高等代数与解析几何试卷答案

2010- 2011 学年度 第___二___学期 课程类别 必修[ √ ] 选修[ ] 考试方式 开卷[ ] 闭卷试卷类别(A、B) [ A ] 共 8 页 教 师 填 写 课程名称： 高等代数与解析几何II______ 授课教师姓名：_ _黄永东__________ [ √ ] 考试时间: 2011 年_7__月___13_____日 考 学院(校) 专业 班(级) 生 填写姓名 学号 内招[ ] 外招[ ] 题 号 得 分 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 总 分 得分 评阅人 一、单项选择题（从下列各题四个备选答案中选出一个正确答案，并将其号码写在题干后面的括号内。共5小题，每小题4分，共20分）

1． 下列关于欧式空间中内积的结论错误的是（ B ）。 A．(,)(,)； B．(k,k)(,)； C. (,)(,)(,)； D. (,)0。 2. 设(f(x),g(x))1，则以下说法中错误的是（ B ）。 A． 若f(x)g(x)h(x)，则f(x)h(x)；

B． 对任意u(x),v(x)都有u(x)f(x)v(x)g(x)1； C． 如果f(x)h(x)，g(x)h(x)，则f(x)g(x)h(x)； D． (f(x)h(x),g(x)h(x))h(x)，h(x)为非零的首一多项式。

x22y2z213. 曲线对xOy平面的射影柱面的方程为（ A ）。 222xzy A． x2yy10； B． 4yzy20；

2222 C． x22y2z21； D． 2x2z2y。 4. 方程x22y210x4y20表示的曲线是（ B ）。 A． 椭圆； B． 双曲线； C． 抛物线； D． 无法确定。 5. （ C ）不是矩阵A与B相似的充分必要条件。

A．EA与EB等价； B．A与B有相同的不变因子； C．A与B等价； D．A与B有相同的初等因子。 得分

1. x2除x32x23x2的余式为 12 。

2. 给定K3的两个基：1(1,2,0)，2(1,1,0)，3(0,0,1)；1(0,1,1)，

32(1,1,0)，3(1,1,0)。则由Aii，i1,2,3确定的K上的线性变换A在基

评阅人 二、填空题（将正确的内容填在各题干预备的横线上，内容填错或未填者，该空无分。共5小题，每小题4分，共20分）

1021，2，3下的矩阵为 113 。

1003. 双曲抛物面x2y2z上过点(1,1,0)的两条直母线的交角为

 。 24. 设V是数域K上的n维线性空间，1,2,3是它的一个基，f是V上的一个线性函数，且f(1223)2，f(13)2，f(123)1，则

f(123) 2 。

5. 设二次曲线C在直角坐标系[O;1,2]中的方程是

2

222112222,2]，满足xxyyx2y20。取新的坐标系[O;1，2221222则曲线C在新坐标系(x,y)下的方程为 x23y22x32y40 。 得分 1. 求以P(1,2,0)为顶点，以

评阅人 三、计算题（共4小题，每小题10分，共40分）

x2z10为准线的锥面方程。

yz10x2z10x2z10解 因为是一条直线，故以P(1,2,0)为顶点，以yz10yz10为准线的锥面是一个平面，故我们要求的锥面为过点P(1,2,0)和直线

x2z10的平面。 yz10x2z10先找到直线上两个点(1,1,0)与(1,0,1)，故由三个点确定的平

yz10面方程为

3x2y4z10，

这就是所求的锥面方程。 （10分）

3

2. 设n阶矩阵

1bAb 求A的特征值和特征向量。

解 由A的特征方程

bb1bb1。

EA(b1)n1[((n1)b1]0

可得A的特征值为

b1（n1重），(n1)b1。 （4分） 当b0时，上述为不同的特征值。 当b1时，(EA)0可化为 x1x2xn0， 故其一个基础解系为

(1,1,0,,0)，(1,0,1,,0)，……，(1,0,0,,1)。 当(n1)b1时，(EA)0可化为 x1x2xn， 故其一个基础解系为

(1,1,,1)。 （7分） 所以A的属于b1的特征向量为

k1(1,1,0,,0)kn1(1,0,0,,1)，k1,,kn1K不全为零， 属于(n1)b1的特征向量为

4

k(1,1,,1)，kK，k0。

当b0时，上述特征值都为1，任意非零向量都是特征向量。 （10分）

22254求正交矩阵T，使T1AT为对角形。 3. 设矩阵A22452解 EA22224542

52 02211 45 (1)2(10)

故A的特征值为 1（2重），10。 （2分） 当1时，由(EA)0可得x12x24x30，故其一个基础解系为 1(2,1,0)T，2(2,0,1)T。

2x1x30当10时，由(EA)0可得，故其一个基础解系为

xx023 3(1,2,2)T。 （6分） 将1、2、3正规化得

1 1(2,1,0)T，2(2,4,5)T，3(1,2,2)T，

5再将它们化为单位向量得

11(2,1,0)T，21(2,4,5)T，31(1,2,2)T。

5353故所求矩阵为

5

251 T50235435535132， 3231001 TAT010。 （10分）

0010264. 求矩阵A15115的若尔当典范形。126

解 先求A的初等因子组。

EA26151211501126022 100010 00(1)2故矩阵A的初等因子组为1，(1)2， 所以矩阵A的若尔当典范形为

100 011。 0016

612434分） （7分） （10分）

（

得分 1. 设W1AMn(K)ATAMn(K)W1W2。

评阅人 四、证明题（共2小题，每小题10分，共20分）

，W2AMn(K)ATA，证

证 对任意矩阵AMn(K)可以表示成

11AATAAT， 2211显然AATW1，AATW2，故Mn(K)W1W2。 （5

22分）

A 若AW1W2，则 ATA，ATA， 故

AA， 所以

A0， 所以

W1W20， 故W1W2是直和。 由以上两点可得

Mn(K)W1W2。 （10

7

分）

2. 证明：次数大于零且首项系数为1的多项式f(x)是一个不可约多项式的方幂的充分必要条件为：对任意的多项式g(x)，必有

(f(x),g(x))1，或者对某一正整数m，f(x)g(x)。

m

证 （必要性）设次数大于零且首项系数为1的多项式f(x)是一个不可约多项式p(x)的方幂，即

f(x)p(x)m。

因p(x)为不可约多项式，故对任意多项式g(x)，有(p(x),g(x))1或者

p(x)g(x)。

若(p(x),g(x))1，则(p(x)m,g(x))1，即(f(x),g(x))1；

若p(x)g(x)，则p(x)mg(x)，即f(x)g(x)。 （5分） （充分性）反证法。设次数大于零且首项系数为1的多项式f(x)不是一个不可约多项式p(x)的方幂，即存在两个互素的不可约多项式p(x)与q(x)，都是

f(x)的因式，故p(x)q(x)f(x)。故可设

mm f(x)p(x)q(x)h(x)。 取g(x)p(x)，显然

(f(x),g(x))p(x)1。

另一方面，因为(q(x),g(x))1，故对任意m0，(q(x),g(x)m)1，故q(x)不整除g(x)m，所以f(x)也不整除g(x)m，与假设矛盾，所以f(x)是一个的不可约多

8

项式p(x)的方幂。 （10分）

9