北京大学研究生入学考试——高等代数与解析几何试题及答案 2.pdf
高等代数与解析几何考研试题 (2)
北京大学2005 数学专业研究生 数学分析 1. 设x xx x x x f sin sin 1sin )(22--=，试求)(sup lim x f x +∞→和)(inf lim x f x +∞→.解: 22sin 1()sin sin (0,1].sin x x f x x x x x-=∈-首先我们注意到.在的时候是单调增的 222222sin 1sin .sin sin ,,lim sup sin 11x x x x x x x x x x x x x x →+∞-≤≤→+∞---并且在充分大的时候显然有所以易知在时当然此上极限可以令2,2x k k ππ=+→+∞这么一个子列得到.2222sin sin ().lim 0,lim inf 0,lim inf ()0.sin sin x x x x x x f x f x x x x x→+∞→+∞→+∞===--对于的下极限我们注意到而所以有此下极限当然可以令(21),.x k k π=+→+∞这么个子列得到2. (1)设)(x f 在开区间),(b a 可微，且)(x f '在),(b a 有界。
证明)(x f 在),(b a 一致连续.证明:()(,).()(,).f x x a b M f x a b '∈设在时上界为因为在开区间上可微12,(,),x x a b ∀∈对于由,Lagrange 中值定理存在12121212(,),()()()x x f x f x f x x M x x ξξ'∈-=-≤-使得.这显然就是12,,.()(,).Lipschitz x x f x a b 条件所以由任意性易证明在上一致收敛 (2) 设)(x f 在开区间),(b a )(+∞<<<-∞b a 可微且一致连续，试问)(x f '在),(b a 是否一定有界。
（若肯定回答，请证明；若否定回答，举例说明） 证明:否定回答.()(,).f x a b '在上是无界的12()(1),()[0,1].f x x f x Cantor =-设显然此在上是连续的根据定理,闭区间上连续函数一致连续.所以()f x 在(0,1)上一致连续.显然此12121()(1)(0,1).().2(1)f x x f x x -'=-=-在上是可微的而121()(0,1).2(1)f x x -'=-在上是无界的3．设)1(sin )(22+=x x f . (1)求)(x f 的麦克劳林展开式。
(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。
2018年北京大学高等代数与解析几何试题及解答
6. (1) 显然V = 0及V = Mn (K )为两个平凡的公共子空间,但不是n维的. 设 Vi = span {E1i , E2i , · · · , Eni } , i = 1, 2, . . . , n. 则Vi 是n维公共子空间. 另外, V = {(α, α, 0, . . . , 0) | α ∈ K n }也是n维公共子空间. (2) 若V ⊂ V , 但是V = 0, 则存在B ∈ V 设bij = 0, 则
u v w
可得 yw − vz = 0
(x − 1)w − (z − 1)u = 0 , (x + 1)v − (y + 1)u = 0 因为(u, v, w) = 0, 因此上述线性方程组有非零解, 从而 0 1−z −z 0 y x−1 w = 0.
−y − 1 x + 1
B= sin θ3
cos θ2 cos θ3 − sin θ1 sin θ2 cos θ3 − cos θ1 sin θ3 − cos θ1 sin θ2 cos θ3 + sin θ1 sin θ3 sin θ2 sin θ1 cos θ2 cos θ1 cos θ2
= cos θ2 sin θ3
9. (15分) 记A是与下面三条直线都相交的直线的并集: 达式f (x, y, z ) = 0,其中f 是一个三元多项式.
y = 0 z = 0
,
x = 1 z = 1
,
x = −1 y = −1
. 给出A的一个一般表
10. (15分) 证明几何空间中任意一个旋转变换f , 只要转轴通过原点, 就一定可以写成f = gz ◦ gy ◦ gx 的形式, 其 中gx , gy , gz 分别表示绕x, y, z 轴的旋转变换.
北京大学1996年高等代数与解析几何试题及解答
五. 令
g(x)
=
xn
−
1
=
n∏−1
( x
−
e
2πki n
)
,
k=0
则 g(A) = 0, 于是 A 的最小多项式 mA(x) 将整除 g(x), 从而 mA(x) 为 C 上互素一次因式的乘积, 从而一
定可以相似对角化.
六. W 的标准正交基是 1, 1, x, x2, x3 是 R[x]4 的一组基, 从而 ∀f (x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 ∈ W ⊥,
北京大学 1996 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 2019.05.25
一. (15 分) 在仿射坐标系中, 求过点 M0(0, 0, −2), 与平面 π1 : 3x − y + 2z − 1 = 0 平行, 且与直线
x−1 y−3 z
ℓ1 :
=
=
4
−2 −1
相交的直线 ℓ 的方程.
(1) P 是 V 上的线性变换, 并且 P2 = P;
(2) P 的核 KerP = W, P 的象 (值域)ImP = U ;
(3) V 中存在一个基, 使得 P 在这个基下的矩阵是 ( Ir
O
) O
, O
其中 Ir 表示 r 级单位矩阵, 请指出 r 等于什么.
五. (12 分) n 阶矩阵 A 称为周期矩阵, 如果存在正整数 m, 使 Am = I, 其中 I 是单位矩阵. 证明: 复数域 C 上 的周期矩阵一定可以对角化.
(1, 0, −1)T, (0, 2, −1)T. 令
xy
北京大学2001年高等代数与解析几何试题及解答
→
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
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.
(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,
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.
