-+,,,，称P为一个数域. （注：Z 表示全体整数；R 表示全体实数；C 表示全体复数；Q 表示全体有理数；N 表示全体自然数；）例题1. 设(){}Q b a b a Q ∈+=,22证明：()2Q 是一个数域. 证明：1）()22000,2011Q ∈+=+=（其中：Q ∈1,0）2）Q d c b a ∈∀,,,有()()()2222Q d b c a d c b a ∈+++=+++（其中： Q d b c a ∈++,）；()()()2222Q d b c a d c b a ∈-+-=+-+（其中：Q d b c a ∈--,）； ()()()()()22222Q bc ad bd ac d c b a ∈+++=++（其中：Q bc ad bd ac ∈++,2）；若02≠+b a ，有()22222222222Q b a bcad b a bd ac b a d c ∈--+--=++（其中：Q b a bc ad b a bd ac ∈----22222,22，且0222≠-b a ）. 2Q ∴是一个数域.例题2. 证明：()()⎭⎬⎫⎩⎨⎧==∈∈++++++=+m j n i Z b a N n m b b b a a a P j i mm n n ,,0;,,0,,,1010 πππππ是一个数域.证明：1) ()πππππP m n ∈++++++=0010011 , ()πππππP mn∈++++++=0000000 2) 显然该集合的和、差、积封闭；若商不封闭，得()πππππππππP d d d c c c b b b a a a tt ss m m n n ∈++++++≠+++++ 101101010,0,得 ()πππππππππππππππππP a a a b b b d d d c c c b b b a a a d d d c c c n n mm t t s s m n n t t s s ∉++++++⋅++++++=++++++++++++ 1010101010101010,这与该集合的积封闭的结论矛盾，故()πP是一个数域.注：最小的数域为有理数域，任何数域都包含有理数域.1.2 一元多项式定义 1.2.1（一元多项式）设n 是一非负整数. 形式表达式011a x a x a n n n n +++-- ,其中∈n a a a ,,,10 数域P ,称为系数在数域P 中的一元多项式，或者简称为数域P 上的一元多项式. （注：i i x a 称为i 次项; i a 称为i 次项的系数. ）定义1.2.2 （多项式相等）如果在多项式()x f 与()x g 中，除去系数为零的项外，同次项的系数全相等，那么()x f 与()x g 就称为相等，记为()()x g x f =. 系数全为零的多项式称为零多项式，记为0. （注：若0≠n a ，则n n x a 称为多项式的首项；n a 称为首项系数; n 称为多项式的次数，记为()()x f ∂; 零多项式是唯一不定义次数的多项式. ）性质1.2.1 ()()()()()()()()x g x f x g x f ∂∂≤±∂,max .性质1.2.2 ()()()()()()()x g x f x g x f ∂+∂=⋅∂（其中()0≠x f 且()0≠x g ）. 运算规律：1. 加法交换律：()()()()x f x g x g x f +=+.2. 加法结合律：()()()()()()()()x h x g x f x h x g x f ++=++.3. 乘法交换律：()()()()x f x g x g x f =.4. 乘法结合律：()()()()()()()()x h x g x f x h x g x f =.5. 乘法对加法的分配律：()()()()()()()()x h x f x g x f x h x g x f +=+.6. 乘法消去律：如果()()()()x h x f x g x f =且()0≠x f ，那么()()x h x g =.定义1.2.3 （一元多项式环）所有系数在数域P 中的一元多项式的全体，称为数域P 上的一元多项式环，记为[]x P ，P 称为[]x P 的系数域.1.3 整除的概念性质1.3.1 （带余除法）对于[]x P 中任意两个多项式()x f 与()x g ，其中()0≠x g ，一定有[]x P 中的多项式()()x r x q ,存在，使()()()()x r x g x q x f +=成立，其中()()()()x g x r ∂<∂或者()0=x r ，并且这样的()()x r x q ,是唯一决定的. （注：()x q 通常称为()x g 除()x f 的商；()x r 称为()x g 除()x f 的余式）定义1.3.1（整除）数域P 上的多项式()x g 称为整除()x f ，如果有数域P 上的多项式()x h 使等式()()()x h x g x f =成立. 我们用“()()x f x g ”表示()x g 整除()x f ，用“()x g ()x f ”表示()x g 不能整除()x f .（注：当()()x f x g 时，()x g 就称为()x f 的因式；()x f 称为()x g 的倍式.）定理1.3.1 对于数域P 上的任意两个多项式()()x g x f ,，其中()0≠x g ，()()x f x g 的充分必要条件是()x g 除()x f 的余式为零. 整除性的常用的性质：1. 如果()()x g x f ，()()x f x g ，那么()()x cg x f =，其中0≠c .2. 如果()()x g x f ，()()x h x g ，那么()()x h x f （整除的传递性）.3. 如果()()x g x f i ，r i ,,2,1 =，那么()()()()()()()x g x u x g x u x g x u x f r r +++ 2211其中()x u i 是数域P 上的任意的多项式.（注：()()()()()()x g x u x g x u x g x u r r +++ 2211称为多项式()()()x g x g x g r ,,,21 的一个组合.）注：两个多项式之间的整除关系不因为系数域的扩大而改变.1.4 最大公因式定义 1.4.1（最大公因式）设()()x g x f ,是[]x P 中两个多项式. []x P 中多项式()x d 称为()()x g x f ,的一个最大公因式，如果它满足下面两个条件：1）()x d 是()()x g x f ,的公因式；2）()()x g x f ,的公因式全是()x d 的因式.（注：两个零多项式的最大公因式就是0）引理1.4.1 如果有等式()()()()x r x g x q x f +=成立，那么()()x g x f ,和()()x r x g ,有相同的公因式.定理 1.4.1 对于[]x P 中任意两个多项式()()x g x f ,，在[]x P 中存在一个最大公因式()x d ，且()x d 可以表成()()x g x f ,的一个组合，即有[]x P 中多项式()()x v x u ,使()()()()()x g x v x f x u x d +=.（注：两个多项式的最大公因式在可以相差一个非零常数倍的意义下是唯一确定的；()()()x g x f ,表示首项系数为1的公因式.）辗转相除法：例题3. 设()343234---+=x x x x x f ，()3210323-++=x x x x g 求()()()x g x f ,，并求()()x v x u ,使()()()()()()()x g x v x f x u x g x f +=,. 解：即：()()()()()()131092595913112x r x q x g x x x x g x f +=⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=310925952---x x即：()()()()()()22793109259595272212x r x q x r x x x x x g +=++⎪⎪⎭⎫⎝⎛---⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=. ()()()327981108153109259521 +⎪⎭⎫⎝⎛--=---=x x x x x r()()()3,+=∴x x g x f .将（1）代入（2）式可得：()()35251532+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫⎝⎛-x x g x x x f x ()()525,1532x x x v x x u +-=-=∴就有()()()()()()()x g x f x g x v x f x u ,=+.定义1.4.2（互素）[]x P 中两个多项式()()x g x f ,称为互素（也称互质）的，如果()()()1,=x g x f .定理 1.4.2 []x P 中两个多项式()()x g x f ,称为互素的充要条件是有[]x P 中的多项式()()x v x u ,使()()()()1=+x g x v x f x u .定理1.4.3 如果()()()1,=x g x f ，且()()()x h x g x f ，那么()()x h x f .推论1.4.3.1 如果()()x g x f 1，()()x g x f 2，且()()()1,21=x f x f ，那么()()()x g x f x f 21.推广：定义1.4.3 ()x d 称为()()()()2,,,21≥s x f x f x f s 的一个最大公因式，如果()x d 具有下面的性质：2) ()()s i x f x d i ,,2,1, =；3) 如果()()s i x f x i ,,2,1, =ϕ，那么()()x d x ϕ.（注：符号()()()()x f x f x f s ,,,21 表示首项系数为1的最大公因式.）性质1.4.1()()()()()()()()()()x f x f x f x f x f x f x f s s s ,,,,,,,21121 =-性质1.4.2 ()()()()()()()()()()x f x f x f x f x u x f x u x f x u s s s ,,,212211 =+++，其中 ()()()[]x P x u x u x u s ∈,,,21 .性质1.4.3 ()()()()()()()[],,,,1,,,2121x P x u x u x u x f x f x f s s ∈∃⇔=()()()()()()1:2211=+++x f x u x f x u x f x u st s s .1.5 因式分解定理定义1.5.1（不可约多项式）数域P 上次数的多项式()x p 称为域上的不可约多项式，如果它不能表示成数域P 上的两个次数比()x p 的次数低的多项式的乘积（注：一个多项式是否是不可约是依赖于系数域的）.性质1.5.1 ()x p 在数域[]x P 是不可约多项式，()[]x P x f ∈∀，()()x p x f 当且仅当()0≠=c x f 或()()x cp x f =.即：对于()[]x P x f ∈∀，有()()x f x p 或者()()()1,=x f x p . 定理1.5.1 如果()x p 是不可约多项式，那么对于任意的两个多项式()()x g x f ,，由()()()x g x f x p 一定推出()()x f x p 或者()()x g x p .定理1.5.2（定理1.5.1的推广）如果()x p 是不可约多项式，若()()()(),21x f x f x f x p s 则()()()(){}x f x f x f x f s i ,,,21 ∈∃使得()()x f x p i .定理1.5.3（因式分解及唯一性定理）数域P 上每一个次数1≥的多项式()x f 都可以唯一地分解成数域P 上一些不可约多项式的乘积.所谓唯一性是说，如果有两个分解式()()()()()()()x q x q x q x p x p x p x f s s 2121==，那么必有t s =，并且适当排列因式的次序后有()()s i x q c x p i i i ,,2,1, ==，其中()s i c i ,,2,1 =是一些非零常数.