高等代数习题及答案(1)

高等代数习题及答案(1) 高等代数习题解答 第一章 多项式 补充题1当a,b,c取何值时，多项式f(x)?x?5与g(x)?a(x?2)2?b(x?1) ?c(x2?x?2)相等？ 6136提示：比较系数得a?,b?,c?. 555 补充题2设f(x),g(x),h(x)?x，f2(x)?xg2(x)?x3h2(x)，证明： f(x)?g(x)?h(x)?0 证明 假设f(x)?g(x)?h(x)?0不成立若f(x)?0，则?(f2(x)为偶数，又g2(x),h2(x)等于0或次数为偶数，由于g2(x),h2(x)?x，首项系数（如果有的话）为正数，从而xg2(x)?x3h2(x)等于0或次数为奇数，矛盾若g(x)?0或h(x)?0则?(xg2(x)?x3h2(x)为奇数，而f2(x)?0或?(f2(x)为偶数，矛盾综上所证，f(x)?g(x)?h(x)?0 1用g (x) 除 f (x)，求商q (x)与余式r (x)： 1）f (x) = x3- 3x2 -x-1，g (x) =3x2 -2x+1； 2）f (x) = x4 -2x+5，g (x) = x2 -x+2 1）解法一 待定系数法 由于f (x)是首项系数为1的3次多项式，而g (x)是首项系数为3的2次多项式， 1所以商q(x)必是首项系数为的1次多项式，而余式的次数小于 2于是可设 3 1 q(x) =x+a , r(x) =bx+c 3 根据 f (x) = q(x) g(x) + r(x)，即 1 x3-3x2 -x-1 = (x+a)( 3x2 -2x+1)+bx+c 3 右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得 21 ?3?3a?, ?1?2a?b, ?1?a?c 33 7262解得 a? , b? , c? ，故得 999 17262q(x)?x?, r(x)?x?.3999 解法二 带余除法 3-21 1 -3-1 -1 1 ? ? ?21 3374 ?-1 337147 ? 399 262 ? 9917 ? 39? 得 17262q(x)?x?, r(x)?x?. 3999 2） q(x)?x2?x?1,r(x)?5x?7. r(x)? 2m,p,q适合什么条件时，有 1）x2?mx?1x3?px?q; 2）x2?mx?1x4?px2?q. ?1除x3?px1）解 x2?mx得余式为： ?q262x?. 99 r(x)?(p?m2?1)x?(q?m)， ?p?m2?1?0;令r(x)?0，即 ? ?q?m?0. 故x2?mx?1x3?px?q的充要条件是 ?m?q; ? 2p?m?1?0.? ?1除x4?px2?q得余式为： 2）解 x2?mx r(x)?m(p?m2?2)x?(q?p?m2?1)， 2?m(p?m?2)?0;令r(x)?0，即 ? 2?q?p?m?1?0. 解得x2?mx?1x4?px2?q的充要条件是 ?m?0; ? 或 p?q?1?q?1; ?2p?2?m.? 3求g(x)除f(x)的商q(x)与余式r(x)： 1）f(x)?2x5?5x3?8x,g(x)?x?3; 2）f(x)?x3?x2?x,g(x)?x?1?2i. 1）解法一 用带余除法（略） 解法二 用综合除法写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0： -320-50 -8 0 +-618 -39117 -327 2 -613 -39109 -327 所以 q(x)?2x4?6x3?13x2?39x?109,r(x)?327. 2）解法一 用带余除法（略） 解法二 用综合除法写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0： f(x) 1-2i 1 -1 -1 0 + 1-2i -4-2i-9+8i 1 -2i -5-2i-9+8i 所以 q(x)?2 i8.x?2ix?(5?2i),r(x?)?9 4把f(x)表成x?x0的方幂和，即表成 c0?c1(x?x0)?c2(x?x0)2? 的形式： 1）f(x)?x5,x0?1; 2）f(x)?x4?2x2?3,x0?2; 3）f(x)?x4?2ix3?(1?i)x2?3x?7?i,x0?i. 注 设f(x)表成c0?c1(x?x)?c(x?2 0x)?的形式，则c0就是f(x)被x?x0除02 所得的余数，c1就是f(x)被x?x0除所得的商式c1?c2(x?x)?c(x?2 0x)?