高 等 代 数 专 题 研 究

高 等 代 数 专 题 研 究

期末复习指导 要点分析及典型例题

（一） 代数运算与数学归纳法 要点分析：

1. 代数运算本质上就是一种映射. 对于非空集合代数运算，则对于为a和b在

A来说，若f:A?A?A是A上的二元

A中任意两个元素a和b，有唯一确定的A中的元素f(a,b)与之对应. f(a,b)即

f所定义的运算下得到的结果. 当a和b取定时，f(a,b)必须是确定的，唯一的，且属于

A.

2. 笛卡尔积能交换位置.

3. 当示集合

典型例题：

例1 用数学归纳法证明：对任意n?Z?, 都有

A?B与B?A一般不相等，只有当A?B时才相等. 它们的元素都是有序数对，不

A，B都是有限集时，A?B与B?A所包含的元素个数是相同的，都等于A?B（A 表

A的元素个数）.

4. 数学归纳法由两个环节组成，递推起点和归纳假设. 在证明问题时，二者缺一不可.

1111???????1? （1.1） 1?22?3n?n?1?n?1证明：当n?1时，（1.1）式右边?1?1111?，左边??，故n?1时，（1.1）式成立. 1?121?22现设（1.1）式对n成立，考虑n?1的情形. 利用

111??，知

k?k?1?kk?1111?????? 1?22?3?n?1??n?2?1??1??11??1??1??????????????

223n?1n?2???????1?1 （1.2） n?2所以，（1.1）式对n?1成立.

综上，由数学归纳法原理知（1.1）式对一切正整数n都成立.

说明：（1.2）式是正确的，但是它是（1.1）式对n?1成立的一个直接证明，并没有用到归纳假设，

1

因而这不是用数学归纳法的证明.

正确的过程如下：由归纳假设知

1111??????? 1?22?3n?n?1??n?1??n?2?1?1? ???1???n?1??n?1??n?2?1??11????1?????? ?n?1??n?1n?2??1?1 n?2n2?n?1例2 证明1?2?????n?.

2k2?k?1证明：假设n?k时，命题正确，即1?2?????k?.

2当n?k?1时，

k2?k?11?2?????k??k?1????k?1?

212k?k?1?2k?2? ?212 ???k?1???k?1??1?

?2?即命题对k?1正确. 因此，对任意自然数n都是正确的.

?n?n?1?n2?n?事实上，1?2?????n?. 22显然命题是错误的，正是因为证明过程中忽略了数学归纳法的第一步，才导致了错误的结论.

例3

证明：当n?3时，n边形的内角和等于?n?2??.

?3开始.

分析：根据最小数原理，本题可利用数学归纳法来证明，只是递推起点要从n证明：当n假设n那么

?3时，命题成立. 因为三角形内角和等于???3?2??.

?k?k?3?时命题成立，看任意一个k?1边形A1A2AkAk?1（如图1.1）. 联结A1A3，

A1A2AkAk?1的内角和等于三角形A1A2A3的内角和与k边形A1A3AkAk?1的内角和之和.

前者和为?，后者归纳假设为

?k?2??.

2

A

A1A3AAk?1 Ak图1.1 因此k

?1边形A1AkAk?1的内角和为???k?2???(k?1)??[(k?1)?2]?. 所以对任

意的正整数n?n?3?，结论成立.

3,其中a?1?,a0?2,an?3an?1?2an?2，求证：an?2n?1.

2例4 已知数列a?1,a0,a1,分析：此题不能用第一数学归纳法证明，要用第二数学归纳法. 证明：当n?1时，

a1?3a0?2a?1?6?3?3?2?1，

命题成立.

假设命题对n?k正确，则

ak?3ak?1?2ak?2?3?2k?1?1??2?2k?2?1?

?3?2k?1?3?2k?1?2 ?2k?1.

命题对n

（二） 一元多项式理论 要点分析：

1. 数域P上的一元多项式环P[x]中有加法、减法和乘法运算，但是没有除法运算，取而代之的是带余除法. 给定

?k成立，所以对一切自然数n?Z?，结论成立.

f(x),g(x)?P[x]，则f(x)被g(x)除所得的商式和余式是唯一确定的，且都属于

P[x]. 若余式为零，则称g(x)整除f(x)，记为g(x)|f(x). 因此，多项式的整除关系与其系数所

在域的扩张无关. 即设P?

P都是数域，则f(x)和g(x)也属于P[x]. 由带余除法商式和余式的唯一

3

性可得，在P[x]中g(x)|2. 给定

f(x)当且仅当在P[x]中g(x)|f(x).

f(x),g(x)?P[x]，由于它们的首一最大公因式可通过辗转相除法得到，因此它的系数不

会超出数域P的范围，即关系. 例如x2?f(x),g(x)??P[x]. ?f(x),g(x)?是唯一确定的，与数域P的扩张没有

?4,x2?5x?6?Q[x]，则由辗转相除法得?x2?4,x2?5x?6?

?x?2?Q[x]. 它们也可看作实数域或者复数域上的一元多项式，但是首一最大公因式保持不变，仍

为x?2. 只是考虑全体最大公因式时，相差的非零常数的范围有所不同.

