西安石油大学：《高等代数 Advanced Algebra》精品课程教学资源（试题与答案）高等代数（2）试卷5答案

本科课程考试参考答案与评分标准 2006/2007学年第2学期 课程名称:高等代数(2) 考试性质:考试试卷类型:B 考试班级:信息0601-02数学0601考试方法:闭卷命题教师:王忠义 (10分)设V={(ab)a,b∈F},现在取加法为通常的加法,而数量乘积定义为 k⊙(ab)=akb) 证明:V关于加法和数量乘积,不是F上的线性空间 证因为 (k+1)⊙(ab)=a(k+1)b) 而k⊙ab)+l(a,b)]=(2akb+b)≠(k+1)⊙(ab) 所以V关于加法和数量乘积,不是F上的线性空间 (10分)在F3中,求由基(Ⅲ)到基(Ⅱ)的过渡矩阵 2 I):{a=-1a2=-1a3=2 3 6 (I):1A=4B2=-1B3=5 解:设基(Ⅲ)到基()的过渡矩阵为A,则有 (β,B2,B3)=(a1,02,a3)A 46-3)(120 51-1-12a1a2a2 (3分) 9235(334八a21 两边做行的初等变换得 46-3120 46-3120 7-15-1-12-3-52012 9235334 215140-34 3120 2-121100 30-10200010 第1页共6页

第 1 页 共 6 页 本科课程考试参考答案与评分标准 2006/2007 学年第 2 学期 课程名称：高等代数(2) 考试性质：考试 试卷类型：B 考试班级：信息 0601-02 数学 0601 考试方法：闭卷 命题教师：王忠义 一、（10 分）设 V={(a,b)|a,b∈F}，现在取加法为通常的加法，而数量乘积定义为 k⊙(a,b)=(a,kb) 证明：V 关于加法和数量乘积，不是 F 上的线性空间． 证 因为 (k+l)⊙(a,b)=(a,(k+l)b) 而 [k⊙(a,b)]+[l⊙(a,b)]=(2a,kb+lb)≠(k+l)⊙(a,b) 所以 V 关于加法和数量乘积，不是 F 上的线性空间． 二、（10 分）在 F 3中，求由基(Ⅲ)到基(Ⅱ)的过渡矩阵． (Ⅲ)：                                  4 2 0 , 3 1 2 , 3 1 1 1  2 3 (Ⅱ)：                                 5 5 3 , 23 1 6 , 9 4 7 1  2 3 解：设基(Ⅲ)到基(Ⅱ)的过渡矩阵为 A，则有 (β1, β2, β3)=(α1,α2,α3)A 即          9 23 5 7 1 5 4 6 3 =        3 3 4 1 1 2 1 2 0       31 32 33 21 22 23 11 12 13 a a a a a a a a a （3 分） 两边做行的初等变换得            9 23 5 3 3 4 7 1 5 1 1 2 4 6 3 1 2 0 →           21 5 14 0 3 4 3 5 2 0 1 2 4 6 3 1 2 0 →           30 10 20 0 0 10 3 5 2 0 1 2 4 6 3 1 2 0 →            3 1 2 0 0 1 3 3 2 0 1 0 2 12 1 1 0 0

由此得A=-3-3-2 (7分) 三、(10分)已知在F中的两个基(I):{a1,2,3}和(Ⅱ1):{B1,P2,B3},基(Ⅲ)到基(I1) 的过渡矩阵A=34-5,求n=501-a2+2a3在(Ⅱ)下的坐标 设n=5a-0x+2a在(I)下的坐标为K,在(I)下的坐标为L,则 (2分) 由n=(B,β2β3)K=(a1,.x2a3)AK 所以L=AK 即|-1|-34-5k2 (3分) 2 1-20八(k 左右同时做行的初等变换得-16=014‖k2 7)(0-1-3(k 1-3)(k1 继续行的初等变换得-16=014k 100(k 继续得20=010k 9)(001八(k3 即n=5a1-02+203在(Ⅱ)下的坐标为K=20 (5分) 四、(12分)设A-/21 10/,o是v=Matx2(F)上的线性变换,对任意矩阵B∈V, E基 (B)=AB,求G在 0000八10八(01 下的矩阵 第2页共6页