（注：()()()()x p x p x cp x f s r s r r 2121=的分解称为标准分解式；已知两个多项式()()x g x f ,的标准分解式，那么()x f 与()x g 的最大公因式()x d 就是那些同时在与的标准式中出现的不可约多项式方幂的乘积，所带的方幂的指数等于它在()x f 与()x g 中所带的方幂中的较小的一个.）1.6 重因式定义1.6.1（k 重因式）不可约多项式()x p 称为多项式()x f 的k 重因式，如果()()x f x p k ，而()x p k 1+ ()x f .（注：0=k 时，()x p 不是()x f 的因式；1=k 时，()x p 是()x f 的单因式；1≥k 时，()x p 是()x f 的重因式.）定义1.6.2（微商）设有多项式()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=-- .我们规定它的微商（也称导数）是()()1211'1a x n a nx a x f n n n n ++-+=--- . 性质1.6.1 ：1）()()()()()x g x f x g x f '''+=+2）()()()x cf x cf ''=，3）()()()()()()()x g x f x g x f x g x f '''+=，4）()()()()()x f x f m x f m m '1'-=.定义1.6.3（高阶微商）微商()x f '称为()x f 的一阶微商；()x f '的微商()x f ''称为的二阶()x f 微商；等等.()x f 的k 阶微商记为()()x f k .（注：()()n x f =∂ο，则()()c x f n =，()()01=+x f n .）定理1.6.1 如果不可约多项式()x p 是()x f 的k 重因式()1≥k ，那么它是微商()x f '的1-k 重因式.推论1.6.1.1 如果不可约多项式()x p 是()x f 的k 重因式()1≥k ，那么()x p 是()()()()x f x f x f k 1''',,,- 的因式，但不是()()x f k 的因式.推论1.6.1.2 不可约多项式()x p 是()x f 的重因式的充分必要条件为()x p 是()x f 与()x f ' 的公因式.推论 1.6.1.3 多项式()x f 没有重因式的充分必要条件是()x f 与()x f '互素.（注：辗转相除法可用于求解重因式；()()()()x f x f x f ',是一个没有重因式的多项式与()x f 有完全相同的不可约因式.）1.7 多项式函数定义1.7.1（多项式函数）设()()10111 a x a x a x a x f n n n n ++++=--是[]x P 中的多项式，α是P 中的数，在()1中用α代x 所得的数0111a a a a n n n n ++++--ααα 称为()x f 当α=x 时的值，记为()αf .这样一来，多项式就定义了一个数域上的函数.定理1.7.1（余数定理）用一次多项式α-x 去除多项式()x f ，所得的余式是一个常数，这个常数等于函数值()αf .（注：其中()0=αf 时，α=x 是()x f 的一个根或者零点.）推论1.7.1.1 α是()x f 的根的充分必要条件是()()x f x α-.定义1.7.2（重根）α称为()x f 的重根，如果()α-x 是()x f 的k 重因式.当1=k 时，α称为单根；当1>k 时，α称为重根.定理1.7.2 []x P 中n 次多项式()0≥n 在数域P 中的根不可能多于n 个，重根按重数计算. 定理1.7.3 如果多项式()()x g x f ,的次数都不超过n ，而它们对1+n 个不同的数121,,,+n ααα 有相同的值，即()()1,,2,1,+==n i g f i i αα，那么()()x g x f =.1.8 复系数与实系数多项式的因式分解定理1.8.1（代数基本定理）每个次数1≥的复系数多项式在复数域中有一根（即：复数域上所有次数大于1的多项式全是可约的.）.定理1.8.2（复系数多项式的分解定理）每个次数1≥的复系数多项式在复数域上都可以唯一地分解成一次因式的乘积.（复系数多项式的标准分解式：()()()()s ls lln x x x a x f ααα---= 2121，其中C s ∈≠≠≠ααα 21，+∈Z l l l s ,,,21 ）定理1.8.3 如果α是实系数多项式()x f 的复根，那么α的共轭数α也是()x f 的根. 定理1.8.4（实系数多项式因式分解定理）每个次数1≥的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解成一次因式与二次不可约因式的乘积（即是说：实数域上只含有一次不可约多项式和含二次共轭复根不可约多项式）.1.9 有理系数多项式定理 1.9.1 每个次数1≥的有理系数多项式都能唯一地分解成不可约的有理系数多项式的乘积.定义1.9.1（本原多项式）如果一个非零的整系数多项式()011b x b x b x g n n n n +++=-- 的系数01,,,b b b n n -没有异于的公因子，也就是说，它们是互素的，它就称为一个本原多项式.（任意一个非零的有理系数多项式()x f 都可以表示成一个有理数r 与一个本原多项式()x g 的乘积：()()x rg x f =）定理1.9.2（高斯（Gauss ）引理）两个本原多项式的乘积还是本原多项式.定理1.9.3 如果一非零的整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，那么它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积.推论1.9.3.1 设()()x g x f ,是整系数多项式，且()x g 是本原的. 如果()()()x h x g x f =，其中()x h 是有理系数多项式，那么()x h 一定是整系数的.定理1.9.4 设()011a x a x a x f n n n n +++=-- 是一个整系数多项式，而sr 是它的一个有理根，其中s r ,互素，那么必有n a s ，0a r .特别地，如果()x f 的首项系数1=n a ，那么()x f 的有理根都是整根，而且是0a 的因子. 例题4. 求方程032234=-+-x x x 的有理根. 解：令()32234-+-=x x x x f 得：24=a 的因子为：2,1±±30=a 的因子为：1±，3± ()x f ∴的有理根可能为：21±，23±，1±，2±.判别根的方法一：0321≠-=⎪⎭⎫⎝⎛-f （不为()x f 的根，舍弃）；0221≠-=⎪⎭⎫⎝⎛f （不为()x f 的根，舍弃）； ()021≠-=-f （不为()x f 的根，舍弃）； ()01=f （为()x f 的根）； 021523≠=⎪⎭⎫ ⎝⎛-f （不为()x f 的根，舍弃）； 042723≠=⎪⎭⎫ ⎝⎛f （不为()x f 的根，舍弃）；()0332≠=-f （不为()x f 的根，舍弃）； ()0252≠=f （不为()x f 的根，舍弃）； 1∴为032234=-+-x x x 方程的有理根.方法二：即2-=x 不是方程032234=-+-x x x 的根.…………经带余除法计算可得：1=x 为032234=-+-x x x 方程的有理根.方法三：21 22002-即21=x 不是方程032234=-+-x x x 的根. …………经综合除法计算可得：1=x 为032234=-+-x x x 方程的有理根.定理1.9.5（艾森斯坦（Eisenstein ）判别法）设()011a x a x a x f n n n n +++=-- 是一个整系数多项式.如果有一个素数p ，使得1. p n a ；2. 021,,,a a a p n n --；3. 2p 0a .那么()x f 在有理数域上不可约的.例题5.证明()153+-=x x x f 在有理数域上不可约. 证明：依题意可得()x f 的有理根可能为：1±.又()31-=f ,()51-=-f 都不为零1±=∴x 都不是()x f 的有理根，即()x f 在有理数域上不可约的.1.10 多元多项式定义1.10.1（n 元多项式）设P 是一个数域，n x x x ,,,21 是n 个文字. 形式为n k nk k x x ax 2121的式子，其中P a ∈，n k k k ,,,21 是非负整数，称为一个单项式. 由以上一些单项式的和∑nnn k k k k nk k k k k x x x a,,,21212121 就称为n 元多项式，或者简称多项式.（注：若两个单项式中相同文字的幂全一样，那么它们就称为同类项.）定义1.10.2（元多项式环）所有系数在数域P 中的n 元多项式的全体，称为数域P 上的n元多项式环，记为[]n x x x P ,,21.（注：n k k k +++ 21称为单项式n k nk k x x ax 2121的次数；系数不为零的单项式的最高次数就称为这个多项式的次数.多元多项式的排列顺序方法：字典排列法；）定理1.10.1 当()0,,,21≠n x x x f ，()0,,,21≠n x x x g 时，乘积()()n n x x x g x x x f ,,,,,,2121 的首项等于()n x x x f ,,,21 的首项与()n x x x g ,,,21 的首项的乘积.推论1.10.1.1 如果,,,2,1,0m i f i =≠那么m f f f 21的首项等于每个i f 的首项的乘积. 推论1.10.1.2 如果()()0,,,,0,,,2121≠≠n n x x x g x x x f ，那么()()0,,,,,,2121≠n n x x x g x x x f .（两个齐次多项式的乘积是齐次多项式，乘积的次数等于因子的次数的和.）1.11 对称多项式定理1.11.1（一元多项式根与系数的关系）设()n n n a x a x x f +++=- 11是[]x P 中的一个多项式.如果()x f 在数域P 中有个根n ααα,,,21 ，那么就可以分解成()()()()n x x x x f ααα---= 21.将其展开即得根与系数的关系如下：()()()⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=-=-+++=+++=-∑-n n n k k k k i in n n a i a a a j i αααααααααααααααα 211312122111121，的乘积之和个不同的所有可能的. 定义1.11.1（对称多项式）n 元多项式()n x x x f ,,,21 ，如果对于任意的n j i j i ≤≤≤1,,，都有()()n i j n j i x x x x f x x x x f ,,,,,,,,,,,,11 =，那么这个多项式称为对称多项式. 定理1.11.2 对于任意一个n 元对称多项式都有一个n 元多项式()n y y y ,,,21 ϕ，使得()()n n x x x f σσσϕ,,,,,,2121 =.（其中⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=----n n nn n n n n n n x x x xx x x x x x x x x x x x x x x x x x 21322211211131212211σσσσ称为n 元初等对称多项式.）例题6. 把三元对称多项式333231x x x ++表为321,,σσσ的多项式. 解：令()333231321,,x x x x x x f ++=得首项为：31x 对应的有序数对()0,0,3，()()332133323131333231321,,x x x x x x x x x x x x f ++-++=-++=∴σ()132123223132222132122163g x x x x x x x x x x x x x x x =-+++++-=得首项：2213x x 对应的有序数对()0,1,2.()()32123223132222132122132123223132222132122121133633x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x g +++++++-+++++-=+σσ23213g x x x =-=对应数对()1,1,1又0332=+σg ()3213132133,,σσσσ+-=∴x x x f .课后习题1. 