3. 定理2.4.2是最大公因式的存在表示定理，它的重要性在于它明确地给出了计算任意两个多项式的最大公因式的一般方法，而且把最大公因式表示为这两个多项式的组合. 与定理2.4.2相似的是定理2.4.3，它描述的是两个多项式互素即最大公因式为非零常数的情形. 但要注意的是定理2.4.3给出的是充要条件，而定理2.4.2只是充分条件. 简要地叙述如下：

定理2.4.2

d(x)是f(x)和g(x)的一个最大公因式?d(x)?u(x)f(x)?v(x)g(x)

定理2.4.3

?f(x),g(x)??1?u(x)f(x)?v(x)g(x)?1

即由d(x)?u(x)f(x)?可能不是

v(x)g(x)不能推出d(x)是f(x)和g(x)的一个最大公因式，因为d(x)的公因式. 但是如果

f(x)和

g(x)d(x)是

f(x)和

g(x)的公因式，则由

d(x)?u(x)f(x)?v(x)g(x)可以推出d(x)是f(x)和g(x)的一个最大公因式.

4. 一个多项式是否可约，依赖于系数所在域. 例如，x中则是可约的，因为x22?2在Q[x]中是不可约多项式，但在R[x]?2?x?2???x?2?. 因此，谈及可约或不可约的概念时，一定要明确是

针对哪个系数域而言的.

5. 因式分解及唯一性定理证明了一元多项式因式分解的存在唯一性，但并没有给出统一有效的因式分解的方法，需要具体情况具体分析.

对于复系数多项式来说，我们有

定理2.8.3 每个次数大于0的复系数多项式在复数域上都可以唯一地分解为一次因式的乘积. 由推论2.7.2根与一次因式的关系可知，我们要求出复系数多项式的所有根.

对于实系数多项式来说，可先把它看作复系数多项式，求出它的所有根. 由于实系数多项式的共轭虚根成对出现，将它们对应的一次因式两两结合，即可得

定理2.8.7 每个次数大于0的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解为一次因式与二次不可约因式的乘积.

对于有理系数多项式来说，我们先将其分解为一个有理数和一个本原多项式的乘积，进而转化为考察整系数多项式的因式分解. 定理2.9.4给出了求整系数多项式的全部有理根的方法，从而可得整系数多项式的全部一次有理因式.

4

艾森斯坦因判别法给出了判定一个整系数多项式在有理数域上是否不可约的一个充分条件，但不是必要条件，也就是说，找不到定理2.9.5中的素数式x2p，多项式可能是可约的，也可能是不可约的. 例如多项

?1与x3?3x?2都不存在定理2.9.5中的素数p，但前者在有理数域上不可约，后者却是可约.

在实际问题中，常常不能直接运用艾森斯坦因判别法，而是要经过简单的变换. 需要注意的是，所用变换必须是可逆的，这样，变换后的多项式的可约性与原多项式的可约性才能保持一致.

对于次数较高的有重因子的多项式

可以用f(x)，

f(x)f(x)代替f(x)，因为

?f(x),f?(x)??f(x),f?(x)?与

f(x)有相同的不可约因式，又不含重因式，次数低于f(x)，使得因式分解变得简单，甚至变不可能

为可能.

6. 如果不可约多项式特别地，多项式

p(x)是f(x)的k重因式?k?1?，则p(x)是导数f?(x)的k?1重因式，

f(x)的单因式不是它的导数f?(x)的因式. 因此，f(x)的重因式与?f(x),f?(x)?的

f(x)的重因式，只需计算?f(x),f?(x)?即可.

不可约因式完全一致. 要考察

典型例题：

例5 设a,b为两个不相等的常数，证明多项式f(x)被(x?a)(x?b)除所得余式为

f(a)?f(b)af(b)?bf(a)x?.

a?ba?b证明：根据带余除法，可设商式为q(x)，余式为r(x)?Ax?B. 因此

f(x)?(x?a)(x?b)q(x)?Ax?B

分别令x?a，x?b可得

?f(a)?Aa?B ??f(b)?Ab?B解得

A?f(a)?f(b)af(b)?bf(a)，B?. 因此命题得证.

a?ba?b注：带余除法中要求余式的次数小于除式的次数，因此本题可设所求余式为不超过一次的多项式. 正是带余除法的这一重要性质，保证了商式和余式的唯一确定性.

例6 m,p,q适合什么条件时，有x2?mx?1|x3?px?q.

解法1 待定系数法 如果x2?mx?1|x3?px?q，则可设

x3?px?q??x2?mx?1??x?a?

将上式右端展开，再比较同次项的系数，得

5

?a?m?0??ma?1?p ??a?q?解得q?m,p??m2?1，即当q?m,p??m2?1时，x2?mx?1|x3?px?q.

解法2 带余除法

应用带余除法，求得商式及余式，令余式为零，从而得到所求条件.

x2?mx?1 x3 ?px?q x?m x3?mx2 ?x ?mx2?(p?1)x?q ?mx2 ?m2x?m (p?1?m2)x?q?m余式为(p?1?m2

)x?q?m?0. 于是得

?p?1?m2?0 ?q?m?0?因此知，当q?m,例7 设

p??m2?1时，x2?mx?1|x3?px?q.

f(x)?x4?3x3?x2?4x?3，g(x)?3x3?10x2?2x?3，求?f(x),g(x)?，

并求u(x)，v(x)使得

?f(x),g(x)??u(x)f(x)?v(x)g(x).

1?2510??1?5f(x)??x??g(x)???x2?x??

9?93??3?92510??27??5g(x)???x?9???x2?x????9x?27?

93??5??952510?510??x2?x????x???9x?27?， 993?8181?解：用辗转相除法

因此，

?f(x),g(x)??x?3.