北京大学高等代数和解析几何真题1983——1984年汇总
北京大学数学考研题目1983年 基础数学、应用数学、计算数学、概率统计专业2222022200Ax By C z D yz Ezx Fxy A B C +++++=++=一、（分）证明：在直角坐标系中，顶点在原点的二次锥面有三条互相垂直的直母线的充要条件是.1223112220...1,...2, (1)n n n n n x x x x x x xx x n ++++++=⎧⎪+++=⎪⎨⎪⎪+++=+⎩二、（分）用导出组的基础解系表出线性方程组的一般解。
121220,,...,()()...()1n n a a a x a x a x a ----三、（分）设是相异整数。
证明：多项式在有理数域上不可约。
20000120231001011A ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭四、（分）用V 表示数域P 上全部4阶矩阵所成的线性空间，A 是V 中的一个矩阵，已知－10，，及10分别是的属于特征值， ， ，－1的特征向量。
（1）求A;(2)求V 中与A 可交换的矩阵全体所成的子空间的维数及一组基。
20,A B 五、（分）设是两个n 级正定矩阵。
证明：AB 是正定矩阵的充要条件是A 与B 可交换。
1984年 数学各专业132110::23100363x y l z x y z π--==-++-=一、（分）求直线与平面的交点。
10,,,,a b c a b b c c a ⨯⨯⨯二、（分）设向量不共面。
试证：向量不共面。
15K K K K K K 三、（分）设和为平面上同心的单位（半径＝1）开圆域和闭圆域。
（1）取定适当的坐标系，写出和的解析表示式；（2）试在和的点之间建立一个一一对应关系。
{}{}{}{}23231231251,,.2,,V R V T V V T T T T T T TT T T εεεεεεεεεεεεεεεεεεεεε--→==+=++111212312311113四、（分）设是实数域上的三维向量空间，，，是的一组基。
北京大学2014年高等代数与解析几何试题及解答
都乘以 −1 得到. 又 2014 = 2 × 19 × 53, 因此将 2014 表示为两个正整数的乘积只有 8 种不同的表示方法.
由抽屉原理知,
在
g(k)
的
8
个可能取值中至少有一个出现的次数大于等于
2013 8
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
>
251,
设这个数为
l,
则
有 (x − a1)(x − a2) . . . (x − a252) | g(x) − l, 其中 a1, a2, . . . , a252 为 {1, 2, . . . , 2013} 中互不相同的数. 因为
(1) 若线性变换 A 是正的，则 A 可逆;
(2) 若线性变换 B 是正的, A − B 是正的，则 B−1 − A−1 是正的;
(3) 对于正的线性变换 A, 总存在正的线性变换 B , 使得 A = B2.
7.
求单叶双曲面
x2 a2
+
y2 b2
−
z2 c2
=
1
的相互垂直的直母线的交点的轨迹.
4. (1) 线性变换的最小多项式整除它的零化多项式, 故 xn−1 不是 A 的零化多项式, 从而 An−1 ̸= O =⇒ ∃α ∈ V, 使得 An−1α ̸= 0. 此时将有 α, Aα, . . ., An−1α 线性无关, 结合 V 的维数为 n, 故得到 V 的一 组基.
(2) 设 AB = BA, Bα = k0α + k1Aα + · · · + kn−1An−1α. 令 f (x) = k0 + k1x + · · · + kn−1xn−1, 则
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，证明：必存在实n维向量，使。
证因为，于是，所以，且A不是正定矩阵。
故必存在非退化线性替换使，且在规范形中必含带负号的平方项。
于是只要在中，令则可得一线性方程组，由于，故可得唯一组非零解使，Xs即证存在，使。
13．如果A,B都是n阶正定矩阵，证明：也是正定矩阵。
证因为A,B为正定矩阵，所以BX为正定二次型，且，，因此，于是必为正定二次型，从而为正定矩阵。
14．证明：二次型是半正定的充分必要条件是它的正惯性指数与秩相等。
证必要性。
采用反证法。
若正惯性指数秩r，则。
即，22222 若令，y，则可得非零解使。
这与所给条件矛盾，故。
充分性。
由，知，222故有，即证二次型半正定。
．证明：是半正定的。
证（）可见：。
21）当不全相等时2）当时f。
2故原二次型是半正定的。
AX是一实二次型，若有实n维向量X1,X2使16．设，。
X1。
证明：必存在实n维向量使X0设A的秩为r，作非退化线性替换将原二次型化为标准型，其中dr为1或-1。
由已知，必存在两个向量X1,X2使222和，X1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p个1，q 个-1，且，即，这时p与q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X0使2222，X0即证。
17．A是一个实矩阵，证明：。
证由于的充分条件是与为同解方程组，故只要证明与同解即可。
事实上，即证与同解，故。
注该结论的另一证法详见本章第三部分（补充题精解）第2题的证明，此处略。
一、补充题参考解答1．用非退化线性替换化下列二次型为标准型，并用矩阵验算所得结果：1）；2）；3）；4），其中。
n解1）作非退化线性替换，即，则原二次型的标准形为，且替换矩阵222222使，，其中2）若则。
北京大学2008年高等代数与解析几何试题及解答