再被03 x?x0除所得的余数，逐次进行综合除法即可得到c0,c1,?,. 1）解 综合除法进行计算 1 100000 + 11111 1 111111 + 1234 12345 1+ 136 13610 1+ 14 1410 1 15 所以x5?1?5(x?1)?1x0(?21?)x10?3( 2）3）略 5求f(x)与g(x)的最大公因式： 1）f(x)?x4?x3?3x2?4x?1,g(x)?x3?x2?x?1; 2）f(x)?x4?4x3?1,g(x)?x3?3x2?1; 3）f(x)?x4?10x2?1,g(x)?x4?3?6x2?1. 1）解 用辗转相除法 g(x) f(x) 11 q2(x) ?11 -1 -111-3-4-1 q1(x) 1 0 244?5(?x1) 5?(?1x)1). 131 11-1-1 22 84? ?-1 r1(x)-2-3-1 q3(x) 2233 131? ? ? -2-2 244 33 r2(x)? ? -1-1 44 -1-1 r3(x) 0 所以 (f(x),g(x)?x?1. 2）(f(x),g(x)?1. 3 ）(f(x),g(x)?x2?1. 6求u(x),v(x)使u(x)f(x)?v(x)g(x)?(f(x),g(x): 1）f(x)?x4?2x3?x2?4x?2,g(x)?x4?x3?x2?2x?2； 2）f(x)?4x4?2x3?16x2?5x?9,g(x)?2x3?x2?5x?4； 3）f(x)?x4?x3?4x2?4x?1,g(x)?x2?x?1 1）解 用辗转相除法 g(x) f(x) q2(x) 1 1 1 1 -1-2-2 12-1-4-2 q1(x) 11 0 -201 1-1-2 1 1-2-2 r1(x) 1 0-2q3(x) 1 1 0-20 1 0-2 r2(x) 1 0-2r3(x) 0 由以上计算得 f(x)?q1(x)g(x)?r1(x), g(x)?q2(x)r1(x)?r2(x), r1(x)?q3(x)r2(x), 因此 (f(x),g(x)?r2(x)?x2?2， 且 (f(x),g(x)?r2(x) ?g(x)?q2(x)r1(x) ?g(x)?q2(x)f(x)?q1(x)g(x) ?q2(x)f(x)?1?1q(x2)q(x) gx() 所以 u(x)?q2(x)?x?1,v(x)?1?q1(x)q2(x)?x?2 0 沈阳农业大学理学院第一学期期末 高等代数试卷（1） 一、填空（共35分，每题5分） 42 1设f(x)?x?x?4x?9, 则f(?3)? 2当t?时, f(x)?x3?3x?t有重因式。 2 3. 令f(x),g(x)是两个多项式, 且f(x3)?xg(x3)被x?x?1整除, 则 f(1)? g(1)? 3?1 4. 行列式 11000262 ?。 11 1103 0? 3?9?2?1?。 1?9911?4? ?3?201 ?4? ?103?1?1 5. 矩阵的积? ?2102?2 ?1?1?5?500? ?6. 031?0? ?021?0? ? ?1 ?0?1?1? ?23? ?0 ?x1?2x2?2x3?x4?0? 7. ?2x1?x2?2x3?2x4 ?0的一般解为 ?x?x?4x?3x?0 34?12 5? x?2x?x43?13,x3,x4 ? 4?x?2x?x 234?3? 二、（10分）令f(x),g(x)是两个多项式。求证(f(x),g(x)?1当且仅当(f(x)?g(x),f(x)g(x)?1。 证：必要性. 设(f(x)?g(x),f(x)g(x)?1。（1%） 令p(x)为f(x)?g(x),f(x)g(x)的不可约公因式，（1%）则由p(x)|f(x)g(x)知 p(x)|f(x)或p(x)|g(x)。(1%) 不妨设p(x)|f(x)，再由p(x)|(f(x)?g(x)得p(x)|g(x)。故p(x)|1矛盾。(2%)充分性. 由(f(x)?g(x),f(x)g(x)?1知存在多项式u(x),v(x)使 u(x)(f(x)?g(x)?v(x)f(x)g(x)?1,(2%) 从而u(x)f(x)?g(x)(u(x)?v(x)f(x)?1,(2%) 故(f(x),g(x)?1。(1%) 三、(16分)a,b取何值时，线性方程组 ax1?bx2?2x3?1? ?ax1?(2b?1)x2?3x3?1 ?ax?bx?(b?3)x?2b?1 23?1 有唯一解、没有解、有无穷解？在有解情况下求其解。 解： b21?ab21?a?a2b?131?0b?110?a?bb?32b?1?00b?12b?2?(5%) 01?a2?b ?0b?110?00b?12b?2? 