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1、.高等代数选讲XX师范学院数学与信息科学学院20XX9月目 录第一讲 带余除法1第二讲 不可约多项式5第三讲 互素与不可约、分解9第四讲 多项式的根13第五讲 典型行列式17第六讲 循环行列式21第七讲 特殊行列式方法26第八讲 解线性方程组31第九讲 分块矩阵与求秩35第十讲 矩阵的分解与求逆35第十一讲 广义逆与特殊矩阵对关系35第十二讲特征值、对角线与最小多项式35第十三讲向量的线性相关与自由度35第十四讲双线性型与正定二次型35第十五讲线性空间及其几何背景35第十六讲欧氏空间和正交变换的意义35第十七讲线性变换的核与象35第十八讲线性变换的特征与不变子空间35 / .第一讲 带余除法定
2、理1带余除法f, g0 Px,则有f=gs+r其中r=0或rg,r,sPx定理2 g|fr=0 (xa|ff=0带余除法可将f,g的性质遗传到较低次的r,也可将g,r的性质反馈到较高次的f。边缘性质：若满足某个条件C的多项式存在,则一定存在一个次数最低的满足条件C的多项式。反过来,满足条件D的多项式次数不超过m,则这样的集中一定有一个次数最大的。根据带余除法和边缘性持,创造了求最大公因式的辗转相除法。可以证明最小公倍式也是存在的,还可以得到更多的其它结论。例1 a是一个数,fPx且f=0,则Px中存在唯一首项系数=1且次数最低的多项式ma： ma=0证作：Sa=gPx|g=0那么S,故S中存在
3、一个次数最低且首系=1的多项式ma,现设m也是满足条件的多项式,那么m=ma所以mmama令 r=mma则r=0,得r=0,所以m=ma,唯一性证毕。推论：gSa,那么ma|g。证： g=mat+rr=0证。定理3 a在Px中的ma是不可约多项式,用反证法例2 求Qx中,则即x适合x410x2+1,x410x2+1即为所求。解法二：先考虑关于Q的所有对称根：有它自己和,于是=推广：Qx中的最小多项式为,其中p与q互素。例3 求Qx中,的最小多项式解法一：设x=,则=2即得：解法二：,则,所以的对称根有故最小多项式为=当自然数p,为无理数时,的所有对称根为,其中,且 *用方法一虽简单,但对于诸如
4、求等的最小多项式时,就行不通,方法二虽长,却是有步骤地可以求出任何的最小多项式。任设,为A的特征多项式,由HamiltonCaylay定理,fA=0,作那么中存在唯一的首系=1且次数最低的多项式mA,称mA为A的最小多项式。例4 例5 令,那么,定理4 ,则A相似于对角矩阵的充要条件之一是gA=mA例6 证明解法1 所以 于是 解法2 因为 所以 例7 设复数在Q上线性无关,且g在Qx中不可约,若对于每个g的根,有证明：g|fi,i=1,2,m证：设fi=ghi+di,其中dig或di=0g=0 故g与h= 有公共根,因g不可约,得g|h,即h=0否则,hg 得di=0di=0g|fi.此题的
5、难点在于从可能非有理数的如何过渡到有理数r,而下一题在正式出版的解答中也忽略了复数解。例8 设的最大公因式是一个二次多项式,求t,u的值。P45,7解 f=g1+r,r=x2+x+u t1其中由已知条件,必有s=0,s各项系数的分子为0,即若u=0得即,得t1=4,u1=u2=u3=0若t2+t+3=0得注意到,由得 因此一共有5组t,u的取值,大部分学生及出版的解答都只给出了t=4,u=0这一组解。第二讲 不可约多项式判定一个多项式f是否可约,涉及其所在的数域P,也无固定的方法可循,在C上,任何大于1次的多项式皆可约,而只有一次多项式不可约,在R上,只有一次的和部分二次的判别式0是不可约的,