北京大学2008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2019.05.091.回答下列问题:(1)A 是s ×n 矩阵.非齐次线性方程组AX =β有解且rank (A )=r,则AX =β的解向量中线性无关的最多有多少个?并找出一组个数最多的线性无关解向量.(2)AX =β对于所有的s 维非零向量β都有解,求rank (A ).2.(1)A 是s ×n 矩阵,B 是n ×m 矩阵,rank (AB )=rank (B ),则对于所有m ×l 矩阵C ,是否有rank (ABC )=rank (BC )?给出理由.(2)A 是n 阶实矩阵,A 的每一元素的代数余子式都等于此元素,求rank (A ).3.(1)A,C 分别是n,m 实对称矩阵,B 是n ×m 实矩阵,并且(A BB T C)是正定矩阵.证明 A B B T C⩽|A |·|C |,并且当且仅当B =0时等号成立.(2)A =(a ij )n ×n 是n 阶实矩阵,|a ij |⩽1,证明|A |2⩽n n .4.f (x )为一整系数多项式,n 不能整除f (0),f (1),···,f (n −1).证明f (x )无整数根.5.A 是数域K 上的n 阶矩阵,A 的特征多项式的复根都属于K ,证明A 相似于上三角矩阵.6.V 是数域K 上的线性空间,A ,B 是V 上的线性变换,且A ,B 的最小多项式互素,求满足A C =C B 的所有线性变换C .7.A 是n 维欧式空间V 上的线性变换,证明A 是V 上的第一类正交变换当且仅当存在V 上的正交变换B ,使得A =B 2.8.求过直线ℓ:x −y +z +4=0x +y −3z =0,且与平面π1:x +y +2z =0垂直的平面π2.9.平面Ax +By +Cz +D =0与单叶双曲面x 2+y 2−z 2=1的交线是两条直线,证明A 2+B 2=C 2+D 2.10.直线ℓ1过点(1,1,1),并且与直线ℓ2:x +y +z =0x −y −3z =0相交,交角为π3.求ℓ1的方程.11.证明球面σ1:x 2+y 2+z 2−2x −2y −4z +2=0与球面σ2:x 2+y 2+z 2+2x −6y +1=0有交点,并求出交圆的圆心坐标.1.(1)设X1,X2,...,X n−r为AX=0的解空间的一组基,γ为AX=β的一个特解.下面证明γ,γ+X1,γ+X2,...,γ+X n−r是线性无关的.设k0γ+k1(γ+X1)+k2(γ+X2)+···+k n−r(γ+X n−r)=0,则(k0+k1+···+k n−r)γ+k1X1+k2X2+···+k n−r X n−r=0,方程两端同时左乘A得(k0+k1+···+k n−r)β=0,由于β=0,故k0+k1+···+k n−r=0,故k1X1+k2X2+···+k n−r X n−r=0,由此就得k1=k2=···=k n−r=0,k0=0.然后只需说明元素个数大于等于n−r+2的解向量必定线性相关,就知道线性无关的解向量最多只有n−r+1个,具体的例子可取上面找到线性无关组.假设存在n−r+2个解向量ξ1,...,ξn−r+2线性无关,则ξ1−ξn−r+2,ξ2−ξn−r+2,...,ξn−r+1−ξn−r+2是线性无关的,并且是AX=0的解向量,这与AX=0的解空间的维数为n−r矛盾.(2)将β依次取成E s的列向量,设相应的解为X1,X2,...,X s,则A(X1,X2,...,X s)=E s,由此知s=rank(E s)⩽rank(A),又由于A的行数为s,故rank(A)⩽s,于是rank(A)=s.2.(1)设W1={X|ABX=0},W2={X|BX=0},则W2⊂W1,dim W1=m−rank(AB)=m−rank(B)=dim W2,于是W1=W2.令U1={X|ABCX=0},U2={X|BCX=0},则U2⊂U1,∀α∈U1,ABCα=0,故Cα∈W1=W2,于是BCα=0,从而α∈U2,故U1⊂U2,U1=U2,因此l−rank(ABC)=l−rank(BC),故rank(ABC)=rank(BC).注丘维声的《高等代数》创新教材上册第179页习题4.3第15题.(2)由题意有A T=A∗,其中A∗A的伴随矩阵,故A T A=A∗A=|A|E.若|A|=0,则A=0,rank(A)=0.若|A|=0,则rank(A)=n.3.(1)详细解答见丘维声的《高等代数》创新教材上册第350页例16.(2)若|A|=0,结论自然成立.若|A|=0,则A T A正定,用上一问的结论.4.由题意知f(0)≡0(mod n),f(1)≡0(mod n),...,f(n−1)≡0(mod n).对于任意k∈Z,存在唯一的q,r∈Z,使得k=nq+r,0⩽r<n,于是f(k)≡f(r)≡0(mod n),从而f(x)无整数解.5.由Jordan标准型就知道结论成立,不过不用那么深刻的定理,用数学归纳法也能做出来.具体方法可以参考丘维声的《高等代数》创新教材上册第298页例6或者蓝以中的《高等代数简明教程》第二版上册第324页命题4.8或者蓝以中的《高等代数学习指南》第217页例4.17.6.线性变换C一定是零变换.设A,B的最小多项式分别为m A(x),m B(x),则由两者互素知存在u(x),v(x)∈K[x],使得u(x)m A(x)+v(x)m B(x)=1,于是v(A)m B(A)=E,从而C=v(A)m B(A)C=v(A)C m B(B)=0.注相关的题目参考丘维声的《高等代数》创新教材下册第301页例27.上面证明的关键是从AC=CB推出f(A)C=Cf(B),∀f(x)∈K[x].7.充分性容易证明,取定V的一组标准正交基,设A,B在此组基下的矩阵为A,B,则由A=B2得A=B2,|A|=|B|2=1,而且直接按定义就能验证A是正交变换,从而是第一类正交变换.证明必要性可以利用蓝以中的《高等代数简明教程》第二版下册第115页的命题4.3设A是实数域上的n阶方阵,则A是正交矩阵且行列式为1的充分必要条件是存在实数域上n 阶反对称矩阵S,使A=e S.我们已知A是正交变换,取定V的一组标准正交基,设A在这组基下的矩阵为A,则A是正交矩阵,根据上面的定理知存在实数域上n阶反对称矩阵S,使A=e S,令B=e S/2,并且定义B为B对应的线性变换,则B是所要找的正交变换.