当a(b?1)?0时，有唯一解：x1? 2 5?b?22b?2 (4%) ， x2?, x3?； a(b?1)b+1b?1 当b?1时，有无穷解：x3?0,x2?1?ax1,x1任意取值； 当a?0,b?5时，有无穷解：x1?k,x2?,x3?,k任意取值；(3%) 当b?1或a?0 且 b?1且 b?5时，无解。(4%) 四、(10分)设a1,a2,.,an都是非零实数，证明 ?a111.1 11?a2 1.1 11.1 .1.1. 111. ?a1a2.an(1? i?1n 1?a3.1 1) ai .11?an 1a1 证: 对n用数学归纳法。当n=1时 , D1?1?a1?a1(1?), 结论成立(2%); 假设n-1时成立。则n时 ?a11 11?a2 1.1 11 .11.11 ?a111.1 11?a2 1.1 11.1 .1.1. 000 . Dn= 1.1 1?a3.11?.1 .11 1?a3.1 .1an =a1a2.an?1?anDn?1 (4%) ?n?11? 现由归纳假设Dn?1?a1a2.an?1?1?有 ?i?1ai? ?n?11? Dn=a1a2.an?1?anDn?1=a1a2.an?1?a1a2.an?1an?1? ?i?1ai? n ?1? =a1a2.an?1an?1?,(3%) ?i?1ai? 故由归纳原理结论成立。(1%) 五、(10分)证明f(x)?x4?1在有理数域上不可约。 证: 令x?y?1得(1%) g(y)?f(x)?y4?4y3?6y2?4y?2。(3%) 取素数p=2满足 2|2,2|4,2|6,2|4,且2不整除1, 4不整除2. (2%) 再据艾茵斯坦茵判别法知g(y)?y?4y?6y?4y?2在有理数域上不可约，（2%） 4 3 2 从而f(x)?x4?1在有理数域上不可约（2%） 六、（9分）令A为数域F上秩为r的m?n矩阵，r?0。求证：存在秩 为r的m?r矩阵F和秩为r的r?n矩阵G, 使得A?FG。 证: A为数域F上秩为r的m?n矩阵，r?0, 则存在m?m可逆阵 使 P和n?n可逆阵Q ?IA?P?r ?0 进而令 0? ?Q.（3%） 0? ?I? F?P?r?,G?Ir ?0? 就得A?FG（2%） . 0?Q（4%） 七、（10分）设A, B是n?n矩阵, 且A?B,A?B可逆。求证2n?2n矩阵P?证: |P|? ?AB?1 ?可逆, 且求P。 ?BA? ABA?BBA?B ?BAB?AA0 B ?|A?B|A?B|?0， A?B 故P可逆 （5%） 令P?1? ?X?TY?有 S? ?AB?X?BA?TY?In?S?00? ?.（1%） In? 1?1?1?X?(A?B)?(A?B)?AX?BT?In2 ?AY?BS?0 1?1?1 ?(A?B)?(A?B)进而?（1%），解得?Y?（3%） ?2?BX?AT?0? T?Y?BY?AS?In ?S?X? 第一章习题解 ?4902?411，4909?11?411?388 411?388?23，而(23,388)?1，所以（9405，5313）=1 2设a1,a2,?,an?Z，证明(a1,a2,?,an)?(a1,a2,?,an?1),an) 证明：令d1?(a1,a2,?,an), d2?(a1a,2?,an,? 1 a)n, ) 由d1?(a1,a2,?,an),?d1ai,i?1,2,?,n?1;d1an ?d1(a1,a2,?,an?1),(d1an)?d1(a1,a2,?,an?1),an)?d1d2 由d2?(a1,a2,?,an?1),an)?d1(a1,a2,?,an?1),d1an ?d1ai(i?1,2,?,n?1),d1an?dai(i?1,2,?,n)?d2(a1,a 2,?,an)?d2d1 所以d1?d2 (630,504)=126 4536=21764+1008, 1764=1008+756,1008=756+252,756=2523(1764,4536)=252 252=1262 所以(504, 630, 1764, 4536)=126 ab?b?aq;ac?c?ap?bc?a2(pq)?a2bc ab?b?aq;ba?a?bp?b ?(bp)q?pq?1 p?1?a?b 若ax对任意整数x成立,那么取x?1,有a?a?1;反之,若a?1,ax显然成立; 若xa对任意整数x成立,即a?xp对任意整数x成立,取x?0?a?0;反之,若 a?0,xa显然成立. 7.设a,b,d?Z, 且d?