用()x g 除()x f ，求商()x q 与余式()x r ：1）()1323---=x x x x f ，()1232+-=x x x g ；解：()9113-=∴x x q ，()99+-=x r . 2）()524+-=x x x f ，()22+-=x x x g解：()12-+=∴x x x q ，()75+-=x x r . 3）()1434--=x x x f ，()132--=x x x g 解：()1032++=∴x x x q ，()929+=x x r . 4）()13235-+-=x x x x f ，()233+-=x x x g . 解：()x g233+-x x22+x()22+=∴x x q ，()562-+=x x x r . 5）()x x x x f 85235--=，()3+=x x g 解：带余除法：()109391362234+-+-=∴x x x x x q ，()()3327-=-=f x r . 6）()x x x x f --=23，()i x x g 21+-=. 解：综合除法：i 21-1 i 2- i 25-- i 89+-()i x r 89+-=∴，()i ix x x q 2522---=. 2. m ，p ，q 适合什么条件时，有 1）q px x mx x ++-+321 解：方法一：带余除法：12-+mx xm x -即：()()m q x p m x r ++++=12，又q px x mx x ++-+321()0=∴x r 可得⎩⎨⎧-==++q m p m 012. 2）q px x mx x ++++2421. 解：方法二：待定系数法：设商为：()c bx x x q ++=2，又由q px x mx x ++++2421可得：()()q px x x q mx x ++=++2421即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+=++=+q c b m c p m b c b m 010.()⎩⎨⎧=-=+-∴0112q m p m q . 3. 把()x f 表成0x x -的方幂和，即表成()() +-+-+22010x x c x x c c 的形式：1）()5x x f =，10=x ；解：辗转相除法：即：()()()111234+++++-=x x x x x x f .即：()()()()[]()()()1154321154321123223+-++++-=+++++--=x x x x x x x x x x x f()()()()[]()()()()()11511063111510631122322+-+-+++-=+-++++--=∴x x x x x x x x x x x f()()()()[])()()()()115110110411151101041123423+-+-+-++-=+-+-+++--=x x x x x x x x x x x f ()()()()()1151101101512345+-+-+-+-+-=x x x x x ()()()()()()1151101101512345+-+-+-+-+-=∴x x x x x x f .2）()3224+-=x x x f ，20-=x 解：综合除法：2-2-2- 2-14a = 38a =-()()()()()11124122181234+---+---=∴x x x x x f . 3）()()i xx i ix x x f ++-+-+=7312234，i x -=0. 解：综合除法：i - i - i - i -即：()()()()()()i i x i x i i x i i x x f 57512234+++-++-+-+=. 4. 求()x f 与()x g 的最大公因式：1）()143234---+=x x x x x f ，()123--+=x x x x g 解：带余除法：即：1322即：()()()1434121322+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+----=x x x x x g又：()()1121322++-=---x x x x()()()1,+=∴x x g xf .2）()1434+-=x x x f ，()1323+-=x x x g . 解：带余除法：即：()()()2312+--=x x x g x f .即：()()13213232-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-=xx x x g .即：41942729132232-⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+-x x x .()()()1,=∴x g x f .3）()11024+-=x x x f ，()124624234+++-=x x x x x g . 解：即：()()x x f x g 242423-=即：()()12232124241624223++-⎪⎭⎫ ⎝⎛--++-=x x x x x x x f .即：()93292889323241223241624223++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++-=++-x x x x x x x .即：12192426328827932928812232+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++-x x x x . ()()()1,=∴x g x f .5. 求()x u ，()x v 使()()()()()()():,x g x f x g x v x f x u =+1）()242234---+=x x x x x f ，()22234---+=x x x x x g . 解：()13即：()()()221223 -++-=x x x x x g()()32223 x x x x -=- ()()()2,2-=∴x x g x f将（1）代入（2）得：()()()()2212-=+++-x x g x x f x即：取()1--=x x u ，()2+=x x v 可得：()()()()()()()x g x f x g x v x f x u ,=+.2）()951624234++--=x x x x x f ,()45223+--=x x x x g 解：即：()()622--=x x x g x f 即：()()()213139362 +-⎪⎭⎫⎝⎛+-+--=x x x x x g()()()39619362 ++-=+--x x x x()()()1,-=∴x x g x f ，将（1）式代（2）式得：()()()()1322311312-=--+--x x g x x x f x .即：取()()131--=x x u ，()()322312--=x x x v 就有：()()()()()()()x g x f x g x v x f x u ,=+. 3）()144234++--=x x x x x f ，()12--=x x x g 解：即：1232 -+-=x x x g x f()()()()2312 ++-=x x x g()()()1,=∴x g x f将（1）式代入（2）式得：()()13233123=--+++-x g x x x x f x 即取()()131+-=x x u ，()()233123--+=x x x x v 就有：()()()()()()()x g x f x g x v x f x u ,=+. 6. 设()()u x x t x x f 22123++++=，()u tx x x g ++=3的最大公因式是一个二次多项式，t ，u 的值. 解：又()()u x x t x x f 22123++++=，()u tx x x g ++=3的最大公因式是一个二次多项式()()u tx x u x t x t +++-++∴3221.即()()()()[]()c x u x t x t u tx x t ++-++=+++21123即：()()()()⎪⎩⎪⎨⎧+=+=-+=++-u t cu t t t c u t c t 112012解得：⎩⎨⎧=-=04u t ，或⎪⎩⎪⎨⎧=+=02321u i t ，或⎪⎩⎪⎨⎧=-=0231u i t ，或⎪⎩⎪⎨⎧--=+-=i u i t 11721121，或⎪⎩⎪⎨⎧+-=--=i u i t 1172111. 7. 证明：如果()()x f x d ，()()x g x d ，且()x d 为()x f 与()x g 的一个组合，那么()x d 是()x f 与()x g 的一个最大公因式.证明：()x d 为()x f 与()x g 的一个组合即：()()()()()x d x g x v x f x u =+.又()()x f x d ，()()x g x d ，即()x d 是()x f 与()x g 的一个公因式.()()x f x h ∀，且()()x g x h 则()()x d x h ()x d ∴是()x f 与()x g 的一个最大公因式.8. 证明：()()()()()()()()()x h x g x f x h x g x h x f ,,=，（()x h 的首项系数为1）. 证明：()()()()x f x g x f , ，()()()()x g x g x f ,()()()()()()x h x f x h x g x f ,∴，()()()()()()x h x g x h x g x f ,. 即：()()()()x h x g x f ,是()()x h x f 与()()x h x g 的一个公因式. 又()()()()()()()()()x g x f x g x v x f x u st x v x u ,:,=+∃. 则()()()()()()()()()()x h x g x f x h x g x v x h x f x u ,=+()()()x h x f x c ∀，()()()x h x g x c 有()()()()()x h x g x f x c ,. 即()()()()x h x g x f ,是()()x h x f 与()()x h x g 的一个最大公因式. 又()x h 的首项系数为1.()()()()()()()()()x h x g x f x h x g x h x f ,,=∴.9. 如果()x f ，()x g 不全为零，证明：()()()()()()()()1,,,=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛x g x f x g x g x f x f .证明：()()()()x f x g x f , ,()()()()x g x g x f ,且()x f ，()x g 不全为零.()()()0,≠∴x g x f ，又()x u ∃，()x v ()()()()()()()x g x f x g x v x f x u st ,:=+()()()()()()()()()()1,,=+∴x g x f x g x v x g x f x f x u .即：()()()()()()()()1,,,=⎪⎪⎭⎫⎝⎛x g x f x g x g x f x f 成立. 10.证明：如果()x f ，()x g 不全为零，且()()()()()()()x g x f x g x v x f x u ,=+，那么()()()1,=x v x u .证明：()()()()x f x g x f , ,()()()()x g x g x f ,且()x f ，()x g 不全为零.且()()()()()()()x g x f x g x v x f x u ,=+()()()0,≠∴x g x f ()()()()()()()()()()1,,=+∴x g x f x g x v x g x f x f x u ()()()1,=x v x u .11.证明：如果()()()1,=x g x f ，()()()1,=x h x f ，那么()()()()1,=x h x g x f . 证明：()()()1,=x g x f ，()()()1,=x h x f .()x u 1∃∴，()x v 1，()x u 2，()x v 2使得：()()()()()1111 =+x g x v x f x u ()()()()()2122 =+x h x v x f x u . 