必要性的另一种证明方法是利用蓝以中的《高等代数简明教程》第二版下册第24页的定理2.1设A是n维欧氏空间V内的正交变换,则在V内存在一组标准正交基,使A在该组基下的矩阵成如下准对角形:J=λ1λ2...λkS1...S l,其中λi=±1(i=1,2,...,k),而S j=[cosφj−sinφjsinφj cosφj](φj=kπ,j=1,2,...,l).由于A是第一类的,则|J|=1,因此λi中−1的个数是偶数个,可设为2s.通过交换基的次序可以把J 变成对角线上前k−2s个λi为1,紧跟的2s个λi为−1,记所得矩阵为A.为了证明原命题,我们只需要找一个正交矩阵B,使得A=B2.注意到[cosφj2−sinφj2sinφj2cosφj2]2=S j,[−100−1]=[cosπ−sinπsinπcosπ]=[cosπ2−sinπ2sinπ2cosπ2]2=[0−110]2构造准对角矩阵B,主对角线上前k−2s个元素取为1,紧跟着取s个二阶矩阵[0−1 10] ,最后将S j所在位置换成[cosφj2−sinφj2sinφj2cosφj2],这样得到的B就满足A=B2.注必要性的第二种证法中找B的时候其实是利用了S j的几何意义,它说的是绕原点旋转φj,于是B中的对应矩阵只需取为绕原点旋转φj/2的.8.设π2:µ(x−y+z+4)+ν(x+y−3z)=0,则π2的一个法向量为(µ+ν,ν−µ,µ−3ν).由π1⊥π2得µ+ν+ν−µ+2(µ−3ν)=0,故µ=2ν,于是π2的方程为3x−y−z+8=0.9.(法一)单叶双曲面同族的任意两条不同的直母线异面,故题设中的平面与单叶双曲面的交线应为不同族的直母线,可设直母线的方程分别为u1(x+z)+v1(1+y)=0u1(1−y)+v1(x−z)=0,u2(x+z)+v2(1−y)=0u2(1+y)+v2(x−z)=0,它们的一个方向向量分别为( u21−v21,2u1v1,−u21−v21),(v22−u22,2u2v2,u22+v22),平面的法向量与上面两个方向向量均垂直,从而(A,B,C)平行于( u21−v21,2u1v1,−u21−v21)×(v22−u22,2u2v2,u22+v22)=2(u1v2+u2v1)[(u1u2+v1v2),−(u1v2−u2v1),(u1u2−v1v2)],因为(A,B,C)=0,故u1v2+u2v1=0,并且可设A=(u1v2+u2v1)(u1u2+v1v2)tB=−(u1v2+u2v1)(u1v2−u2v1)tC=(u1v2+u2v1)(u1u2−v1v2)t.下面来求出两条直线的交点,然后就能根据交点(x0,y0,z0)在平面上求出D.第一条直线的方程中的第一个式子乘以u2减去第二条直线的方程中的第一个式子乘以u1得u2v1(1+y)−u1v2(1−y)=0.类似地可以得到关于(x+z)与(x−z)的式子,然后解出x0=−u1u2+v1v2u1v2+u2v1,y0=u1v2−u2v1u1v2+u2v1,z0=u1u2−v1v2u1v2+u2v1,从而D=−Ax0−By0−Cz0=(u1v2+u2v1)2t,故A2+B2=C2+D2. (法二)设P(x0,y0,z0)是平面与单叶双曲面的一个交点,则Ax0+By0+Cz0+D=0x2+y2−z20=1.(1)可设过点P且在平面与曲面相交集合中的直线为ℓ:x=x0+uty=y0+vtz=z0+wt,其中u2+v2+w2=0.那么由于ℓ在平面上,故Au+Bv+Cw=0;又因为ℓ在曲面上,故(x0+ut)2+(y0+vt)2−(z0+wt)2=1,∀t∈R,即(u2+v2−w2)t2+2(ux0+vy0−wz0)t=0,∀t∈R,上面的方程对于t ∈R 均成立,故u 2+v 2−w 2=0ux 0+vy 0−wz 0=0.由Au +Bv +Cw =0ux 0+vy 0−wz 0=0得到(u,v,w )=k (−Bz 0−Cy 0,Az 0+Cx 0,Ay 0−Bx 0),其中k =0,将上面等式右端代入到u 2+v 2−w 2=0中并结合(1)可得D 2+C 2−B 2−A 2=0.10.直线ℓ2的一个方向向量为(1,1,1)×(1,−1,−3)=−2(1,−2,1),设ℓ1的一个方向向量为(u,v,w ),则|u −2v +w |√u 2+v 2+w 2√12+(−2)2+12=12.ℓ2过点(0,0,0),由ℓ1与ℓ2共面得111u v w 1−21=0=⇒u =w.将u =w 代入前面那个式子得2|u −v |√2u 2+v 2√6=12,平方移项得2u 2−16uv +5v 2=0,故v u =8±3√65,从而ℓ1的方向向量为(1,8+3√65,1)或(1,8−3√65,1),故ℓ1的方程为x −11=y −18+3√65=z −11或x −11=y −18−3√65=z −11.11.σ1的球心为O 1(1,1,2),半径为r 1=2,σ2的球心为O 2(−1,3,0),半径为r 2=3,球心距为d =√4+4+4=2√3,因为r 2−r 1<d <r 1+r 2,从而两个球面有交点.将两个方程相减得到交点所在平面为4x −4y +4z −1=0.过O 1,O 2的直线的参数方程为x =−1+t y =3−t z =t平面与直线的交点即为交圆的圆心(512,1912,1712).。
北京大学考研真题试题-高等代数与解析几何2007[试卷+答案]
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例如，设V = P[x] 是数域 P 上多项式全体所构成的线性空间，定义 Af (x) = f ′(x) ， Bf (x) = xf (x) ， ∀f (x) ∈V ，
北京大学 2007 年《高等代数与解析几何》试题解答
北京大学 2007 年高等代数与解析几何试题 解答
1、回答下列问题：
（1）问是否存在 n 阶方阵 A, B ，满足 AB − BA = E （单位矩阵）？又，是否存在 n 维
线性空间V 上的线性变换 A ，B ，满足 AB − BA = E (恒等变换)? 若是，举出例子；若否，
的基础解系)构成 n × r 矩阵 C ，则 rank(C) = r ，且 AC = O ， BC = O .