2510??27??5g(x)???x?9???x2?x??

93??5??9而 9x?27? 6

1???27???1 ?g(x)????5x?9????f(x)???3x?9??g(x)?

? ??27??5x?9???f(x)????1???27?5x?9????1??3x?1?9????g(x)

? ??27??5x?9???f(x)?????95x2?185x???g(x)，

因此

?f(x),g(x)????3??12??5x?1??f(x)????5x2?5x??g(x).

例8 如果?f(x),g(x)??1，且f(x)g(x)h(x)，则f(x)h(x).

证明： 由

f(x),g(x)互素,可知存在u(x),v(x)使得

u(x)f(x)?v(x)g(x)?1. 等式两边乘以h(x)，得

u(x)f(x)h(x)?v(x)g(x)h(x)?h(x).

因为

f(x)g(x)h(x)，所以f(x)整除等式左端，从而f(x)h(x).

注：本例给出了运用定理2.4.3来证明问题的常见方法，非常简洁明了。

例9 把f(x)?x4?x3?x2?x?1在复数域和实数域上因式分解.

解：因为

?x?1?f(x)??x?1??x4?x3?x2?x?1?

?x5?1

而x5?1的单位根为x2k?k?cos5?isin2k?5,k?0,1,2,3,4. 在复数域上，x5?1??x?x0??x?x1??x?x2??x?x3??x?x4?

??x?1??x?x1??x?x2??x?x3??x?x4?

所以

f(x)??x?x1??x?x2??x?x3??x?x4?.

又因为 xk?cos2k?2k?5?isin5， x2k?k?xk?2cos5,xkxk?1， 所以在实数域上，x5?1??x?1????x?x1??x?x4??????x?x2??x?x3???

7

?2x?x?1????2cos?2?4????x?1??x2?2cosx?1? 55???

2?4?????f(x)??x2?2cosx?1??x2?2cosx?1?.

55????x314?2x2?5x?. 例10 在有理数域上分解33x3141?2x2?5x???x3?6x2?15x?14? 解： 333如果x3?6x2?15x?14可约，则它一定存在一次因式，即它一定有有理根，否则它不可约. 根据

3定理2.9.4，我们可以确定x验证可得，只有2是x3?6x2?15x?14的所有有理根只可能是??1,?2,?7,?14?. 逐一代入

?6x2?15x?14的有理根，因此

x3?6x2?15x?14?(x?2)(x2?4x?7)

x31411?2x2?5x???x3?6x2?15x?14??(x?2)(x2?4x?7) 从而 3333注意：对于更高次的有理系数多项式，可约并不意味着一定有一次因式，也就不一定有有理根，因此若它无有理根，不能得出它不可约.

例11 判别多项式

f(x)?x4?x3?3x2?7x?10

在有理数域上是否可约.

解： 令x?y?1，则

?(y)?f(y?1)?y4?3y3?6y2?6

取

p?3，则由艾森斯坦因判别法知，?(y)在有理数域上不可约，从而知f(x)??(x?1)在有理数域

上不可约.

（三） 线性空间 要点分析：

1. 线性空间是抽象的概念，是普通平面或立体几何向量空间的一般化结果. 我们可以借助几何向量空间来理解线性空间的运算和性质，但不能将它们等同. 例如线性空间的元素尽管也称为“向量”，但它并不仅仅可以代表通常意义下的向量，还可能是矩阵、函数甚至映射. 线性空间中有两种运算，加法和标量乘法. 此处的“加法”和“标量乘法”也并不一定是通常意义下的加法和标量乘法，相应地，“零向量”和“负向量”也可能并非我们所想像的那样，要根据定义来确定.

8

2. 一般来说，提到线性空间，需指明是哪个域上的，因为同一个集合，定义在不同域上，可能得到不同的线性空间. 例如按通常的加法和乘法，复数域C可以看作复数域C上的线性空间，也可以看作实数域R上的线性空间，这是两个不同的线性空间，前者是1维的，后者是2维的. 但是，实数域R不可看作复数域C上的线性空间，因为对于标量乘法不封闭，无法定义标量乘法运算.

3. n维线性空间V中一个向量组?1,?2,（1）V中每一个向量都可以由?1,?2,（2）V中每一个向量都可以由?1,?2,（3）V中每一个向量都可以由?1,?2,（4）?1,?2,设向量组

,?r是V的一组基有以下等价条件：

,?r线性表示，而且表示方式是唯一的； ,?r线性表示，而且?1,?2,,?r线性表示，而且r?n；

,?r线性无关；

,?r线性无关，而且r?n.

的两组基，从

?1,?2,,?n与?1,,?n是n维线性空间V?1,?2,,?n到

?1,,?n的过渡矩阵为A，则有

??1,?2,其中，过渡矩阵

,?n????1,?2,?n?A

,?n下的坐标. 若V中向量?在基?1,?2,A的第i列为?i在基?1,?2,,?n下的

坐标为X，在基?1,,?n下的坐标为Y，则有

X?AY.

4. 维数公式刻画了子空间的交与和的维数之间的关系，应用非常广泛.

dimV1?dimV2?dim(V1?V2)?dim(V1V2)

在证明过程中，需注意基的选取，一定要从子空间开始，也就是说要先选取V1V2的一组基，将其分别

扩充为V1和V2的一组基，进而得到V1?V2的一组基. 这个过程不能反过来，即不能先找出到V1?V2的一组基，再从中分别确定V1和V2的一组基，这是做不到的. 要注意，基只是线性空间的一组生成元，虽然V1和V2都是V1?V2的子空间，但并不意味着V1?V2的任一组基中一定包含V1和V2的一组基. 类似地，如果V1的一组基中每个向量都不属于V2，并不能由此断定V15. 两个线性子空间的和是直和有三个等价条件 （1）和V1+V2中的每个向量?都能唯一地表示成

V2?{0}.