由（1）式与（2）式相乘可得：()()()()()()()()()()()()()()()121212121=+++x h x g x v x v x f x g x u x v x h x v x u x f x u x u即()()()()1,=x h x g x f .12. 设()x f 1，，()x f m ，()x g 1，，()x g n 都是多项式，而且()()()1,=x g x f ji()n j m i ,,1;,,1 ==.求证：()()()()()1,11=x g x g x f x f nm.证明：由11题可得：()()()1,=x g x f ，()()()1,=x h x f ()()()()1,=⇒x h x g x f 又()()()1,=x g x f j i （其中m i ,,1 =；n j ,,1 =）可得，对于i 取m ,,2,1 中的任何一个固定值有：()()()()1,1=x g x g x f n i . 再将()()x g x g n 1看作一个整体可得：()()()()()1,11=x g x g x f x f n m . 13. 证明：如果()()()1,=x g x f ，那么()()()()()1,=+x g x f x g x f . 证明：()()()1,=x g x f 故有：()()()()1=+x g x v x f x u .即：()()()()()()()()()()()()()()()()1=++-=+-+x g x f x v x f x v x u x g x v x f x v x f x v x f x u()()()()1,=+∴x f x g x f ；同理可得：()()()()1,=+x g x f x g()()()()()1,=+∴x g x f x g x f .14. 求下列多项式的公共根：()12223+++=x x x x f ，()12234++++=x x x x x g . 解：()()()212+-=∴x x x f x g 即：()()()112+++=x x x x f()()()1,2++=∴x x x g x f 令：012=++x x 解得：2311i x +-=；2312ix --=. 即：()x f 与()x g 的公共根为：2311i x +-=和2312ix --=.（提示：公共根出现在多项式的公因式中.）15. 判别下列多项式有无重因式： 1）()842752345-+-+-=x x x x x x f解：()()()x x x x x x x x f 1524421205'2234+-=+-+-=又()()()1284275232345++-=-+-+-=x x x x x x x x x f即：()()()()22',-=x x f x f ()x f ∴有三重因式：2-x2）()34424--+=x x x x f解：()124484'33-+=x x x f即：()()()1',=x f x f ()x f ∴没有重因式. 16.求t 值使()1323-+-=tx x x x f 有重根.解：依题意可得：待定系数法：当有()x f 重根时，可得重根为有理根时，此时只能取重根为：1±=α.当重根为：1=α 1可得：3=t .当3=t 时，()()3231133-=-+-=x x x x x f 此时1=x 是()x f 的三重根；当重根为：1-=α1-解得：5-=t ，当5-=t 时，()()()141153223--+=---=x x x x x x x f 与1-=x 为重根矛盾，舍去.设重根为二重时得()⎪⎭⎫⎝⎛+-=+-=323163'22t x x t x x x f()()()()()()()()()12,''131,'',+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x x f x f x x f x f x f x f 即得：021'=⎪⎭⎫⎝⎛-f .解得：415-=t . 17.求多项式q px x ++3有重根的条件.解：()()()()()()()()132,'3','3,',23≠⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+++=q px x f x f x f x f p x q px x x f x f 得： ()x f q px'32+即得：027423=+q p . 18.如果()11242++-Bx Ax x ，求A ，B .解：依题意可由综合除法可得：1 1A A 2B A +3 B A 24+由()11242++-Bx Ax x 可得：⎩⎨⎧=+=++02401B A B A 解得：⎩⎨⎧-==21B A .19.证明：!!212n x x x n++++ 不能有重根.证明：令()!!212n x x x x f n ++++= 得：()()!1!21'12-++++=-n x x x x f n反证法：设()x f 的重根为α得：()()⎩⎨⎧==0'0ααf f 即：()()0'=-ααf f 0!=∴n nα得：0=α 又()010≠=f 矛盾.∴!!212n x x x n++++ 不能有重根.20.如果a 是()x f '''的一个k 重根，证明a 是()()()[]()()a f x f a f x f ax x g +-+-=''2的一个3+k 重根.证明：依题意可得：()()()[]()()0''2=+-+-=a f a f a f a f aa a g ()()()[]()()0'''22'''=--++=a f a f aa a f a f a g()()()()()a f a f aa a f a f a g '''''22''2''''--++=又()0'''=a f ()0''=∴a g()()()()02'''21'''4=-+-=a f a a a f a g又a 是()x f '''的一个k 重根a ∴是()x g '''的一个k 重根. 又()()()()0''''''====a g a g a g a g∴a 是()()()[]()()a f x f a f x f ax x g +-+-=''2的一个3+k 重根. 21.证明：0x 是()x f 的k 重根的充分必要条件是()()()()0'0100====-x f x f x f k ，而()()00≠x f k证明： 0x 是()x f 的k 重根()()x f x x k0-∴即()x g ∃，使得：()()()x g x x x f k0-=，其中0x x -不整除()x g()()()()()x g x x x g x x k x f kk ''010-+-=∴-可得：()()x f x x k '10--()0'0=∴x f同理由此类推可得到：()()()()0'0100====-x f x f x f k 若()()00=x f k 得：()()()x f x x k 0-()()x f x x s k s10+--⇒其中k s ≤，即()()x f x x k 10+-这与0x 是()x f 的k 重根矛盾.()()00≠∴x f k反之显然成立.∴0x 是()x f 的k 重根的充分必要条件是()()()()0'0100====-x f x f x f k ，而()()00≠x f k .22.举例说明断语“如果a 是()x f '的m 重根，那么a 是()x f 的1+m 重根”是不对的. 解：例如：()()111111+-=+m a x x f 则()()()ma x m x f -+=1'a 是()x f '的m 重根，但a 不是()x f 的1+m 重根.23. 证明：如果()()n x f x 1-，那么()()n n x f x 1-. 证明：令：n x y =得：()()y f x 1-即()()011==f f n ∴()()y f y 1-即()()n n x f x 1-.24. 证明：如果()()()323121x xf x f x x +++，那么()()x f x 11-，()()x f x 21-证明：.令：012=++x x 解得：2311i x +-=，2312ix --= 又()()()323121x xf x f x x +++即：()()()32311x f x f x x +-，()()()32312x f x f x x +-()()()()⎩⎨⎧=+=+∴0032223213121311x f x x f x f x x f 即：()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--+=+-+0123110123112121f i f f i f 又0323112311≠-=--+-i i i即该方程程组只有唯一零解：()()⎩⎨⎧==010121f f∴()()x f x 11-，()()x f x 21-.25. 求多项式1-n x 在复数域范围内和在实数范围内的因式分解. 解：在复数域上分解：()()()111----=-n n x x x x εε 其中ni n ππε2sin 2cos +=. 在实数范围内因式分解：当n 为奇数：()()[]()[]⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-++--=-+---111112222222212x x x x x x x x n n n n nεεεεεε 其中：n i i n i πεε2cos2=+-为一个实数，21,,2,1-=n i . 当n 为偶数时：()()()[]()[]⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-++--+=-+---1111112222222212x x x x x x x x x n n n n nεεεεεε 26. 求下列多项式的有理根： 1）1415623-+-x x x解：令()1415623-+-=x x x x f 则()x f 的有理根可能为：1±，2±，7±，14±.由综合除法计算得：1即：()41-=f同理：()361-=-f ，()762-=-f ，()02=f ，()7567-=-f ，()1407=f ，()414414-=-f()176414=f∴1415623-+-x x x 多项式的有理根为：2.2）157424---x x x解：令()157424---=x x x x f 则的有理根可能为：41±，21±，1± 将根挨个代入原式得：641114154174144124-=--⨯-⎪⎭⎫⎝⎛-⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-f同理：6417141-=⎪⎭⎫ ⎝⎛f ，021=⎪⎭⎫ ⎝⎛-f ，521-=⎪⎭⎫⎝⎛f ，()11=-f ，()91-=f∴157424---x x x 多项式的有理根为：21-.3）3111462345----+x x x x x解：令()3111462345----+=x x x x x x f 则()x f 的有理根可能为：1±，3±由带余除法计算得：即：()01=-f 同理：()321-=f ，()963-=-f ，()03=f .∴3111462345----+x x x x x 多项式的有理根为：1-，3. 27. 下列多项式在有理数域上是否可约？ 1）12+x解：不可约；理由如下：依题意可得令()12+=x x f 则()x f 的有理根可能为：1± 又()()0211≠=-=f f 即1±不为()x f 的有理根∴多项式12+x 在有理数域上是不可约的.（二次有理多项式在有理数域上可约的话必有有理根）2）2128234++-x x x解：不可约；理由如下：取素数2=p 得：（1）p 41a =.（2）38a p =-，212a p =，10a p =，02a p = （3）42=p 02a =由艾森斯坦判别法可得：多项式2128234++-x x x 是不可约的. 3）136++x x解：不可约；理由如下：令()136++=x x x f ，1+=y x 得：原多项式39182115623456++++++=y y y y y y 这时只要取3=p 可由艾森斯坦判别法得出：39182115623456++++++y y y y y y 不可约；∴136++x x 不可约.4）1++px x p ，p 为奇素数；解：令1+=y x 作转化，再由艾森斯坦判别法判别不可约； 5）144++kx x ，k 为整数. 解：同4），不可约：。