考虑齐次线性方程组 CT X = 0 ，其解空间 S 的维数 dim(S ) = n − r = rank( A) .
因为 C T AT = O ，所以 A 的行向量都是 C T X = 0 的解，因此 A 的行空间WA 是 S 的一 个子空间，即WA ⊆ S .注意到 dim(WA ) = rank( A) = dim(S ) ，故WA = S .
容易验证： AB − BA = E . （2）设 n 阶矩阵 A 的各行元素之和为常数 c ，则 A3 的各行元素之和是否为常数？若是，
是多少？说明理由.
【解】是.设 η = (1,1, ,1)T 是 n 维列向量，则由 A 的各行元素之和为常数 c ，知 Aη = cη ，从而 A3η = c3η .所以 A3 的各行元素之和为常数 c3 .
北京大学2020年高等代数与解析几何试题及解答
5. 当 rank(A) < n − 1 时, A∗ = 0, 于是 A∗ 的特征值为 0, 特征向量为 Cn 中任意非零向量.
当 rank(A) = n − 1 时, rank (A∗) = 1, 于是 A∗ 的特征值为 0 (n − 1 重), tr (A∗) (1 重), 设 A∗ = αβT, 则 tr (A∗) 对应的特征向量为 kα, k ̸= 0; 0 对应的特征向量为由 A 的列向量线性生成的非零向量.
8. (20 分) 在平面 π 上取定平面直角坐标系, 设该平面里的一条二次曲线 γ 的方程为 x2 + 2y2 + 6xy + 8x + 10y + 6 = 0.
(1) 证明: γ 是双曲线. (2) 写出 γ 的长短轴方程和长短轴长, 并指出长短轴中哪一个与 γ 有交点.
9. (15 分) 在平面 π 上取定平面直角坐标系, 已知该平面里的一个椭圆 γ 的方程为 x2+8y2+4xy+6x+20y+4 = 0. 求 γ 的内接三角形 (即三个顶点都在 γ 上的三角形) 的面积的最大值.
− sin φj cos φj
=
− sin φj cos φj
][ ]
cos φj
01 ,
sin φj 1 0
(φj ̸= kπ, j = 1, 2, . . . , l) .
注意到若 σ 是正交变换, 则 σ 是镜面反射当且仅当 σ 在 V 中的标准正交基下的矩阵的特征值为 1 (n − 1 重), −1 (1 重), 而把 J 分解成有限个那样的正交矩阵的乘积的分解是存在的, 这里的有限个更 精确一点可改为不超过 n 个, 于是 σ 可以表示为一系列镜面反射的乘积.
2006年北京大学高等代数真题解答
2006年北京大学研究生入学考试高等代数与解析几何试题解答高等代数部分（100分）1.(16分)(1) 设,A B 分别是数域K 上,s n s m ××矩阵，叙述矩阵方程AX B =有解的充要条件，并且给予证明。
解: 方程AX B =有解的充分必要条件是: ()(,)r A r A B =. 令1(,,)m B ββ=", 其中k β为列向量. 则矩阵方程AX B =有解⇔方程组12,,,,k k Ay k m β=="有解. ⇔A 的列向量组构成的向量组与(,)A B 的列向量组构成的向量组等价. ⇔()(,)r A r A B =.注: 方程有解的一个等价含义是可由列向量线性表示, 从而转化为等价向量组上来.(2) 设A 是数域K 上s n ×列满秩矩阵，试问：方程n XA E =是否有解？有解，写出它的解集；无解，说明理由。
解:方程n XA E =有解. 理由: 因为A 列满秩, 所以()()Tr A r A n ==.又(,)Tn r A E n =, 因此()(,)TTn r A r A E =,从而Tn A Y E =有解,两边取转置可知方程n XA E =有解.我个人觉得本题似乎考察的是:广义逆矩阵方面的知识, 如果大家对这部分知识不熟悉, 建议大家去看看丘维声老先生编著的<<高等代数>>.矩阵方程AXA A =的解X A −=一般称为A 的广义逆矩阵. 广义逆是存在的, 对于本题因为A 是列满秩的, 故由相抵标准型知,存在可逆矩阵,P Q 满足n E PAQ O ⎛⎞⎟⎜⎟⎜=⎟⎜⎟⎟⎜⎝⎠, 则可以取(,)n A Q E O P −=. 此时X 的所有解为: (),n sn X A Z E AA KZ −−×∈=+−∀.因为 11(,)n n nE A Q E O PP Q A E O −−−⎛⎞⎟⎜⎟⎜==⎟⎜⎟⎟⎜⎝⎠, 所以A −是矩阵方程n A A E −=的特解. 下面证明XA O =的全部通解为: (),n sn X Z E AA Z K−×∈=−∀.首先, 由()()n Z E AA A Z A A O −−=−=,知()n Z E AA −−是方程的解. 其次, 任取XA O =的一个解0X , 则由0000()n X E AA X X AA X −−−=−=, 取0Z X =即可.由矩阵方程解的结构定理可知, (),n sn X Z E AA Z K −×∈=−∀(3) 设A 是数域K 上s n ×列满秩矩阵，试问：对于数域K 上任意s m ×矩阵B ,矩阵方程AX B =是否一定有解？当有解时，它有多少个解？求出它的解集。
北京大学2005年研究生入学考试——高等代数与解析几何_试题与答案2
北京大学 2005 数学专业研究生 高等代数与解析几何。
2x y z 0 1． 在直角坐标系中，求直线l :到平面: 3x By z 0 的正交投影轨迹的方程。