???1??2,?1?V1,?2?V2；

（2） V1

V2?{0}；

9

（3） dim

?V1?V2??dimV1?dimV2

典型例题：

例12 全体正实数R，加法和标量乘法定义为：a?b的线性空间？

解：两种运算已经明确，只需验证8条运算性质.

??ab，ka?ak，它是否构成实数域上

（1） 加法结合律：

(a?b)?c?ab?c?abc

a?(b?c)?a?bc?abc（2） 加法交换律：a?b?ab?ba?b?a （3） 零向量为1：a?1?a （4） a的负向量为

1a：a?1?1 alkkl（5）

(kl)a?aklk(la)?ka?(a)?a(k?l)a?ak?lka?la?a?a?aklk?ll

（6）

（7）

k(a?b)?kab?(ab)k?akbkka?kb?a?b?abkkkk

（8） 1a?a

因此，它构成实数域上的一个线性空间.

注：分清线性空间的元素“向量”和数域中的元素“数”及它们之间的运算. 例13 设V?Pn，?1??1,0,,0?,?2??0,1,0,,0?,,?n??0,0,,1?，则

?1,?2,,?n线性无关，并且对任意???a1,a2,,an??V，都有?1,?2,,?n,?线性相关.

证明：设有k1?1?k2?2因此向量组?1,?2,又设???kn?n?0，即?k1,k2,,kn??0，所以k1?k2??kn?0，

,?n线性无关.

??a1,a2,,an??V，则??a1?1??an?n，即

a1?1?因为a1,a2,?an?n???1???0.

,?n,?线性相关.

,an,?1不全为零，故?1,?2,注：证明一组向量组线性无关时，按照线性无关的定义来证明是常用的方法，如本例所示.

?1??1,0,,0?,?2??0,1,0,,0?,,?n??0,0,,1?是V?Pn中最常用的一组基，称为自然

10

?1???当??5时，解齐次线性方程组?5E?A?X?0的基础解系为1，

??因此属于5的一个线性无关的?1???特征向量是?3??1??2??3，而属于5的全部特征向量为k?3,k?P,k?0.

因为V有3个特征向量?1,?2,?3组成的基，故?可对角化. 即存在可逆矩阵

?101???1?????T??011?，使得B???1??T?1AT.

??1?11??5?????

（五） 欧几里得空间 要点分析：

1. 欧几里得空间是定义了内积的实数域上的线性空间，赋予了线性空间中的向量之间一种新的运算. 在此基础上，线性空间中不再只有线性关系，长度、距离、夹角应运而生. 这也是受几何向量空间的启发而得到的，因此我们可以类似地得到相应的结果，如柯西-布涅科夫斯基不等式，三角不等式，勾股定理等.

2. 施密特正交化方法的本质就是一个向量减去它在另一个向量上面的正交投影之后，两个向量就变成正交的了. 由一组基得到一组标准正交基，就是将每个向量依次减去它在前面向量上的正交投影，再单位化即可.

3. 正交变换和对称变换都是线性变换，它们的定义与内积有关. 它们只有在一组标准正交基下的矩阵表示才分别为正交矩阵和对称矩阵，在非标准正交基下的矩阵表示并不一定是正交矩阵和对称矩阵，反之，某个线性变换在一组非标准正交基下的矩阵表示是正交矩阵或对称矩阵，不能说明它是正交变换或对称变换.

设V为n维欧几里得空间，??EndV. ?为正交变换有以下等价条件： （1）

???,??????,??,??,??V； ???,??????,??,???V；

（2）?把标准正交基变为标准正交基； （3）

（4）?在任一组标准正交基下的矩阵为正交矩阵.

设V为n维欧几里得空间，??EndV. ?为对称变换有以下等价条件： （1）

???,?????,???,??,??V；

A总可以相似成对角阵，而且是存在正交矩阵Q，使得Q?1AQ为对角阵. 实对称阵有

（2）?在任一组标准正交基下的矩阵为对称矩阵. 4. 实对称阵

两个特别的性质：首先，它有n个实特征值，其次，实对称阵的属于不同特征值的特征向量相互正交.

典型例题：

例19 在线性空间R中，对任意向量?

2??a1,a2?,???b1,b2?，定义

??,???3a1b1?2a1b2?2a2b1?5a2b2，

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（1）证明：R关于此定义构成一个欧空氏间； （2）具体写出这个空间的柯西—布涅柯夫斯基不等式；

分析：直接验证所给内积满足欧氏空间的定义，但注意这里的欧氏空间与标准欧氏空间R是不同的. 解：（1）我们要验证实函数

22??,??满足内积的4条公理，由于

??,???3b1a1?2b1a2?2b2a1?5b2a2???,??，

所以ⅰ对称性成立；

ⅱ 设???c1,c2?，由于?????a1?b1,a2?b2?，因此

????,???3?a1?b1?c1?2?a1?b1?c2?2?a2?b2?c1?5?a2?b2?c2

? ??3a1c1?2a1c2?2a2c1?5a2c2???3bc11?2bc12?2b2c1?5b2c2? ??,?????,??，

ⅲ ?k?R，有

?k?,???3?ka1?b1?2?ka1?b2?2?ka2?b1?5?ka2?b2

?3a1b1?2a1b2?2a2b1?5a2b2? ??,??，

?k ?kⅳ

??,???3a12?4a1a2?5a22

22a12??a12?4a1a2?4a2??a22

?22 ?2a1??a1?2a2??a2?0，

2且

??,???0当且仅当a1?a2?0，即??0，于是R2按此内积是一个欧氏空间.

