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兰州大学2011年高等代数考研试题解答

这与假设(1)矛盾.所以 p( x) 是一个不可约多项式.
(必要性) 如果 p( x) | f ( x) ,那么结论显然成立. 如果 i (i 1,2,
, n) ,那么 ( p( x), f ( x)) 1,而 p( x) | f ( x) g( x) ,所以 p( x) | g ( x) .
p( x) | f ( x) 或 p( x) | g ( x) .
(2)(10 分)设 n 是大于等于 2 的正整数.证明:整系数多项式 xn 2 不能分解为两 个次数小于 n 的整系数多项式的乘积. 二、(1)(10 分)设 Aij 是 n 级矩阵 A (aij ) 的元素 aij 的代数余子式.证明:
2011 年兰州大学研究生入学考试高等代数试题
一、 (1) (15 分)设 p( x) 是数域 p 上的次数大于零的多项式.证明: p( x) 是一个不可约多 项 式 的 充 分 必 要 条 件 是 对 任 意 的 f ( x), g ( x) P[ x] , 由 p( x) | f ( x) g ( x) 一 定 推 出
证得 f ( x) 无有理根,即在有理数域上不可约,所以在整数域上也不可约.故整系数多 项式 xn 2 不能分解为两个次数小于 n 的整系数多项式的乘积. 二、(1)证明 记所给的行列式为 D ,对 D 按最后一行展开得
D A z (1)n2 y1
a12 a22
a13 a23
a1n a2n ann a1n a2n ann
(必要性)若 A 半正定,则 i 0 .对 k 0 ,记 B kE A ,则有
k 1 k 2 ' B T
T k n
B 的全部特征根为 k i 0 .又 (kE A)' kE A 为实对称矩阵,故证 kE A 为正定矩
(hi ( x)) ( p( x)) , i 1, 2 . p( x) h1 ( x)h2 ( x) ,
令 f ( x) h1 ( x), g ( x) h2 ( x) ,则有
(1)
p( x) | f ( x) g( x) p( x) | f ( x) 或 p( x) | g ( x) ,
2 2
再将 1 , 2 , 3 标准化的
1 1 1 ( , ,0) 1 2 2 1 1 2 1 2 ( , , ) 2 6 6 6 1 1 1 1 3 ( , , ) 3 3 3 3 1
令 T (1' , 2' , 3' ) ,则 T 为正交矩阵,且有
a b 9 a 16 , 4a 5b 61 b 25
所以 Dn 5n1 4n1 .
三、证明 可以参考文献[1].这里给出一种简便的证法. 因为
A 0 0 AB 0 AB r ( A) r ( B) r ( ) r ( ) r ( ) B 0 En B En En , r ( AB) r ( Enn ) r ( AB) n
(1,1 ) (1,2 ) ( , ) ( , ) 2 2 2 1 (m ,1 ) (m ,2 )
证明: 1,2 ,
(1, m ) (2 , m ) (m , m )
,m 线性无关当且仅当 0 .
八、(25 分)设 1 是是对称矩阵
三、 (13 分)设矩阵 A (aij )mn , B (bij )ns 分别为数域 P 上的 m n, n s 矩阵.证明:
rank ( AB) rank ( A) rank (B) n .
四、(20 分)(1)设 A 是 n 级实对称矩阵.证明: A 是半正定的充分必要条件是对任意的 实数 k 0, kE A 是正定矩阵. (2)设 A 是 n 级正交矩阵且 A 1.证明: E A 0 . 五、f ( x) 是数域 P 上的 m 维线性空间 U 到 n 维线性空间 V 的线性映射(即保持线性运算
则 f (k p1 p1 k p2 p2
kmm ) 0 ,所以
kmm f 1 (0) 即 k1, k2 , , k p ,
k p1 p1 k p2 p2
k p1 p1 k p2 p2
又因为 1,2 ,
kmm k11 2k2
故证 实正定矩阵, 0 ,所以 0 . (充分性)反证法,若 0 ,可设 xii 0 ,则有
i 1 m
( xii , j ) xi (i , j ) 0, j 1,2, , m .
i 1 i 1
m
m