x y 2z1其中 B 是常数 解：可以验证点12 1 2 5,0,l , ,0,，从而 l555x 1 3k把 l 写成参数方程：y 2 5k ，任取其上一点 P : ( 1 3k,2 5k, k) ，设该点到上的投影为zk点 P ' : ( x, y, z)PP 'x 1 3k z kx 3z 1 03 1 P3x By z整理即知， l 到x 3z 1上的正交投影轨迹满足方程Byz 03x由于11 ，上述方程表示一条直线，而 2*3 B 1 0 和 3B 2 0 不同时成立，因此 l 到3 1上的正交投影轨迹是一条直线x 3z 1 0从而 l 到上的正交投影轨迹的方程就是3x By z 02． 在直角坐标系中对于参数 的不同取值，判断下面平面二次曲线的形状：x 2 y 2 2 xy0 .对于中心型曲线，写出对称中心的坐标； 对于线心型曲线，写出对称直线的方程。
解：1 , 1 x *x记 T2 2 ，容易验证 TT 'E ，因此直角坐标变换T 是一个正交变换1 , 1 y *y2 2在这个变换下，曲线方程变为 (1)x * 2(1 ) y * 21) 1 时， 1 0,1 0,0 ，曲线为双曲线，是中心型曲线，对称点为(0,0)2)1 时，曲线方程为y * 21 ，是一对平行直线，是线心型曲线，对称直线为 y *0 ，即yx 23) 1 0时， 10,1 0,0 ，曲线为椭圆，是中心型曲线，对称点为 (0,0)4) 0 时，曲线方程为x * 2y * 20 ，是一个点，是中心型曲线，对称点为(0,0)5) 01时， 1 0,1 0, 0 ，曲线为虚椭圆，是中心型曲线，对称点为(0,0) 6)1 时，曲线方程为 x * 21 ，是一对虚平行直线，是线心型曲线，对称直线为 x *0 ，即 y x27)1时， 1 0,1 0,0 ，曲线为双曲线，是中心型曲线，对称点为(0,0)3n级矩阵 A 的 (i , j )元为 a i b j．设数域 K 上的（ 1）.求 A ;(2). 当 n2 时， a 1 a 2 , b 1 b 2 .求齐次线性方程组 AX解：(1)若 n1， | A | a 1 b 1若 na 1b 1 a 1 b 2 (a 2 a 1 )(b 2 b 1 )2，|A|b 1 a 2 b 2a 2a 1b 1 a 1 b 2 a 1 b 3a 2b 1a 2b 2a 2b 3若 n2，|A|a n 1b 1 an 1b 2a nb 1a nb 2 a n b 3a 1b 1 a 1 b 2 a 1 b 3 R nRn 1 a 2 b 1a 2b 2a 2b 3R n 1Rn 20 的解空间的维数和一个基。
北京大学801高等代数解析几何2006年(回忆版含答案)考研专业课真题试卷
2006年北京大学研究生考试高等代数与解析几何试题 本试卷满分150分 考试时间 3小时 日期：2006年1月15日下午高等代数部分（100分）1.(16分)(1) 设,A B 分别是数域K 上,s n s m ××矩阵，叙述矩阵方程AX B =有解的充要条件，并且给予证明。
(2) 设A 是数域K 上s n ×列满秩矩阵，试问：方程n XA E =是否有解？有解，写出它的解集；无解，说明理由。
(3) 设A 是数域K 上s n ×列满秩矩阵，试问：对于数域K 上任意s m ×矩阵B ,矩阵方程AX B =是否一定有解？当有解时，它有多少个解？求出它的解集。
要求说明理由。
2.(16分)(1) 设,A B 分别是数域K 上的,s n n s ××矩阵，证明：()()()n rank A ABA rank A rank E BA n −=+−−.(2) 设,A B 分别是实数域上n 阶矩阵。
证明：矩阵A 与矩阵B 的相似关系不随数域扩大而改变。
3. (16分)(1) 设A 是数域K 上的n 阶矩阵，证明：如果矩阵A 的各阶顺序主子式都不为0，那么A 可以分惟一的分解成A =BC , 其中B 是主对角元都为1的下三角矩阵，C 是上三角阵即。
(2) 设A 是数域K 上的n 阶可逆矩阵，试问：A 是否可以分解成A =BC , 其中B 是主对角元都为1的下三角矩阵，C 是上三角阵即？说明理由。
4.(10分)(1) 设A 是实数域R 上的n 阶对称矩阵，它的特征多项式()f λ的所有不同的复根为实数12,,,s λλλ⋅⋅⋅. 把A 的最小多项式()m λ分解成R 上不可约多项式的乘积。
说明理由。
(2) 设A 是n 阶实对称矩阵，令Α()A αα=, R n α∀∈根据第(1)问中()m λ的因式分解，把R n 分解成线性变换A 的不变子空间的直和。
北京大学2013年高等代数与解析几何试题及解答
1 = 2 (a1b4 − a2b3 − a3b2 + a4b1) = (B, A).
在此基础上易验算 (k1A1 + k2A2, B) = k1(A1, B) + k2(A2, B), 从而上述映射为对称双线性函数.
(2)
M
=
1 2
01
1 0
0 0
.
0 0 −2
λ −1/2 (3) |λE − M | = −1/2 λ
准型. (
3. (1) 若 A 可逆, 对于任意 B, AB = BA, 证明 det A B
) B = det(A2 − B2). A
(2) 如果 A 为数域 K 上不可逆矩阵, 对于任意 K 上矩阵 B, AB = BA, (1) 中结论是否成立?
(3) 如果 A 可逆, AB = BA 不成立, (1) 中结论是否成立?