⑵ 柯西—布涅斯柯夫斯基不等式为

223a1b1?2a1b2?2a2b1?5a2b2?3a12?4a1a2?5a23b12?4b1b2?5b2，

且等号成立当且仅当???a1,a2?与???b1,b2?线性相关.

例20 在欧氏空间V组标准正交基.

解： 第一步?1?R3中，对于基?1??1,1,1?,?2??0,1,2?,?3??2,0,3?，求出R3的一

??1??1,1,1?，

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??,?? ?212??2??????2??1???1,0,1?，

1,?1?1 ???3,?1?????3,?2?3??3?????2 1,1?1??2,?2? ???53??1?555?312?2???6,?3,6?? 第二步?1??1????1,1,1??， 1?333? ???22?????11?2,0,2?， 2?? ??3?3????1,?26,1?6?， 3?6?于是?1,?2,?3是R3的一组标准正交基.

?4例21 设A??22??242?，求一个正交矩阵T，使TTAT?T?1AT是一个对角矩阵.

??224???解：第一步，先求

A的全部特征值

??4?2?2?E?A??2??4?2????2?2???8?，

?2?2??4所以

A的特征值是2,2,8.

第二步，当?1??2?2时，求齐次线性方程组?2E3?A?X?0的一个基础解系

??1???1? ?????1??1,??2?0，

?0???????1??用施密特正交化方法把?1,?2正交化再单位化，得

18

?1??1???????62?????1??1? ?1?,???2?2??6?.

?????2??0????????6?当?3?8时，求齐次线性方程组?8E3?A?X?0得一个单位基础解系

1??3?1??， 3?1??3????? ?3??????第三步，以?1,?2,?3为列，作出一个矩阵

1?1???62?1?1 T??????????6?22?0?6?那么T是正交矩阵，并且

1??3?1??， 3?1??3??200???TTAT?T?1AT??020?.

?008???

（六） 双线性函数与二次型 要点分析：

1. 双线性函数可以用度量矩阵来刻化，而且同一双线性函数在不同基下的度量矩阵是相合的，因此对双线性函数的研究可以转化为对其度量矩阵的研究.

2. 相合与相似类似，是另一类重要的等价关系. 但需注意，实对称矩阵的正交相似也是相合，它同时具有两类性质. 如正交相似的两个实对称矩阵的特征多项式相同，迹和行列式相同，同时正定性也相同.

3. 对于二次型，我们有： 定理 6.2.1 设（1）gf?x1,x2,...,xn?为数域P上的二次型，则下面结论成立：

?y1,y2,...,yn?也是数域P上二次型，则存在非退化线性替换X?TY，使得

f?x1,x2,...,xn??g?y1,y2,...,yn?的充分必要条件是Mf与Mg相合.

19

（2）

f?x1,x2,...,xn?可经过非退化线性替换化为平方和形式，即有X?TY,detT?0,使得

f?x1,x2,...,xn??d1y12?...?dryr2,0?r?n,

称r为二次型

（3）当Pf的秩.

使得

?C时，存在非退化线性替换X?TYf?x1,x2,...,xn??y12?...?yr2,0?r?n.

（4）当P

?R时，存在非退化线性替换X?TY使得

22f?x1,x2,...,xn??y12?...?y2p?yp?1?...?yr,0?p?r?n.

4. 化二次型为标准形的常见方法有三种：第一种是成套初等变换法；第二种是配方法；第三种是利用对称变换的结论，用正交线性替换化实二次型为标准形的方法，这与实对称阵正交相似于对角阵在本质上是一样的.

5. 实对称矩阵（1）二次型（2）（3）（4）

典型例题： 例22 将四元二次型

A是正定的有以下等价条件：

f?x1,x2,...,xn??XTAX是正定的；

A的全部特征值全为正；

A相合与单位矩阵En，即存在可逆矩阵C，使得A?CTC； A的顺序主子式全大于零.

f?2x1x2?2x1x3?2x1x4?2x2x3?2x2x4?2x3x4化为标准形.

解：由于

?x1?y1?y2?x?y?y?212，则有 f中不含平方项，作替换??x3?y3??x4?y4

2f?2y12?2y2?4y2y3?4y2y4?2y3y4

2222?2?y2?2y2?y3?y4???y3?y4???2?y3?y4??2y3y4

?? ?2y122?2y12?2?y2?y3?y4??2y3?2y4?2y3y42

?2y?2?y2?y3?y4?212132 2?2(y3?y4)?y422 20

?y1?z1?z1?y1??z?y?y?y?y2?z2?z3?1z42234???2， 令? ， 即?1?y?z?1z?z3?y3?2y434?3?2??y?z?z4?y4?44则有

22f?2z12?2z2?2z3?32z4，其中 2?x1??11???x2??1?1??

?x3??00??x???00?4??00??1??00??010??0??01??00??z1???z?11?12??2?

???z01132????001??z?4?00z?111?12??1???1??z1?1?12??2? ??.