x1 x 2 0 . xm
1 ) m 维 ( f 的 映 射 ). 证 明 : 维(f ( U )
( ) V (, 0 )其 ) 中 , f ( U ) { f
U},
f 1 (0) { U f ( ) 0} .
六、(20 分)设 A 是数域 P 上的 n 级矩阵,其特征多项式 f () 可分解为一次因式的乘积
阵 (充分性)反证法.若 A 不是半正定的,则 l 0 ,令 k
k 1 k 2 ' kE A T
l
2
0 .所以
l
2
T k n
即 kE A 有一个特征根为 (2)由题意
(2)令 f ( x) xn 2 ,只需要证明 f ( x) 在有理数域上不可约即可.因为 f ( x) 的首项 系数为 1,常数项为 2,所有可能的有理根为 1, 2 .又
f (1) 3 0, f (1) (1)n 2 0 , f (2) 2n 2 0, f (2) (2)n 2 0(n 2) ,
由于 0 ,此方程只有零解,即 x1 x2 八、解 经计算特征多项式
xm 0 .故 1,2 , ,m 线性无关.
E A 3 (7 a) 2 (7a 14) 20 6a
由题意 1 是其二重根,用综合除法得 a 5 ,且另一特征根为 10 . 对 1 ,解齐次线性方程组 (E A) X 0 得特征向量为
2 2 2 A 2 5 4 2 4 a
的二重特征根.求 a 的值,并求正交矩阵 T 使得 T T AT 为对角矩阵.
2011 年兰州大学研究生入学考试高等代数试题解答

要:本文给出了兰州大学 2011 年研究生入学考试高等代数试题的一个参考答案.
关键词:兰州大学;研究生考试;高等代数 白 建 超 2012 年 5 月 28 日星期一 一、证明 (1)(充分性)反证法.如果 p( x) 不是一个不可约多项式,那么 p( x) 可分解成 次数都低于 p( x) 的多项式的乘积:
1 (1,1,0),2 (1,0,1)
对 10 ,解齐次线性方程组 (10E A) X 0 得特征向量为
3 (1,2, 2)
将 1 ,2 ,3 正交化得正交向量组为
1 1
(2 , 1 ) 1 1 1 ( , ,1) (1 , 1 ) 2 2 ( , ) ( , ) 5 3 3 3 1 1 3 2 2 (1,1, 1) (1 , 1 ) ( 2 , 2 ) 3
故证 r( AB) r( A) r(B) n . 四、证明 (1)可以参考文献[2].下面给出简要赘述. A 是是对称矩阵,则 正交矩阵 T ,使得
1 2 1 T AT
, i (i 1,2, , n) 为 A 的全部特征根. n
a11 a12 a21 a22 an1 an 2 y1 y2
a1n a2n ann yn
x1j .
i , j 1
n
(2)(8 分)计算 n 级行列式
9 4 0 0 0
5 9 4 0 0
0 5 9 0 0
0 0 0 9 4
0 0 0 5 9
的值.
n i 1
x1 x2 xn

(1)2n2 yn
a11 a12 a21 a22 an1 an 2
a1n1 x1 a2n1 x2 ann1 xn
an 2 an3 x1 a12 x2 a22 xn an 2
A z y1

yn
a11 a21 an1
a1n1 x1 a2n1 x2 ann1 xn
维(f (U )) 维( f 1 (0)) m ,即 维(f (U )) m 维( f 1 (0))
六、证明 参见文献[3],这里不再赘述. 七、证明 由于这道题在研究生课本《矩阵理论》也有出现,这里简要证明. (必要性)设 x11 x22
xmm ,则
x1 x ( , ) ( x1, x2 , , xm ) 2 0 , xm
f () ( 1)1 ( 2 ) 2
证明: Pn V1 V2 七、(15 分)设 1,2 ,

( s ) s .
Vs ,其中 Vi { Pn ( A i E)ri 0}, i 1,2, , s .
,m 是 n 维欧式空间 V 中的一组向量,
A z y1 xi A1i A z xi ( A1i y1
i 1 n n
yn xi Ain
i 1
n
Ain yn )
A z Aij xi y j
i , j 1
(2)解 记所给的行列式为 Dn ,则 Dn 9Dn1 20Dn2 .作特征方程 x2 9x 20 ,得 特征根为 x1 4, x2 5 ,故可设 Dn a4n1 b5n1 ( a, b 为待定系数). 分别令 n 1 和 n 2 得
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