浅谈高等代数中线性方程组的解法

浅谈高等代数中线性方程组的解法摘要：在大学的课程中，高等代数我们数学专业的必修课程，在高等代数里，解线性方程组是一个重点，也是一个难点。

在数学的研究和解决问题的过程中，常常要运用到许多未知量，为此，为了解决遇到的这些问题，许多数学家致力于研究之中，寻找解决这些问题的方法.《高等代数》教材介绍的关于求解线性方程组的解的基本方法是行初等变换法,但这种方法计算量大, 同时方法和步骤也比较麻烦。

解线性方程组对初学者来说不是那么的得心应手，常常能下笔却常常是解错的，为了方便快捷而准确的解线性方程组，为此我们在前人的研究基础上对解线性方程组做了研究、分析和整理，详细的解析了克拉默规则、消元法、基础解系法、矩阵法、填充矩阵法，LU分解法。

希望能帮助降低学生学习犯错误的可能性, 拓宽学生的思维。

Abstract：In university course, we required course with specialized mathematics of the higher algebra, in advanced algebra, is a focus on solving linear equations, is also a difficulty. In mathematics study and solve the problem in the process, is often applied to many unknown variables, therefore, in order to solve these problems, many mathematicians is committed to research, find out the ways to solve these problems. "advanced algebra" teaching material introduce about solving system of linear equations solution of the line is the basic method of elementary transformation method, but this kind of method to large amount of calculation, at the same time, methods and steps are also more trouble. Solution of linear equations for beginners is not so comfortable, often can often are the wrong writing, in order to convenient and quick and accurate solutions of linear equations, we in the basis of forefathers' research to do the research, analysis and solving linear equations, detailed rules of parsing the kramer, elimination method and basic solution method, matrix method, matrix method, the LU decomposition method. Hope I can help reduce the possibility of students learning to make mistakes, to broaden the minds of students.关键词：线性方程组、增广矩阵，系数矩阵、基础解系、解空间Keywords：Linear equations、Augmented matrix,、The coefficient matrix、The basic solution、The solution space引言：线性方程组的解法，早在中国古代的数学著作《九章算术》方程章中已作了比较完整的论述。

高等代数习题解答(第一章)