1????001z32????z??0001???4?例23 设实二次型替换

22求一个正交线性f?x1,x2,x3??4x12?4x2?4x3?4x1x2?4x1x3?4x2x3，

X?TY把二次型

f化为标准形.

解：二次型

?422???f的矩阵为M??242?，仿照例21的方法求得正交矩阵

?224????1??2??1T???2??0?M161?626?1??3?1??， 3?1??3?X?TY化

的全部特征值为2,2,8. 作正交线性替换f为标准形

22. f?x1,x2,x3??2y12?2y2?8y322f?x1,x2,x3??5x12?x2?5x3?4x1x2?8x1x3?4x2x3是否正定的.

例24 判别二次型

解: 二次型

2?4??5??f?x1,x2,x3?的矩阵为A??21?2?，A的顺序主子式

??4?25???21

5?0,因此

二、 综合练习

（一） 单项选择题

52?1?0,A?1?0，

21f?x1,x2,x3?是正定的.

1. 下列法则中，哪个不是Z上的二元代数运算？（ ） （A）a （C）ab?a?b （B）ab?ab b?a （D）ab?ab

2. 按通常数的加法与乘法，下列哪个集合构成复数域C上的线性空间？（ ） （A）整数集Z （B）有理数集Q （C）实数集R （D）复数集C 3. 全体正实数R对于下面定义的加法和标量乘法：

?a?b?ab，ka?ak

构成R上的线性空间，则它的维数是（ ）.

（A）0 （B）1 （C）2 （D）3 4. 下列选项中，哪个叙述是正确的？（ ） （A）若向量组?1,?2, （B）若向量组?1,?2,,?r线性相关，则其中每一向量都可由其余向量线性表示. ,?r线性相关，则一定存在r个不等于0的数

k1,,kr，使得

k1?1??kr?r?0.

,?r线性无关，则它的任何线性组合都不等于零.

,?r线性相关，则其中至少有一个向量可由其余向量线性表示.

（C）若向量组?1,?2, （D）若向量组?1,?2,5. 下列选项中，哪个叙述是正确的？（ ） （A）若向量组

?1,?2,,?s线性无关，向量组

?1,,?s线性无关，则向量组

?1??1,?2??,?,s??s也线性无关. 2 （B）若向量组

?1,?2,,?r线性无关，向量组

?1,,?s线性无关，则向量组

?1,?2,?,r?,1,?s,也线性无关.

??3,?3??1也线性无关.

（C）若?1,?2,?3线性无关，则?1??2,?2 （D）若向量组

?1,?2,,?s线性相关，向量组

?1,,?s线性相关，则向量组

22

?1??1,?2??2,,?s??s也线性相关.

6. 下列选项所定义的P3

的变换中，哪个不是线性变换？（ ） （A）??x1,x2,x23???x1?x2,x2?x3,x3?

（B）??x1,x2,x3???2x1?x2,x2?x3,3x1?x2?x3? （C）??x1,x2,x3??0

（D）??x1,x2,x3???x1,x2,x3?

7. 若A~B，则下列选项中，不正确的结论是（ ）.

（A）TrA?TrB （B）detA?detB

（C）A2~B2 （D）对任意可逆矩阵T，都有T?1AT?B.

8. 设?是线性空间V的线性变换，?,?是?的分别属于特征值?与?的特征向量，则（ （A）若?与?线性相关，则???； （B） 若?与?线性无关，则???； （C）若?与?线性相关，则???； （D） 若?与?线性无关，则???.

9. 设

A是n阶实矩阵，则A是正交矩阵的充分必要条件为（ ）. （A）

A的行向量组是Rn的标准正交基 （B）A?1?A

（C）|A|??1 （D）A的行向量组两两正交

10. 设

A为实对称矩阵，下列选项中，哪个不是A为正定矩阵的等价条件？（ ）

（A）|A|?0 （B）A的特征值全为正

（C）

A的顺序主子式全大于零 （D）A相合于单位阵

（二） 填空题 1.

f(x)?x4?3x2?2x?1被g(x)?x2?2x?3除的商式是 ，余式是 . 2. 复数域上的不可约多项式的次数是 次的. 3. 方程2x4?x3?2x?3?0的有理根为 .

4. 数域P上两个有限维线性空间同构的充要条件是它们的维数 . 5. 同一线性变换在不同基下的矩阵表示是 的. 6. n阶方阵

A称为可对角化，如果存在可逆矩阵T，使T?1AT为 .

7. 正交矩阵的行列式等于 .

8. 同一双线性函数在不同基下的度量矩阵是 的. （三） 计算题

.

23

）1. 求u(x),v(x)使u(x)f(x)?v(x)g(x)??f(x),g(x)?，其中

f(x)?x4?2x3?x2?4x?2g(x)?x?x?x?2x?22. 求x3. 设

4432?1在复数域、实数域和有理数域上的标准分解式.

f?x??x5?7x4?19x3?26x2?20x?8，判断?2是不是多项式f?x?的根，如果是

的话，它是几重根？

4. 设

V是实函数空间，又

V1与

V2是

V的子空间，其中

V1?L(1,x,sinx)，

V2?L(cos2x,cos2x).

（1） 求V1的一组基和维数； （2） 求V2的一组基和维数； （3） 求V1?V2的一组基和维数； （4） 求V1V2的一组基和维数.