(3) 结论不成立. 例如取 A = 0 1
) 1
, B = E21. 0
(
)
(
)
4. (1) 设 A = a1 a2 , B = b1 b2 , 则
a3 a4
b3 b4
(
1 (A, B) =
a1 + b1
2 a3 + b3
a2 + b2 − a1 a4 + b4 a3
a2 − b1 a4 b3
)
b2 b4
(2) A 是投影映射的充要条件是 A2 = A 且 A 为对称映射.
(3) 任意对称映射可以表示为 f (α) = ∑r λiTwi(α), Wi 为子空间.
i=1
(
6. 定义矩阵 A 的双曲余弦 cosh(A) = E + A2 + A4 +· · ·, 是否存在二阶复矩阵 A，使得 cosh(A) = 1
北京大学2009年高等代数与解析几何试题及解答
2. (法一) 设
∏s f (x) = (x − xi)ni ,
i=1
其中 x1, x2, . . . , xs 为互不相同的实数, 则
f ′(x) ∑s =
ni
,
f (x) i=1 x − xi
2. (10 分) 设多项式 f (x) 的所有复根都是实数, 证明: 如果 a 是 f (x) 的导数 f ′(x) 的重根，则 a 也是 f (x) 的 根.
3. (10 分) 设 S 为 n 阶实对称矩阵, S1, S2 都是 m 阶实对称矩阵, 证明: 若准对角矩阵
(
)(
)
S0 与 S0
0 S1
12. (13 分) 给出空间中半径为 1 的球面 S 和到球心距离为 2 的一点 P, 考虑过 P 点且与 S 相交的任一条直 线, 取两个交点的中点, 用解析几何的方法证明这些中点的轨迹在一个球面上, 并求出球心和半径.
2
1. 如果一个向量组除去零向量后所剩的向量组线性无关, 则该向量组的极大线性无关部分组是唯一的.
dim W = dim im B = dim U − dim ker B = p − r(AB) − (p − r(B)) = r(B) − r(AB).
0 S2
合同, 则 S1 与 S2 合同.
4. (15 分) 解方程组
x+y+z = 2
(x
−
y)2 + (y x2y2z
− +
z)2 + x2yz2
(z +
− x)2 xy2z2
北京大学1999年高等代数与解析几何试题及解答
因此 V1 ∩ V2 = {0}.
∀α ∈ V, 可设 α = x1α1 + x2α2 + · · · + xnαn, 那么
() ∑n
( ∑n
) ∑n
α=
xi (α1 + α2 + · · · + αn) +
xi − xj αi ∈ V1 + V2.
i=1
i=1
j=1
综合上面两点得 V = V1 ⊕ V2. (3) 设 A αi = αpi, 1 ⩽ i ⩽ n. 其中 p1, p2, . . . , pn 为 1, 2, . . . , n 的一个重排, 则
x + 48
=
y+
95 2
=z+
35 .
8
7
2
注 丘维声的《解析几何》第三版第 69 页习题 2.3 第 10 题的 (3).
二. (1) 因为点 (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) 在 S 上, 故 a11 = a22 = a33 = 0.
(2) 作正交坐标变换
−−−→ Q1Q2 = (23 + 5s − 2t, −12 + 4s − 3t, s − t),
由
−−−→ Q1Q2
//
⃗v
得
23 + 5s − 2t −12 + 4s − 3t s − t
=
=
8
7
1
=⇒
s
=
−
82 3
t
=
−
35 2
95 35 =⇒ Q1(−48, − 2 , − 2 )
北京大学2012年高等代数与解析几何试题及解答
3. 因为 | det A| = 1, 故 A 为可逆矩阵. 设每行每列恰有一个元素为 1 或 −1, 其余元素均为 0 的 n 阶方阵组 成的集合为 S, 则 A ∈ S. 任取 B ∈ S, AB 可以看作对 B 的行做一个置换, 并且对某些行倍乘 −1 而得的矩 阵, 从而 AB ∈ S, 于是 A, A2, A3, . . . , An, . . . 均属于 S. 而 S 是有限集, 故存在 p > q ∈ N 使得 Ap = Aq, 所以 Ap−q = E.
4. 证法一: 利用一点点张量的知识, 先来考虑 A, B 的张量积
A ⊗ B =
a11B
a21B ...
a12B
a22B ...
··· ···
a1nB
a2nB ...
,
an1B an2B · · · annB
那么有 rank(A ⊗ B) = rank(A) · rank(B), 由于 A ◦ B 正好是 A ⊗ B 的主子式，故
i=1
∏n 由根与系数的关系知 σi ∈ Q, i = 1, 2, . . . , n, 于是 f (λi) ∈ Q.
i=1
2. 矩阵的行列式展开式告诉我们: 矩阵的行列式为矩阵中元素进行有限次加减乘法后所得的结果, 因此先将矩 阵中的元素都模 2 取余再计算行列式得到的数与先按原矩阵元素计算行列式再模 2 取余所得的数在模 2 的 意义下相等. 将题中矩阵的每个元素都模 2 取余后所得矩阵的次对角线下方元素均变为了 0, 对角线上的元 素全是 1, 不用关心对角线上方的元素是什么就知道这个时候最后的结果一定是模 2 余 1, 从而原矩阵的行 列式不为 0.
(2) 当 a > 0 时. i. 若 ac − b2 > 0, 则为单叶双曲面. ii. 若 ac − b2 = 0, 则为锥面.
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点 P' : (x, y, z)
PP' ⊥ x +1− 3k = z − k x − 3z +1 = 0
3
1
P 3x + By + z = 0
整理即知，
l
到
上的正交投影轨迹满足方程
x − 3z +1 = 3x + By + z
0 =
0
由于 1 1 ，上述方程表示一条直线，而 2*3 + B −1 = 0 和 3 + B + 2 = 0 不同时成立，因此 l 到 31
上的正交投影轨迹是一条直线
从而
l
到
上的正交投影轨迹的方程就是
x − 3z + 3x + By
1 +
= z
0 =
0
2． 在直角坐标系中对于参数 的不同取值，判断下面平面二次曲线的形状： x2 + y 2 + 2xy + = 0 .