高等代数习题解答第一章多项式补充题1．当,,a b c 取何值时，多项式()5f x x =-与2()(2)(1)g x a x b x =-++2(2)c x x +-+相等？提示：比较系数得6136,,555a b c =-=-=.补充题2．设(),(),()[]f x g x h x x ∈，2232()()()f x xg x x h x =+，证明：()()()0f x g x h x ===．证明假设()()()0f x g x h x ===不成立．若()0f x ≠，则2(())f x ∂为偶数，又22(),()g x h x 等于0或次数为偶数，由于22(),()[]g x h x x ∈，首项系数（如果有的话）为正数，从而232()()xg x x h x +等于0或次数为奇数，矛盾．若()0g x ≠或()0h x ≠则232(()())xg x x h x ∂+为奇数，而2()0f x =或2(())f x ∂为偶数，矛盾．综上所证，()()()0f x g x h x ===．1．用g (x ) 除 f (x )，求商q (x )与余式r (x )： 1）f (x ) = x 3-3x 2 -x -1，g (x ) =3x 2 -2x +1； 2）f (x ) = x 4 -2x +5，g (x ) = x 2 -x +2． 1）解法一待定系数法．由于f (x )是首项系数为1的3次多项式，而g (x )是首项系数为3的2次多项式，所以商q (x )必是首项系数为13的1次多项式，而余式的次数小于 2．于是可设q (x ) =13x +a ,r (x ) =bx +c根据 f (x ) = q (x )g (x )+r (x )，即x 3-3x 2 -x -1= (13x +a )( 3x 2 -2x +1)+bx +c右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得2333a -=-,1123a b -=-++,1a c -=+解得79a =- , 269b =- , 29c =- ，故得17(),39q x x =-262().99r x x =--解法二带余除法．3 -2 1 1 -3 -1 -11379- 1 23-1373-43- -1 73-14979- 269-29- 得17(),39q x x =-262().99r x x =--2）2()1,()57.q x x x r x x =+-=-+262().99r x x =-- 2．,,m p q 适合什么条件时，有 1）231;x mx x px q +-++ 2）2421.x mx x px q ++++1）解 21x mx +-除3x px q ++得余式为：2()(1)()r x p m x q m =+++-，令()0r x =，即 210;0.p m q m ⎧++=⎨-=⎩故231x mx x px q +-++的充要条件是2;10.m q p m =⎧⎨++=⎩ 2）解 21x mx ++除42x px q ++得余式为：22()(2)(1)r x m p m x q p m =-+-+--+，令()0r x =，即 22(2)0;10.m p m q p m ⎧-+-=⎪⎨--+=⎪⎩ 解得2421x mx x px q ++++的充要条件是0;1m p q =⎧⎨=+⎩ 或 21;2.q p m =⎧⎨=-⎩ 3．求()g x 除()f x 的商()q x 与余式()r x ： 1）53()258,()3;f x x x x g x x =--=+ 2）32(),()12.f x x x x g x x i =--=-+ 1）解法一用带余除法（略）．解法二用综合除法．写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0： -3 2 0 -5 0 -8 0 + -6 18 -39 117 -327 2 -6 13 -39 109 -327 所以432()261339109,()327.q x x x x x r x =-+-+=-2）解法一用带余除法（略）．解法二用综合除法．写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0：()f x1-2i 1 -1 -1 0 + 1-2i -4-2i -9+8i 1 -2i -5-2i -9+8i 所以2()2(52),()98.q x x ix i r x i =--+=-+4．把()f x 表成0x x -的方幂和，即表成201020()()c c x x c x x +-+-+的形式：1）50(),1;f x x x ==2）420()23,2;f x x x x =-+=-3）4320()2(1)37,.f x x ix i x x i x i =--+-++=- 注设()f x 表成201020()()c c x x c x x +-+-+的形式，则0c 就是()f x 被0x x -除所得的余数，1c 就是()f x 被0x x -除所得的商式212030()()c c x x c x x +-+-+再被0x x -除所得的余数，逐次进行综合除法即可得到01,,,.n c c c1）解用综合除法进行计算 1 1 0 0 0 0 0 + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 1 2 3 4 1 2 3 4 5 1 + 1 3 6 1 3 6 101 + 1 4 1 4 10 1 + 1 1 5所以 5234515(1)10(1)10(1)5(1)(1).x x x x x x =+-+-+-+-+-2）3）略5．求()f x 与()g x 的最大公因式：1）43232()341,()1;f x x x x x g x x x x =+---=+-- 2）4332()41,()31;f x x x g x x x =-+=-+3）42432()101,()6 1.f x x x g x x x =-+=-+++ 1）解用辗转相除法()g x ()f x 2()q x 12-141 1 -1 -1 1 1 -3 -4 -1 1()q x 1 0 132121 1 -1 -1 12-32- -1 1()r x -2 -3 -13()q x 8343 12-34-14- -2 -2 2()r x 34-34- -1 -1 -1 -13()r x 0所以((),()) 1.f x g x x =+2）((),()) 1.f x g x =3）2((),()) 1.f x g x x =--6．求(),()u x v x 使()()()()((),()):u x f x v x g x f x g x += 1）432432()242,()22f x x x x x g x x x x x =+---=+---； 2）43232()421659,()254f x x x x x g x x x x =--++=--+； 3）4322()441,()1f x x x x x g x x x =--++=--． 1）解用辗转相除法()g x ()f x2()q x 11 1 1 -1 -2 -2 1 2 -1 -4 -2 1()q x 110-20 1 1 -1 -2 -2 11 -2 -21()r x 10 -2 0 3()q x 10 1 0-2 0 1 0 -22()r x 1 0 -2 3()r x 0由以上计算得11()()()(),f x q x g x r x =+212()()()(),g x q x r x r x =+ 132()()(),r x q x r x =因此22((),())()2f x g x r x x ==-，且2((),())()f x g x r x =21()()()g x q x r x =-21()()[()()()]g x q x f x q x g x =-- 212()()[1()()]()q x f x q x q x g x =-++所以212()()1,()1()()2u x q x x v x q x q x x =-=--=+=+．2）((),())1f x g x x =-，21122(),()13333u x x v x x x =-+=--．3）((),())1f x g x =，32()1,()32u x x v x x x x =--=+--．7．设323()(1)22,()f x x t x x u g x x tx u =++++=++的最大公因式是一个二次多项式，求,t u 的值．解略．8．证明：如果()(),()()d x f x d x g x 且()d x 为()f x 与()g x 的一个组合，那么()d x 是()f x 与()g x 的一个最大公因式．证明由于()(),()()d x f x d x g x ，所以()d x 为()f x 与()g x 的一个公因式．任取()f x 与()g x 的一个公因式()h x ，由已知()d x 为()f x 与()g x 的一个组合，所以()()h x d x ．因此，()d x 是()f x 与()g x 的一个最大公因式．9．证明：(()(),()())((),())()f x h x g x h x f x g x h x =，（()h x 的首项系数为 1）．证明因为存在多项式()u x 和()v x 使((),())()()()()f x g x u x f x v x g x =+，所以((),())()()()()()()()f x g x h x u x f x h x v x g x h x =+，这表明((),())()f x g x h x 是()()f x h x 与()()g x h x 的一个组合，又因为((),())(),((),())()f x g x f x f x g x g x ，从而((),())()()(),((),())()()()f x g x h x f x h x f x g x h x g x h x ，故由第8题结论，((),())()f x g x h x 是()()f x h x 与()()g x h x 的一个最大公因式．注意到((),())()f x g x h x 的首项系数为1，于是(()(),()())((),())()f x h x g x h x f x g x h x =．10．如果(),()f x g x 不全为零，证明：()()(,)1((),())((),())f xg x f x g x f x g x =．证明存在多项式()u x 和()v x 使((),())()()()()f x g x u x f x v x g x =+，因为(),()f x g x 不全为零，所以((),())0f x g x ≠，故由消去律得()()1()()((),())((),())f xg x u x v x f x g x f x g x =+，所以()()(,)1((),())((),())f xg x f x g x f x g x =．11．证明：如果(),()f x g x 不全为零，且()()()()((),())u x f x v x g x f x g x +=，那么((),())1u x v x =．证明因为(),()f x g x 不全为零，故 ((),())0f x g x ≠，从而由消去律得()()1()()((),())((),())f xg x u x v x f x g x f x g x =+，所以((),())1u x v x =．12．证明：如果((),())1f x g x = ，((),())1f x h x =，那么((),()())1f x g x h x =．证法一用反证法．假设()((),()())1d x f x g x h x =≠，则(())0d x ∂>，从而()d x 有不可约因式()p x ，于是()(),()()()p x f x p x g x h x ，但因为((),())1f x g x =，所以()p x 不整除()g x ，所以()()p x h x ，这与((),())1f x h x =矛盾．因此((),()())1f x g x h x =．证法二由题设知，存在多项式1122(),(),(),()u x v x u x v x ，使得11()()()()1u x f x v x g x +=，22()()()()1u x f x v x h x +=，两式相乘得12121212[()()()()()()()()()]()[()()]()()1u x u x f x v x u x g x u x v x h x f x v x v x g x h x +++=，所以((),()())1f x g x h x =．13．设11(),,(),(),,()m n f x f x g x g x 都是多项式，而且 ((),())1(1,2,,;1,2,,).i j f x g x i m j n ===求证：1212(()()(),()()()) 1.m n f x f x f x g x g x g x =证法一反复应用第12题的结果证法二反证法14．证明：如果((),())1f x g x =，那么(()(),()())1f x g x f x g x +=．证明由于((),())1f x g x =，所以存在多项式()u x 和()v x 使()()()()1u x f x v x g x +=，由此可得()()()()()()()()1,u x f x v x f x v x f x v x g x -++= ()()()()()()()()1,u x f x u x g x u x g x v x g x +-+=即[][]()()()()()()1,u x v x f x v x f x g x -++=[][]()()()()()()1,v x u x g x u x f x g x -++=于是((),()())1f x f x g x +=，((),()())1g x f x g x +=，应用第12题的结论可得(()(),()())1f x g x f x g x +=．注也可以用反证法．15．求下列多项式的公共根：32432()221;()22 1.f x x x x g x x x x x =+++=++++提示用辗转相除法求出2((),()) 1.f x g x x x =++于是得两多项式的公共根为16．判别下列多项式有无重因式： 1）5432()57248f x x x x x x =-+-+-； 2） 42()443f x x x x =+--1）解由于432'()5202144f x x x x x =-+-+，用辗转相除法可求得2((),'())(2)f x f x x =-，故()f x 有重因式，且2x -是它的一个 3 重因式．2）解由于3'()484f x x x =+-，用辗转相除法可求得((),'())1f x f x =，故()f x 无重因式．17．求t 值使32()31f x x x tx =-+-有重根．解 2'()36f x x x t =-+．先用'()f x 除()f x 得余式 1263()33t t r x x --=+．当3t =时，1()0r x =．此时'()()f x f x ，所以21((),'())'()(1)3f x f x f x x ==-，所以1是()f x 的3重根．当3t ≠时，1()0r x ≠．再用1()r x 除'()f x 得余式215()4r x t =+．故当154t =-时，2()0r x =．此时，121((),'())()92f x f x r x x =-=+，所以12-是()f x 的2重根．当3t ≠且154t ≠-时，2()0r x ≠，则((),'())1f x f x =，此时()f x 无重根．综上，当3t =时，()f x 有3重根1；当154t =-时，()f x 有2重根12-．18．求多项式3x px q ++有重根的条件．解略．19．如果242(1)1x Ax Bx -++ ，求,A B ．解法一设42()1f x Ax Bx =++，则3'()42f x Ax Bx =+．因为242(1)1x Ax Bx -++，所以1是()f x 的重根，从而1也是'()f x 的根．于是(1)0f =且'(1)0f =，即10;420.A B A B ++=⎧⎨+=⎩解得1,2A B ==-．解法二用2(1)x -除421Ax Bx ++得余式为(42)(31)A B x A B ++--+，因为242(1)1x Ax Bx -++，所以(42)(31)0A B x A B ++--+=，故420;310.A B A B +=⎧⎨--+=⎩ 解得1,2A B ==-．20．证明：212!!nx x x n ++++没有重根．证法一设2()12!!nx x f x x n =++++，则21'()12!(1)!n x x f x x n -=++++-．因为()'()!nx f x f x n -=，所以((),'())((),)1!nx f x f x f x n ==．于是212!!nx x x n ++++没有重根．证法二设2()12!!nx x f x x n =++++ ，则21'()12!(1)!n x x f x x n -=++++-．假设()f x 有重根α，则()0f α=且'()0f α=，从而0!nn α=，得0α=，但0α=不是()f x 的根，矛盾．所以212!!nx x x n ++++没有重根． 21．略．22．证明：0x 是()f x 的k 重根的充分必要条件是 (1)000()'()()0k f x f x f x -====，而()0()0k f x ≠．证明（必要性）设0x 是()f x 的k 重根，从而0x 是'()f x 的1k -重根，是''()f x 的2k -重根，…，是(1)()k f x -的单根，不是()()k f x 的根，于是(1)000()'()()0k f x f x f x -====，而()0()0k f x ≠．（充分性）设(1)000()'()()0k f x f x f x -====，而()0()0k f x ≠，则0x 是(1)()k f x -的单根，是(2)()k f x -的2重根，…，是()f x 的k 重根．23．举例说明断语“如果α是'()f x 的m 重根，那么α是()f x 的m +1重根”是不对的．解取1()()1m f x x α+=-+，则()'()1()m f x m x α=+-．α是'()f x 的m 重根，但α不是()f x 的m +1重根．注：也可以取具体的，如0,1m α==．24．证明：如果(1)()n x f x -，那么(1)()n n x f x -．证明略．25．证明：如果23312(1)()()x x f x xf x +++，那么12(1)(),(1)()x f x x f x --．证明 2121()()x x x x ωω++=--，其中12ωω==．由于23312(1)()()x x f x xf x +++，故存在多项式()h x 使得33212()()(1)()f x xf x x x h x +=++，因此112122(1)(1)0;(1)(1)0.f f f f ωω+=⎧⎨+=⎩ 解得12(1)(1)0f f ==，从而12(1)(),(1)()x f x x f x --．26．求多项式1n x -在复数范围内和实数范围内的因式分解．解多项式1n x -的n 个复根为22cos sin ,0,1,2,,1k k k i k n n n ππω=+=-，所以1n x -在复数范围内的分解式为1211(1)()()()n n x x x x x ωωω--=----．在实数范围内，当n 为奇数时：222112211221(1)[()1][()1][()1]n n n n n x x x x x x x x ωωωωωω---+-=--++-++-++，当n 为偶数时：222112222221(1)(1)[()1][()1][()1]n n n n n x x x x x x x x x ωωωωωω---+-=-+-++-++-++．27．求下列多项式的有理根：1）3261514x x x -+-；2）424751x x x ---；3）5432614113x x x x x +----．1）解多项式可能的有理根是1,2,7,14±±±±．(1)40f =-≠，(1)360f -=-≠．由于44444,,,,1(2)171(7)1141(14)-------------都不是整数，所以多项式可能的有理根只有2．用综合除法判别：2 1 15 -14+ 2 -8 142 1 -4 7 0+ 2 -41 -2 3≠0所以2是多项式的有理根（单根）．注：一般要求指出有理根的重数．计算量较小的话，也可以直接计算，如本题可直接算得(2)0f =，说明2是()f x 的有理根，再由'(2)0f ≠知． 2是单根．用综合除法一般比较简单．2）答 12-（2重根）． 3）答 1-（4重根），3（单根）．28．下列多项式在有理数域上是否可约？1）21x -；2）4328122x x x -++；3）631x x ++；4）1p x px ++，p 为奇素数；5）441x kx ++，k 为整数．1）解 21x -可能的有理根是1±，直接检验知，都不是它的根，故21x -不可约．2）解用艾森斯坦判别法，取2p =．3）解令1x y =+，则原多项式变为6365432(1)(1)1615211893y y y y y y y y ++++=++++++，取3p =，则由艾森斯坦判别法知多项式65432615211893y y y y y y ++++++不可约，从而多项式631x x ++也不可约．4）提示：令1x y =-，取素数p ．5）提示：令1x y =+，取2p =．。

