高等代数期末卷 及答案

《高等代数》试卷（1）

题号 得分 一 二 三 四 五 六 七 总分 一、 填空（共35分，每题5分）

4 1．设f(x)xx24x9, 则f(3) 69_ .. 2．当t _2,-2 .时, f(x)x33xt有重因式。

： 名 3. 令

f(x),g(x)是两个多项式, 且 f(x3)xg(x3)被x2x1整除, 则

姓 线 f(1) 0_ , g(1) _0 . 3102 订 4. 行列式

1062 1011 23 。 3201 410 装 5. 矩阵的积 103113 21021 2019219911。  134： 号 学 11500 6. 500 03111 0 021 023  x12x22x3x40 7. 2x1x22x32x40的一般解为

 x1x24x33x40  x12x53x4 3, x3,x4任意取值。 ： 级 班 x22x343x4 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

得分 得分 (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

有唯一解、没有解、有无穷解？在有解情况下求其解。 解：

ab21ab2a2b1311abb32b10b11000b12b2(5%)

a201b0b11000b12b2当a(b21)0时，有唯一解：x15b22b2a(b1)， x2b+1, x3b1；(4%) 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：x41k,x213,x33,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

证: 对n用数学归纳法。当n=1时 , D111a1a1(1a), 结论成立(2%); 1假设n-1时成立。则n时

得分 得分

1a11111a21Dn= 111a3......111...............111..11111a111a21111a311........1111...............101010 ....1an=a1a2...an1anDn1 (4%)

n11现由归纳假设Dn1a1a2...an11i1ai有  n11Dn=a1a2...an1anDn1=a1a2...an1a1a2...an1an1i1ain1=a1a2...an1an1i1ai,(3%) 故由归纳原理结论成立。(1%)

五、(10分)证明f(x)x1在有理数域上不可约。

得分 证: 令xy1得(1%)

4g(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%） 从而f(x)x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。

得分 4432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P和nn可逆阵Q使

IrAP0进而令

0Q.（3%） 0IFPr,GIr0就得AFG（2%） .

0Q（4%）

得分 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AB可逆, 且求BAP1。

证:

|P|故P可逆 （5%）

令P1ABBAABBBAAAB0BAB|AB||AB|0，

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01(AB)1(AB)1进而（1%），解得Y（3%） 2BXAT0TYBYASInSX