(a,b), 证明存在u,v?Z, 使得d?au?bv 如果a?b?0,则(a,b)?0?a?0?b?0,所以结论成立; 如果a,b不全为零,那么一定存在整数s,t使as?bt?0, 令所有这样的正整数组成的集合为D,即:D?as?bt?0|s,t?Z, 由于D是正整数组成的集合,故必有一个最小整数, 设这个正整数为d?,即有整数u,v使d?au?bv 我们说d?就是a,b的最大公因数. 事实上,对于a,b的任意公因数h,显然有hau?bv?hd?; 如果d?不是a,b的公因数,不妨设d?不是a的因数,那么由带余除法,有 a?d?q?r,0?r?d? 于是 a? (au?bv)q?r?r?a(1?qu)?b(?qv)?r?D 这与d?是D中最小数的假设矛盾. 如果P不是质数,那么有两个大于1的整数s,t使p?st,1?s?p,1?t?p 显然有pst,按题设,应有ps或pt,但这显然不可能. 9.设S1,S2都是数环,请问S1?S 2与S1?S2是否是数环,为什么? S1?S2是数环,而S1?S2未必是数环. 事实上:?a,b?S1?S2?a,b?S1?a?b,a?b,ab?S1 同理: a,b?S2?a?b,a?b,ab?S1 所以a?b,a?b,ab?S1?S2,即S1?S2是数环. 取S1?5k|k?Z,S2?7k|k?Z,这时5?S1,7?S2,但 5?7?12?S1,12?S2?12?S1?S2 所以S1?S2未必是数环. ?a? ,c?S?(a?)?(c ?)?(a?c)?(b ?d? S (a?)?(c? )?(a?c)?(b?d ? S (a?)(c?)?(ac?2bd)?(ad?bc?S 所以S?a? |a,b? Z是数环; 但1?1?S?0 ?S? 1i?S,所以 ,而? Z,所以 22S?a?|a,b?Z不是数域; S?a?a,b?Q 1.2一元多项式 1.若f(x)?x4?2x3?3x2?x?1,g(x)?3x3?2x2?x?1,求 f( x)?g(x),f(x)?g(x),和f(x)g(x) f(x)?g(x)?x?x?x,f(x)?g(x)?x?5x?5x?2x?2 4 3 2 4 3 2 f(x)g(x)?3x7?14x6?14x5?12x4?10x3?6x2?2x?1 2.求a,b,c使(2x?bx?1 )(x?ax?1)?2x?5x?cx?x?1 (2x?bx?1)(x?ax?1)?2x?(b?2a)x?(1?ab)x?(a?b)x?1 2 2 4 3 2 2 2 4 3 2 ?2x4?5x3?cx2?x?1 所以:b?2a?5,1?ab?c,a?b?1?a?2,b?1,c?3 3.a,b,c,d取何值时,多项式f(x)?(3a?2b?c) x?(a?b?c)x?dx?2与 3 2 g(x)?(a?c)x3?(2a?d)x2?(c?a)x?b相等. a?1,b?2,c?3,d?4 4.将多项式f(x)?3x?2x?ax?2x?3化成x?2的方幂形式 4 3 2 f(x)?3(x?2)4?26(x?2)3?85(x?2)2?122(x?2)?61 5.设多项式f(x)?0,g(x)?0,问f(x),g(x)的系数满足什么条件时,公式 ?(f(x)?g(x)?max?f(x),?g(x) 等号成立?满足什么条件时,小于号成立? f(x)?anxn?an?1xn?1?a1x?a0,g(x)?bnxn?bn?1xn?1?b1x?b0 当an?bn?0时,公式中的等号成立; 当an?bn?0时,公式中的小于号成立; 6.设f(x ),g(x),h(x)?Rx,若f2(x)?xg2(x)?xh2(x),则f(x)?g(x)?h(x)?0 g(x),h(x)至少有一个不是零多项式. 由于g(x),h(x)?Rx,所以?(g2(x)?h2(x)?max?g2(x),?h2(x) 于是等式f2(x)?xg2(x)?xh2(x)右边的的次数为奇数,而左边的次数为偶数,这导致矛盾,所以必然有f(x)?g(x)?h(x)?0 7. .设f(x),g(x)?Rx,若f(x)?0,g(x) ?0,证明则f2(x)?g2(x)?0 f(x)?anxn?an?1xn?1?a1x?a0,an?0, g(x)?bmxm?bm?1xm?1?b1x?b0,bm?0,并且m?n 222 于是f(x)?g(x)的最高次项的系数为an?bm,(m?n)或an,(m?n),不论是哪种情形, 2 2 f2(x)?g2(x)的最高次项的系数都不为零,所以f2(x)?g2(x)?0 (但这个结论对复数域上的多项式不成立,例如f(x)?ix,g(x)?x,但 2 2 f2(x)?g2(x)?x4?x4?0 1.3多项式的整除性 1.用g(x)除f(x),求商