兰大高等代数真题答案解析

兰大高等代数真题答案解析在兰州大学高等代数的考试中，掌握答案的解析方法是非常重要的。

高等代数作为数学中的一门核心课程，涉及到众多的概念、定理和运算方法，而且其题目类型多样，难度也相对较高。

因此，对于学生们来说，及时准确地掌握和理解高等代数真题的答案解析，不仅可以帮助他们深入理解知识点，还能够提高解题能力和应试水平。

首先，对于高等代数真题答案的解析，我们可以从概念的理解入手。

高等代数中的概念层出不穷，如向量空间、线性变换、特征值与特征向量等。

理解这些概念的定义和性质，对于学生们来说是至关重要的。

当解答高等代数的真题时，我们应该注重概念的运用，将所给条件和题目要求与概念进行对比和分析。

其次，在解析高等代数真题答案时，我们要注意进行相应的推理和证明。

高等代数的题目往往要求学生们使用已有的定理和性质进行证明，或者利用已有的结论推导出新的结果。

因此，在解答问题时，要善于运用相关的定理和公式进行推导，同时要有严密的逻辑思维，清晰的表达和证明过程。

这样不仅可以帮助我们正确解答问题，还能够培养我们的思维能力和数学推理能力。

此外，高等代数中也存在着一些经典例题，通过对这些例题的答案解析，我们可以更好地理解相关知识点，并且掌握解题的技巧。

在解析这些经典例题的答案时，我们可以多角度地思考和分析问题，寻找问题的本质。

通过分析解答过程，了解其中的关键步骤和技巧，可以帮助我们更好地应对类似的题目。

最后，在解析高等代数真题答案时，我们要注重练习和实践。

高等代数是一门需要不断实践和练习的学科，只有通过实际操作，我们才能真正理解其中的奥妙。

通过反复的练习和解析真题的答案，我们可以逐渐提高解题的能力和熟练度，掌握更多的解题方法和技巧。

同时，我们还可以通过与他人的交流和讨论，互相学习和借鉴，进一步提高自己的水平。

总之，兰州大学高等代数真题的答案解析对于学生们来说是非常重要的。

通过理解概念，推理和证明，分析经典例题，以及进行实践和练习，我们可以更好地掌握高等代数的知识点和解题方法。

北大2014高等代数部分试题解答思路

令U = {A ∈V :tr (A) = 0}，则U 是V 的子空间（真子集），故 dimU ≤ n 2 −1. 利用迹公式tr (MN −NM ) = 0 可知W ⊂U ，所以 dimW ≤ n 2 −1.
考察V 的标准基底{Eij } ，其中矩阵 Eij 在第 i 行、第 j 列处为 1，其它地方为 0. 下面利用矩阵 Eij 来构造子空间W 的基底：
的形式。这需要一些技巧，主要是利用矩阵元素的乘法关系
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5. 设V 是所有n 阶复矩阵所组成的向量空间，求所有形如 MN −NM 矩阵所组成向量空间的维数。
记所有形如 MN −NM 型矩阵所组成向量空间为W ，则 dimW = n 2 −1 . 证明的关键是利用迹公式tr (MN ) = tr (NM ) ，于是tr (MN −NM ) = 0 ，进而将问题转化为对“迹零矩阵”的研究。
2. 如果 MNMN 为零矩阵，那么 NMNM 是否为零矩阵？说明理由。
结论是否定的， NMNM 不一定是零矩阵。质数同学给出了反例：
M = ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝000
0 1 0
100⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ , N = ⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜000
1 0 0
100⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
直接验证可知 MNMN 为零矩阵，但 NMNM 不是零矩阵。
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4. 设V 是n 维向量空间，线性变换 A 的最小多项式次数是n . (1) 证明：存在非零向量 α ，使得 α, Aα,L, An−1α 是V 的一组基； (2) 任何与 A 可交换的线性变换，均可表示成 A 的多项式。
证明的关键是“考虑非零向量 α 的最小多项式”。即考虑使得 pα (A)α = 0 的最小多项式 pα (x) ，其中向量 α 是给定的。设线性变换 A 的最小多项式为m(x) ，类似的证明可知 pα (x) 是m(x ) 的因式。于是当 α 遍历V 中所有非零向量时，只能得到有限个 pα (x) ，不妨记作 p1(x ) ,L , pk (x ) . 定义

完整版高等代数习题解答(第一章)

完整版高等代数习题解答(第一章)高等代数题解答第一章多项式补充题1.当a,b,c取何值时，多项式f(x)=x-5与g(x)=a(x-2)^2+b(x+1)+c(x^2-x+2)相等？提示：比较系数得a=-1,b=-1,c=6.补充题2.设f(x),g(x),h(x)∈[x]，f^2(x)=xg^2(x)+x^3h^2(x)，证明：假设f(x)=g(x)=h(x)不成立。

若f(x)≠0，则∂(f^2(x))为偶数，又g^2(x),h^2(x)等于或次数为偶数，由于g^2(x),h^2(x)∈[x]，首项系数（如果有的话）为正数，从而xg^2(x)+x^3h^2(x)等于或次数为奇数，矛盾。

若g(x)≠0或h(x)≠0，则∂(xg^2(x)+x^3h^2(x))为奇数，而f^2(x)为偶数，矛盾。

综上所证，f(x)≠g(x)或f(x)≠h(x)。

1.用g(x)除f(x)，求商q(x)与余式r(x)：1）f(x) =x^3-3x^2-x-1，g(x) =3x^2-2x+1；2）f(x) =x^4-2x+5，g(x) =x^2-x+2．1）解法一：待定系数法。

由于f(x)是首项系数为1的3次多项式，而g(x)是首项系数为3的2次多项式，所以商q(x)必是首项系数为1的1次多项式，而余式的次数小于2.于是可设q(x)=x+a,r(x)=bx+c。

根据f(x)=q(x)g(x)+r(x)，即x^3-3x^2-x-1=(x+a)(3x^2-2x+1)+bx+c，右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得a=-1/3,b=-2/3,c=-1，故得q(x)=x-1/3,r(x)=-x-1/3.2）解法二：带余除法。

用长除法得商q(x)=x^2+x-1，余式r(x)=-5x+7.2.m,p,q适合什么条件时，有1）x^2+mx-1/x^3+px+q;2）x^2+mx+1/x^4+px^2+q.解：1）将x^3+px+q除以x^2+mx-1得商为x+m+1/(x+m-1)，所以当m≠1时有解。