5. 设?1,?2,?3,?4是数域P上的线性空间V的一组基，线性变换?在这个基下的 矩阵为

?1?0?A??1??0（1）求?的特征值与特征向量；

000000000??0?. 0??1?（2）求V的一组基，使得?在这组基下的矩阵为对角矩阵，并且写出这个对角矩阵.

?1??16. 设A????1??1??000?????,B?010???，并且A与B相似，

?002?1????（1）求?,?的值； （2）求一个正交矩阵T，使T（四） 证明题

1. 设平面内有n个圆，任何两个圆都有两个交点，任何三个圆都没有共同的交点. 设这n个圆将平面分割成的区域数为

TAT?B.

f(n). 证明：f(n)?n2?n?2.

24

2. 设

?f(x),g(x)??1，证明：?f(x),f(x)?g(x)???f(x)g(x),f(x)?g(x)??1.

f(x)?x3?3x?1在有理数域上不可约.

3. 证明多项式4. 设A?Mn?P?，且A2?A，令

V1?X?PnAX?0,V2?X?PnAX?X证明：Pn????

?V1?V2.

5. 设

?a,b?是闭区间，令V?C?a,b?，在V上定义内积：

?f,g???af?x?g?x?dx ，f,g?V，

b验证V?C?a,b?是一个欧几里得空间.

2A是n阶正定对称矩阵，B为n阶实反对称矩阵（BT??B），证明：A?B是正定对称

6. 设矩阵.

综合练习答案

（一） 单项选择题

1. D 2. D 3. B 4. D 5. C 6. A 7. D 8. C 9. A 10. A （二） 填空题 1. x2?2x?2 12x?7 2. 1 3. x?1 4. 相等 5. 相似 6. 对角矩阵

7. ?1 8. 相合 （三） 计算题

1. u(x)??x?1，v(x)?4x?2，(f(x),g(x))?x2?2.

2. 复数域上：x4(2k?1)?(2k?1)????1???x?cos?isin?

44?k?1??1?x2?2x?1x2?2x?14 实数域上：x4????

有理数域上：x3. 是，3重根.

?1不可约.

4. （1）1,x,sinx是V1的一组基，dimV1 （2）cos2x,cos2?3；

x是V2的一组基，dimV2?2；

2（3）1,x,sinx,cosx是V1?V2的一组基，dim(V1?V2)?4；

25

（4）1是V1V2的一组基，dim(V1V2)?1.

??2?1,?3??4?0.

5. （1）?的特征值分别为?1特征子空间V1 （2）一组基为?1?L(?1??3,?1??3??4)，V0?L(?2,?3).

??1??3,?2??1??3??4,?3??2,?4??3，?在这组基下的矩阵为

?1???

1?. 对角矩阵???0??

0??

6. （1）????0

?1?2? （2）T??0?1???2?（四） 证明题

0101?2??0? 1???2? 1. 证明：用数学归纳法.

当n?1时，1个圆将平面分割成圆内和圆外2个区域，因此f(1)?2，等式成立.

?k时等式成立，即f(k)?k2?k?2. 当n?k?1时，考虑其中k2假设当n个圆，则由归纳

假设，它们把平面分割成了k第k域

?k?2个区域. 第k?1个圆与上述k个圆共有2k个交点，这些交点将

?1个圆分成了2k段弧，而其中每一段弧都将它们所在的区域分成了两个部分，因此增加了2k个区

.

于

是

一

共

有

k2?k?2?2k?(k?1)2?(k?1)?2个区域，即

f(k?1)?(k?1)2?(k?1)?2. 因此当n?k?1时，等式也成立.

综上，由数学归纳法原理可知，对一切正整数n，等式成立. 2. 证明：根据定理2.4.3，由

?f(x),g(x)??1可得，存在u(x),v(x)?P[x]使得

u(x)f(x)?v(x)g(x)?1

从而 [u(x)?v(x)]f因此

(x)?v(x)[f(x)?g(x)]?1 （1）

?f(x),f(x)?g(x)??1. 又

[v(x)?u(x)]g(x)?u(x)[f(x)?g(x)]?1 （2）

26

（1）式与（2）式左右两边分别相乘，可得

[u(x)?v(x)][v(x)?u(x)]f(x)g(x)?u(x)f(x)[u(x)?v(x)][f(x)?g(x)]?

v(x)g(x)[v(x)?u(x)][f(x)?g(x)]?u(x)v(x)[f(x)?g(x)][f(x)?g(x)]?1左端合并可得

f(x)g(x)与f(x)?g(x)的组合，因此?f(x)g(x),f(x)?g(x)??1.

3. 证明：令x判别法知，

?y?1，则g(y)?f(y?1)?y3?3y2?6y?3. 取p?3，则由艾森斯坦因

f(x)在有理数域上不可约.

n4. 证明：第一步，证明P任取所以

?V1?V2.

. 因为A(XX?Pn，则X?X?AX?AX?AX)?AX?A2X?AX?AX?0，

，所以

X?A?X1.V又因为

A(AX)?A2X?AXAX?2 V，即

X?X?AX?AX?V1?V2，所以Pn?V1?V2. 显然V1?V2?Pn，因此Pn?V1?V2.

第二步，证明V1?V2是直和. 任取

X?V1V2，则由

X?V1知AX?0，由X?V2知AX?X，所以

X?0，即

V1V2??0?，因此Pn?V1?V2.