6、在一般P上,一次多项式当然不可约,ma若存在也是不可约的上讲Th3例1 设f=x310x+5,证明f在Q上不可约。证明：若f在Q上可约,则f必有一次因式,则f必有有理根,但f的有理根只可能是1,5。f0,f0,f0,f0所以f在Q上不可约。这种方法对于四次以上的多项式是行不通的,因为可能只有2次以上的多项式,可以尝试用Eisenstein判别法。例2 证明f=x610x+5在Q上不可约证明：取p=5素数,p1,p|10,5,p25,f不可约。有些多项式f表面上不能用Eisenstein判别法,做x=ay+b,g=f,则f可约当且仅当g可约。例3 p为素数,试证f=,k1在有理数域Q上不可约。证
7、：p=2时,f= ,令x=y+1 f= 取p=2由Eisenstein判别法,f不可约。当为奇素数时令x=y+1则 由于中间一项不存在最高次项和常数项,用Eisenstein判别法对互素数p,F不可约,从而f不可约。令k=1,则也不可约,这是一个重要推论。在Px中还有一大类多项式是无法应用Eisenstein判别法的,但一定可以按照Kroneclcer的方法,判定是否可约。如下例。例4 证明f=x5x3+x22在Q上不可约证明：设f=gh= ,其中a、b、c、d、e、Z ,则有代入a=-d得由ce=-2得四种可能情形 将情形代入得,得不可能有整数解。同理考虑情形,都无整数解,综上所述f=x5-
8、x3+x2-2在Q上不可约。在Q上讨论Zx中多项式的可约问题,有如下重要结论。定理5 fZ,则f在Q上可约f在Z上可约定理6 x4+n可约n=4m4=24m2x2可约证：x4+4m4=24m2x2必要性的证明用的是Kronecker思想,设x4+x=于是由若a1=0a2=0,由b1= b2,由=n矛盾！若a10b1= b2由,b1= b2=n=k2由 2k=2|a1,a1=2mk=2m2 n=4m4例5 将x8+64分解为不可约多项式之积解：x8+64=,再用Kronecker方法证明x44x2+8都是不可约的问题 计算例6 在Rx中,分解xm1为不可约之乘积。P45,15解：xm1的所有根为
9、当m=2n+1时,只有一个实根,其余两两配对共轭。 5当m=2n时,有2个实根,因此 6在题中5,令x=1得,即开方,得由6令x=1, 例8 f=x+1 在Qx中可约。f= +1=x4+2x3x22x+1=2定理7 f= +1在Qx中可约。证：令x+m+1=y,则f=g=y+1由例8得 f=2+x+m+112 =x2+x+m2+3m+12这一重要实例的结论,来源于对分解xa1xa2xan+1的思考。例9 设fZx=2m,Q2m且a1,a2,as为两两不同的整数,f=1或1,1is,证明f在Q上不可约。证明：反设f在Q上可约,则存在g,hZx,2m且f=gh, +=2m不妨设2m,因为f=1或1
10、,g,hZ,所以g=1或1,。从而g至少在个点都取值为1或都取值1,因此g=1或g=1。与2m矛盾！第三讲 互素与不可约、分解若f,g=1,则称f与g互素。定理8 f,g互素定理9 p不可约 若f,g=1,f,h=1,则f,gh=1 若fi,gi=1,推论：若f,g=1,则 ,定理10 若f=gs+h,则f,g=g,h.例1 f,g=1f,f+g=1,g,f+g=1fg,f+g=1 证： f+g=f+g由Th10即得定理11 若,则f1f2fm|g例2 证明x|2mx2m2x1,则N证：设g=2mx2m2x1因为g=0,g=0,g=0,所以x,x+1,2x+1|g又由于x,x+1,2x+1两两互素,得x|g例3 设a1,a2,as为两两不同的整数,证明在Q上不可约。证明：反证f=gh,g,hZx且,s,因为f=1,故g+h=0,g+h有s个根a1,a2,as,因此g+h=0,得f=g2,与首项系数=1矛盾！例4 设a1,a2,as为两两不同的整数,证明,若n4,在Q上不可约。证明：反设可约,类似例3,必有f=g2。R, f0。现设a1a2an1an,取C=an,则Can1,Can2,Ca1,则n5时有f=c