高等代数中典型证明题的一题多解问题

高等代数中典型证明题的一题多解问题【摘要】高等代数课程中，“一题多解”的题目是非常多的。

“一题多解”问题不仅能拓展学生的思维空间，还能有效提升学习数学的兴趣。

本文以高等代数中行列式和矩阵这两部分内容中的典型证明问题为例，来探讨一下高等代数中的“一题多解”问题。

【关键词】高等代数行列式矩阵一题多解1 行列式的证明行列式的证明方法很多，从中选出最简单，最适宜的解决办法，很容易就能证得。

下面这道例题，我们可以用五种方法解题，着重讲一下矩阵与行列式的关系用于解决行列式的证明问题。

p证法5：令，=，表示n阶单位矩阵。

则原行列式为，因为两边取行列式，得这道题前四种方法都是无可置疑的。

第五种方法另辟途径，颇具新意。

它利用分块矩阵，利用了单位矩阵的运算性质及矩阵乘积与行列式之间的关系，虽然不易想到，但一旦掌握便很容易得到结果。

2 矩阵的证明矩阵这部分内容知识点多，解题方法也多。

我们仅通过一道例题探讨矩阵可逆的证法。

例：设A，B为n阶矩阵。

证明：若可逆，则也可逆，其中I为单位矩阵。

分析1：要证可逆，只要证存在一个n阶矩阵Q，使。

今已知可逆，所以存在C，使由此即可找到Q。

证法1：因可逆，故存在n阶矩阵C使得。

于是利用这个结果就可证明是可逆的，它的逆矩阵就是：只要在展开式中将代替和就行了。

分析2：由可逆，要证也可逆，只要能证明就行了。

这只要作出适当的矩阵，对它们施行适当的初等变换，然后取行列式即可。

证法2：作矩阵因为所以两边取行列式，得。

因此，若可逆，则，从而，也可逆。

分析3：用反证法。

若不可逆，则以为系数矩阵的齐次线性方程组有非零解。

可推出以为系数矩阵的齐次线性方程组也有非零解。

得出也不可逆的矛盾。

证法3：若可逆，假设不可逆，则=0以为系数矩阵作齐次线性方程组⑴则方程组⑴有非零解。

易知，于是可见，方程组有非零解。

从而=0，这与可逆相矛盾。

所以可逆。

分析4：要证可逆，即证，这只要证明1不是的特征根。

证法4：因可逆，故，可见1不是的特征根。

一道高等数学题的多种解法

一道高等数学题的多种解法大学数学是一门科学，它将数学理论和实践应用相结合，拓展出一个崭新的领域。

在高等数学中，一道题可以采用多种方法求解。

比如求解一个方程，可以使用代数方法、几何方法、数值方法和不动点方法等。

下面就以一道高等数学题为例，来介绍它一些可用的解法。

一道高等数学题：已知定义在实线上的函数 $$f(x) = x^2 + 3x -2 (x R )$$（1）代数方法根据$f(x)$的特点，它可以被写成如下形式：$$f(x) = (x + a)(x + b) (a, b R)$$利用平方差公式：$$a + b = 3, ab = -2$$可得： $$a = 2 , b = -1$$即有 $$f(x) = (x + 2)(x - 1)$$因此，可得 $$f(x_1) = 0 , x_1 = -2$$（2）几何方法在几何上，$f(x)$这样的一元二次函数的图像，形状为下凹的双曲线，可在x轴上把它分成两部分，求出它的单调区间，可找出方程的根。

由于函数的二阶导数$$f(x) = 2$$大于0，表明$f(x)$的图像是下凹的，即$f(x)$的单调性：$$f(x) = 0 , x = -2$$因此，可以得出 $$f(x_1) = 0 , x_1 = -2$$（3）数值方法数值方法也称为迭代算法或者牛顿迭代法，它利用函数f(x)和它的一阶导数在解析上不容易确定，来求出方程的根。

假定初值 $x_0$，当满足以下条件时，就可以求出函数的根$x_1$：$$f(x_0) = 0$$利用上式即可得出 $$f(x_1) = 0 , x_1 = -2$$（4）不动点方法不动点方法也称为收敛定理，它是一种用来求解实值函数的根的数学方法。

设函数$f(x)$存在收敛不动点，即存在一点$x_1$使得$$|f(x_1) - x_1| < varepsilon , varepsilon > 0$$则 $$f(x_1) = 0 , x_1 = -2$$从上述四种方法可以看出，一道高等数学题可以采用多种解法求解，其中代数、几何、数值方法和不动点方法最常用，它们的主要区别在于求解的数学思想和解法的求取方向。

高考数学技巧如何快速解决代数方程

高考数学技巧如何快速解决代数方程代数方程作为高考数学中的一道常见题型，常常让很多学生感到头疼。

然而，只要掌握了一些高考数学技巧，解决代数方程其实并不那么困难。

本文将介绍一些高考数学中快速解决代数方程的技巧和方法。

一、整理方程解决代数方程的第一步是要对方程进行整理，将其转化为最简形式。

在整理方程时，我们可以根据题目的要求和方程的形式选择合适的方法。

1. 去括号当方程中含有括号时，我们可以通过去括号来简化方程。

对于一对括号，我们可以使用分配律或者消去法则将其去掉，然后继续整理方程。

2. 合并同类项如果方程中含有同类项，我们可以将其合并，使方程变得更简洁。

合并同类项可以通过对同类项进行加减运算来实现，从而得到一个更简单的方程。

3. 移项当方程中含有未知数的项分布在等式的两边时，我们可以通过移项的方法将其集中在一边，从而便于求解。

移项的方法包括加减法移项和乘除法移项，根据具体情况选择合适的方法进行移项。

二、运用等式性质在解决代数方程时，我们可以利用等式的性质来简化方程，从而更快地求解。

1. 去分母当方程中含有分母时，我们可以通过乘以分母的倒数来将其去掉。

在乘法分配律的基础上，我们可以将分母乘到方程的每一项上，从而得到一个无分母的方程。

2. 因式分解当方程中含有多项式时，我们可以通过因式分解来简化方程。

将多项式分解成更简单的因式可以使方程更易于处理，并且有助于找到方程的解。

三、运用代数性质在解决代数方程时，我们也可以利用代数的性质来快速求解。

1. 方程相等性在进行方程的变形时，我们可以利用方程的相等性质。

即如果两个方程在等号两边是相等的，那么它们可以互相替换，从而得到另一个等效的方程。

2. 方程的可逆性方程在不改变解的情况下可以进行各种等价变形，这是因为方程具有可逆性。

利用方程的可逆性，我们可以将方程转化为更简单的形式，使问题更易于解答。

综上所述，高考数学中解决代数方程的技巧主要包括整理方程、运用等式性质和运用代数性质等。

2020年高联一试11题的七种解法

2020年⾼联⼀试11题的七种解法2020年⾼中数学联赛⼀试11题为：求反⽐例函数xy=1内接等腰直⾓三⾓形⾯积的最⼩值。

拿到这个问题，我先画个草图。

最⾃然的思路是设出三个点的坐标，由直⾓和等腰各得⼀个等式，然后⽤坐标表⽰出⾯积，⽤两个等式消去未知数，变为⼀元函数，然后求最值。

似乎有希望，所以就先按这个思路做下去看看：解法⼀：设A为直⾓顶点，各点坐标为A（a,1/a）,B(b,1/b),C(c,1/c)，则AB斜率为这样本题就⽤最“笨”的⽅法解出来了。

上述解法虽然很笨拙，但是思路很⾃然，也没有特别复杂的运算和⾼超的技巧，只要没有计算错，就能得到最终结果。

估计也是考场中最常见的解法。

此题的思路基本就是：(1) 由等腰直⾓得到约束条件，(2) 然后消元得到⾯积的⼀元函数表达式，(3) 最后求出⾯积最⼩值。

上述过程最⼤的难点在于对(2)式的化简，⽤a表⽰b，除了上述⼗字相乘法，当然也可以⽤求根公式解此⼀元⼆次⽅程。

下⾯的想法当然是看看上述解答中，某些部分还能不能改进，还有没有其他的思路。

⾸先看看f(t)的最⼩值，除了求导以外，还有其他的办法吗？这个换元⾃然⽽奇妙，结果也很巧合，转化为经典的三⾓最值问题，⽤均值不等式解决很漂亮也是很常见的。

还有⼀个换元的思路时分⼦分母同除以t^3,引⼊t+1/t,不过最后表达式虽然⽐较简洁，基本还是要⽤导数来解决，感觉意义不⼤，这⾥就不再赘述。

所以整体⽽⾔，求f(t)最值的⽅法基本就上述两种，我觉得两种⽅法不相上下、各有千秋。

下⾯的想法是此题求⾯积表达式的⽅法，除了上述最⾃然的思路外。

还有其他更简洁精妙的吗？⽹上见到最多的是复数的解法，复数思路还算是⾃然，因为复数的优势在于旋转，⽽等腰直⾓就是⼀个腰旋转90°到另⼀个腰，从⽽得到复数的解法如下：解法⼆：在复平⾯内，设A（a,1/a），设AB对应的复数为x+yi,则AC对应的复数为(x+yi)i=xi-y,从⽽得到B，C的坐标为B(a+x,1/a+y),C(a-y,1/a+x)。

华东师大高代解答

华东师大高代解答一、计算行列式解：记原行列式为D ，将第一列14441444022122022122022122nn x x x D xx x x -=+=（x-1）1222222n x x x-+12221200102011nx x x ---=(x-1)[x+2(n-2)](x-2)2n -+[1-2(1)2n x --](x-2)1n - 以上是在2x ≠时求得的而当2x =时，很明显0D =，满足求得的解析式。

综上所述，1(22)(2).n D x n x -=+--二、解：2n D E A λ=-=1111λλλλ----=(21λ-)n =(1λ+)n (1λ-)n=0121221,1n n n n λλλλλλ++∴====-====01当1λ=-时，()0E A X λ-=即为121222122111000000n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x --++⎧+=⎧⎪--=⎪⎪+=⎪⎪--=⇔⎨⎨⎪⎪⎪⎪+=⎩--=⎪⎩得12(1,0,,0,1)(0,1,0,,0,1,0)(0,,0,1,1,0,,0)n x x x '=-⎧⎪'=-⎪⎨⎪⎪'=-⎩ 20当1λ=时，()0E A X λ-=即为122211000n n n n x x x x x x -+⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=⎪⎩得122(1,0,,0,1)(0,1,0,,0,1,0)(0,,0,1,1,0,,0)n n n x x x ++'=⎧⎪'=⎪⎨⎪⎪'=⎩ ,A A '=∴以上向量两两正交，只须单位化即可。

1(0,,0,1,0,,0,1,0,,0),1,2,,21(0,,0,1,0,,0,1,0,,0),1,2,,22i i x i nx i n n n'=-='==++记122(,,,)n T x x x =则,T T E '=即T 为正交矩阵，且1nn ET AT T AT B E --⎛⎫'=== ⎪⎝⎭。