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1、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 xP x 由 p xf x g x一定推出 p xf x或 p xg x 2 10 分 设n是大于等于 2 的正整数 证明 整系数多项式2 n x 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 ij A是n级矩阵 ij Aa 的元素 ij a的代数余子式 证明 111121 221222 1 12 12 n n n ijij i j nnnnn n aaax aaax A zA x y aaax
2、 yyyz 2 8 分 计算n级行列式 95000 49500 04900 00095 00049 的值 三 13 分 设矩阵 ij mn Aa ij ns Bb 分别为数域P上的 m n n s 矩阵 证明 rank ABrank Arank Bn 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0 kkEA 是正定矩阵 2 设A是n级正交矩阵且1A 证明 0EA 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 的 映 射 证 明 1 0 f Umf 维 维 其 中 f UfVU 1 0 0 fU f 六 20 分 设A是
3、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 12 12 s s f 证明 12 n s PVVV 其中 0 1 2 ir n ii VPAEis 七 15 分 设 12 m 是n维欧式空间V中的一组向量 11121 21222 12 m m mmmm 证明 12 m 线性无关当且仅当0 八 25 分 设 1 是是对称矩阵 222 254 24 A 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 摘 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
4、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 12 p xh x h x i h xp x 1 2i 1 令 12 f xh x g xh x 则有 p xf x g xp xf x 或 p xg x 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 xf x 那么结论显然成立 如果 1 2 i in 那么 1p xf x 而 p xf x g x 所以 p xg x 2 令 2 n f xx 只需要证明 f x在有理数域上不可约即可 因
5、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 1 30 1 1 20 n ff 2 220 2 2 20 2 nn ffn 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2 n x 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 1213111112111 2223222122212222 1 23121 1 1 nn nnnn n nnnnnnnnnn aaaxaaax aaaxaaax DA zyy aaaxaaax 112111111 222221212 1 211 n
6、n nn n nnnnnnnn xaaaax xaaaax A zyy xaaaax 11 11 11 1 1 nn iiniin ii n iiinn i n ijij i j A zyx Ayx A A zx A yA y A zA x y 2 解 记所给的行列式为 n D 则 12 920 nnn DDD 作特征方程 2 920 xx 得 特征根为 12 4 5xx 故可设 11 45 nn n Dab a b为待定系数 分别令1n 和2n 得 916 456125 aba abb 所以 11 54 nn n D 三 证明 可以参考文献 1 这里给出一种简便的证法 因为 000 0 nn
7、n n n AABAB r Ar Brrr EBEBE r ABr Er ABn 故证 r ABr Ar Bn 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 21 n T AT 1 2 i in 为A的全部特征根 必要性 若A半正定 则0 i 对0k 记BkEA 则有 1 2 n k k BTT k B的全部特征根为0 i k 又 kEAkEA 为实对称矩阵 故证kEA 为正定矩 阵 充分性 反证法 若A不是半正定的 则 0 l 令0 2 l k 所以 1 2 2 l n k k kEATT k 即kEA 有一个特征根为0 2 l 这与kEA 为正
8、定矩阵矛盾 故证A半正定 2 由题意 EAAAAAAEEA 0EA 0EA 证毕 五 证明 不妨设 12 p 是 1 0 f 的一组基 则有 12 0 p fff 将 12 p 扩充为U的一组基 121 ppm 第一 先证 12 ppm fff 为 f U的一组基 设 1122 0 ppppmm kfkfk f 则 1122 0 ppppmm f kkk 所以 1 1122 0 ppppmm kkkf 即 12 p k kk 1122112 2ppppmmpp kkkkkk 又因为 121 ppm 是U的一组基 121 ppm 线性无关 所以 12 0 m kkk 第二 又因为 12 0 p
9、fff 所以 f U 12 ppm L fff 由维数定理有 1 0 f Ufm 维 维 即 1 0 f Umf 维 维 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 1122mm xxx 则 1 2 12 0 m m x x x xx x 故证 实正定矩阵 0 所以0 充分性 反证法 若0 可设 1 0 m ii i x 则有 11 0 1 2 mm iijiij ii xxjm 即 1 2 0 m x x x 由于0 此方程只有零解 即 12 0 m xxx 故 12 m 线性无关 八 解 经计算特征多项式 2 3 7
10、 714 20 6EAaaa 由题意 1 是其二重根 用综合除法得5a 且另一特征根为10 对1 解齐次线性方程组 0EA X 得特征向量为 12 1 1 0 1 0 1 对10 解齐次线性方程组 10 0EA X 得特征向量为 3 1 2 2 将 123 正交化得正交向量组为 11 21 221 11 3132 3312 1122 1 1 1 2 2 5 1 1 1 3 再将 123 标准化的 1 1 1 2 1 2 3 1 3 11 0 22 112 666 111 333 令 123 T 则T为正交矩阵 且有 100 010 00 10 T AT 为对角矩阵 参考文献 1 王萼芳 石生明
11、 高等代数辅导与习题解答 北京 高等教育出版社 2010 6 19 48 2 钱吉林 高等代数习题精粹 北京 中央民族大学 2010 9 3 王萼芳 石生明 高等代数辅导与习题解答 北京 高等教育出版社 2010 6 309 说明 第一题 1 问北大数学系 高等代数 19 页定理 5 和 48 页 6 题 第三题北大数学系 高等代数 204 页 10 题 第四题 1 问钱吉林 高等代数习题精解 237 页 406 题 2 问为北大数学系 高等代数 397 页 3 题变换题型考察 第五题钱吉林 高等代数习题精粹 391 页 634 题 第六题北大数学系 高等代数 309 页定理 12 第七题北大数学系 高等代数 394 页 12 题 从上面可以看出兰州大学高等代数重在考察课本知识 建议报考兰州大学的考生重点复习参考 文献 1 和 2 两本书 会考很好的成绩 本文是我的一些个人见解 有不足之处还请谅解指正 如 果有什么需要帮助的 请把问题发到我的邮箱 bjc1987 大家交流一下意见 这也能助我 更好的进步 谢谢阅读