对于中心型曲线，写出对称中心的坐标； 对于线心型曲线，写出对称直线的方程。
ci
2
于是方程组
AX
=
0
解空间的维数是
n−2
，取向量组
1, 2 ,..., n−2
，其中
i
=
，
cin
b2 − bn−i
b1
− b2
,
j
=1
cij
=
b1 − bn−i b2 − b1
,
j
=
2
，i
=1, 2,..., n − 2
1, j = n − i
0,
其他
可知
[1
,
2
,
...,
n−2
]
解： (1)
若 n = 1 ，| A |= a1 − b1
若 n = 2 ，| A |=
a1 − b1 a1 − b2 a2 − b1 a2 − b2
= (a2 − a1)(b2 − b1)
a1 − b1 a2 − b1 若 n 2 ，| A |=
a1 − b2 a2 − b2
a1 − b3 a2 − b3
=
C
En−2
，其中
En
−2
是
n
−
2
阶单位矩阵，
C
是一个
2
*
(n
−
2)
的矩阵，从
而 rank(1, 2,..., n−2 ) = n − 2
并
且
对
任
意
的
i =1, 2,..., n − 2
，
有
n (ai
k =1
− bk )cik
=
ai
(
b2 − bn−i b1 − b2
+
b1 − bn−i b2 − b1
北京大学 2005 数学专业研究生 高等代数与解析几何。
1．
在直角坐标系中，求直线
l
:
2x + y − z
x
+
y
+
2z
= =
0 1
到平面
:
3x
+
By
+
z
=
0
的正交投影轨迹的方程。
其中 B 是常数
解：
可以验证点
1 5
,
0,
2 5
l,
1 5
,
0,
2 5
，从而
l
x = −1+ 3k 把 l 写成参数方程： y = 2 − 5k ，任取其上一点 P : (−1+ 3k, 2 −5k, k) ，设该点到 上的投影为
2 y= x 3) −1 0 时，1+ 0,1− 0, − 0，曲线为椭圆，是中心型曲线，对称点为 (0,0)
4) = 0 时，曲线方程为 x*2 + y*2 = 0 ，是一个点，是中心型曲线，对称点为 (0, 0)
5) 0 1时，1+ 0,1− 0, − 0，曲线为虚椭圆，是中心型曲线，对称点为 (0,0) 6) = −1时，曲线方程为 x*2 = − 1 ，是一对虚平行直线，是线心型曲线，对称直线为 x* = 0 ，
+1) − (b1
b2 − bn−i b1 − b2
+ b2
b1 − bn−i b2 − b1
+ bn−i ) = 0
因此 1, 2 ,..., n−2 都属于方程组 AX = 0 解空间，从而是方程组 AX = 0 解空间的一组基
4．（1）设数域 K 上 n 级矩阵，对任意正整数 m ，求 C m
解：
记T
=
1,1 22
，容易验证TT '
1 ,− 2
1 2
=
E
，因此直角坐标变换
x*
y*
=
T
x
y
是一个正交变换
在这个变换下，曲线方程变为 (1+ )x*2 + (1− ) y*2 = −
1
1) −1时，1+ 0,1− 0, − 0，曲线为双曲线，是中心型曲线，对称点为 (0,0) 2) = −1时，曲线方程为 y*2 = 1 ，是一对平行直线，是线心型曲线，对称直线为 y* = 0 ，即
an − an−1
a1 − bn a2 − bn
an−1 − bn an − bn
a1 − bn a2 − bn
=0 an−1 − an−2 an − an−1
(2)
2
数为 0
若 n = 2 ，则| A |=
a1 − b1 a1 − b2 a2 − b1 a2 − b2
= (a2 − a1)(b2 − b1) 0 ，方程组 AX
[C 是什么？]
（2）用 M n (K ) 表示数域 K 上所有 n 级矩阵组成的集合，它对于矩阵的加法和数量乘法成为 K 上的线
a1 a2 a3 an
性空间。数域 K
上 n 级矩阵
A
=
an
a1
a2
an−1
称为循环矩阵。用U
表示 K
上所有 n 级循环
a2 a3 a4 a1
3
矩阵组成的集合。
an−1 − b1 an−1 − b2 an − b1 an − b2
an − b3
Rn − Rn−1 Rn−1 −Rn−2
=
a1 − b1 a2 − b1
a1 − b2 a2 − b2
a1 − b3 a2 − b3
an−1 − an−2 an − an−1
an−1 − an−2 an − an−1
= 0 只有零解，其解空间维
若 n = 3 ， 则 由 (1) 知 道 A 的 任 意 一 个 3 级 子 式 的 行 列 式 为 0 ， 而 A 的 一 个 2 级 子 式
a1 − b1
a2
−
b1
a1 a2
− b2 − b2
的行列式为
(a2
−
a1 )(b2
−
b1 )
0
，从而
rankA
=
2
ci1
证明：U 是 M n (K ) 的一个子空间，并求U 的一个基和维数。
证：
a1 a2 a3 对任意的 A = an a1 a2
an an−1 U ，以及 k K ，有 ai K kai K, (i = 1, 2,..., n)
2 即 y = −x 7) 1时，1+ 0,1− 0, − 0 ，曲线为双曲线，是中心型曲线，对称点为 (0,0)
3． 设数域 K 上的 n 级矩阵 A 的 (i, j) 元为 ai − b j （1）.求 A ;
(2).当 n 2 时， a1 a 2 , b1 b2 .求齐次线性方程组 AX = 0 的解空间的维数和一个基。