5. 证明：首先，又若k1,k2?R,?f,g???f?x?g?x?dx??g?x?f?x?dx??g,f?

aabbbf1,f2,g?V,则

?k1f1?k2f2,g???a?k1f1?x??k2f2?x??g?x?dx

?k1 ?k1最后

?baf1?x?g?x?dx?k2?f2?x?g?x?dx

ab?f1,g??k2?f2,g?

?f,f???abf2?x?dx?0，当且仅当f?x??0时，?f,f??0.

A是正定矩阵，所以AT?A. 又BT??B，从而

6. 证明：因为

(A?B2)T?AT?(BT)2?A?(?B)2?A?B2，

即

A?B2是实对称矩阵.对于任意X?0，有

XT(A?B2)X?XT(A?BTB)X?XTAX?(BX)T(BX)?0，

27

故

A?B2是正定矩阵.

高等代数专题研究模拟试题

一、 单项选择题（本题共20分，每小题4分）

1. 下列法则中，哪个不是Z上的二元代数运算？（ ） （A）a （C）ab?a?b （B）ab?ab b?a （D）ab?ab

2. 设?是线性空间V的线性变换，?,?是?的分别属于特征值?与?的特征向量，则（ ）. （A）若?与?线性相关，则???； （B） 若?与?线性无关，则???； （C）若?与?线性相关，则???； （D） 若?与?线性无关，则???.

3. 全体正实数R?对于下面定义的加法和标量乘法：

a?b?ab，ka?ak

构成R上的线性空间，则它的维数是（ ）.

（A）0 （B）1 （C）2 （D）3

4. 如果线性空间V上的线性变换A在V的一组基?1,?2下的作用为：

A?1?2?1?3?2A?

2?5?1?4?2那么A在基?1,?2下的矩阵为（ ）.

（A）??25?3?4? （B）?23? （C）??43? （??45????5?4????52?D）???32?

??5. 设V为欧几里得空间，?,?,?是V中的任意向量，则下列式子不成立的是（ ）. （A）(?,?)???,?? （B）(???,?)?(?,?)???,??

（C）(?,???)???,?????,?? （D）??,???0

二、 填空题（本题共20分，每小题4分）

1. 正交矩阵的行列式等于 . 2. 设a,b为两个不相等的常数，则多项式f(x)被(x?a)(x?b)除所得余式

为 .

3. 同一双线性函数在不同基下的度量矩阵是 的.

28

?若矩阵A与

??2?4.

?4??相似，则A的行列式A? . ??5??5. 设

f(x)?x4?2x2?3，g(x)?x3?x2?2x?2，则?f(x),g(x)?? .

三、 计算题（本题共45分，每小题15分）

1. 求多项式f(x)?6x4?x3?4x2?x?2的所有有理根.

2. 已知?1?(1,2,1,?2),?2?(2,3,1,0),?3?(1,2,2,?3)；

?1?(1,1,1,1),?2?(1,0,1,?1),?3?(1,3,0,?4). 求

（1）W1?L(?1,?2,?3)的一组基与维数； （2）W2?L(?1,?2,?3)的一组基与维数；

（3）W1?W2与W1W2的一组基与维数.

?设A??123?3.

?246?，求一个正交矩阵T，使得TTAT是一个对角矩阵.

??369???

29

四、 证明题（本题15分） 设矩阵.

2A是n阶正定实对称矩阵，B为n阶实反对称矩阵（BT??B），证明：A?B是正定实对称

30

高等代数专题研究模拟试题答案

一、 单项选择题（本题共20分，每小题4分）

1. D 2. C 3. B 4. A 5. D 二、 填空题（本题共20分，每小题4分）

1.

?1 2.

f(a)?f(b)af(b)?bf(a)x? 3. 相合 4. ?40 5. x?1

a?ba?b11，?，23三、 计算题（本题共45分，每小题15分）

1. 解：a4?6，a0??2. 根据定理2.9.4，f(x)的有理根只可能是：?1，?2，??1?f???0，?2?2. 3?21，?. 依此代入检验可得，36因此

?2?f????0. ?3?f(x)的有理根是

12，? 2. 解：（1）?1,?2,?3线性无关，因此dimW1（2）?1,?2,?3线性无关，因此dimW2（3）dim?3，?1,?2,?3即为W1的一组基.

?3，?1,?2,?3即为W2的一组基.

?W1?W2??4，一组基为?1,?2,?3,?2，dim?W1??1?2?3?6??2(??14)

??9W2??2，一组基为?1,?3.

3. 解：

?E?A??2?3??4?6因此

A的特征值为0，0，14.

当??0时，解方程组?AX?0，得一组基础解系为

??2???3?????1??1，?2?0

?????0??1?????单位正交化可得

?25??370???????705?????670??5????1??，??? ?270???5??570??0?????70????????当??14时，解方程组(14E?A)X?0，得一组基础解系为

31

?1???3??2??

?3???单位正交化可得

?14???14???14??3???

?7??314???14?????25??5??5以?1,?2,?3为列，可得正交矩阵T???5???0?对角阵.

四、 证明题（本题15分）

证明：因为

370?70?670705707014??14??0??14??T0为?，且TAT???7??14???314??14??A是正定实对称矩阵，所以AT?A. B为n阶实反对称矩阵，BT??B，从而

(A?B2)T?AT?(B2)T?AT?(BT)2?A?(?B)2?A?B2

因此

A?B2是实对称矩阵.

对于任意n维列向量

X?0，有

XT(A?B2)X?XT(A?BTB)X?XTAX?XTBTBX?XTAX?(BX)TBX?0

故

A?B2是正定实对称矩阵.

32

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