第 2 页 共 6 页 由此得 A=            3 1 2 3 3 2 2 12 1 （7 分） 三、（10 分）已知在 F 3中的两个基(Ⅲ)：{α1,α2,α3}和(Ⅱ):{β1, β2, β3}，基(Ⅲ)到基(Ⅱ) 的过渡矩阵 A=          1 2 0 3 4 5 1 1 3 ，求η=5α1-α2+2α3在(Ⅱ)下的坐标． 设η=5α1-α2+2α3在(Ⅱ)下的坐标为 K,在(Ⅲ)下的坐标为 L，则 L=       2 1 5 （2 分） 由 η= (β1, β2, β3)K=(α1,α2,α3)AK 所以 L= AK 即       2 1 5 =          1 2 0 3 4 5 1 1 3       3 2 1 k k k （3 分） 左右同时做行的初等变换得       7 16 5 =          0 1 3 0 1 4 1 1 3       3 2 1 k k k 继续行的初等变换得         9 16 5 =        0 0 1 0 1 4 1 1 3       3 2 1 k k k 继续得         9 20 42 =       0 0 1 0 1 0 1 0 0       3 2 1 k k k 即η=5α1-α2+2α3在(Ⅱ)下的坐标为 K=         9 20 42 ． （5 分） 四、（12 分）设 A=      1 0 2 1 ，σ是 V=Mat2×2(F)上的线性变换，对任意矩阵 B∈V， σ(B)=AB，求σ在基                               0 1 0 0 , 1 0 0 0 , 0 0 0 1 , 0 0 1 0 下的矩阵．

解0(0300(8 oBI=ABr 10八(00)(-10 2B1+0B2-1B3+0B4 (2分) 2=AB2 (2分) 10八00 =0B1+2B2+0β3-1B4 21)(00)(10 oB3=AF (2分) 10J(10)(00 1βn+0β2+0B3+0B4 21)(00)(0 ;=AB4= =0B1+1B2+0B3+0β4 (2分) -10八(01)00 2010 0201 G在基{B,B2,B3,P4}下的矩阵为 4分) 1000 0-100 五、(此题12分,每小题6分)①设A,B是n×n矩阵,证明:如果B是可逆的, 则AB~BA ②设A∈ Matnxn(F,g(x)∈Fx].证明:如果λ是A的一个特征值,则g(0) 是g(A)的一个特征值. 证①令C=B1,对AB右乘B,左乘B得 B(ABB=BA 所以AB~BA (6分) 证②如果λ是n×n矩阵A的一个特征值,则存在非零n维向量ξ使A2=M02 从而 A2=A0)=02,A32=032,…,Ak2=0k 说明λd是矩阵Ak的特征值, ix g(x=akx+ak-1xk-1-+.+ao 则g(A)2=(aA+a-Ak1+.+aA+aE)=g(λ0)ξ 所以g(0)是g(A)的一个特征值 (6分) 六、(12分)设A=010,在实数域R上,矩阵A是否可对角化?如果A可 对角化,则求可逆矩阵C,使CAC是对角矩阵(写出相应的对角矩阵) 第3页共6页

第 3 页 共 6 页 解 记β1=       0 0 1 0 ，β2=       0 0 0 1 ，β3=       1 0 0 0 ，β4=       0 1 0 0 ， σβ1=Aβ1=      1 0 2 1       0 0 1 0 =      1 0 2 0 =2β1+0β2-1β3+0β4 （2 分） σβ2=Aβ2=      1 0 2 1       0 0 0 1 =       0 1 0 2 =0β1+2β2+0β3-1β4 （2 分） σβ3=Aβ3=      1 0 2 1       1 0 0 0 =       0 0 1 0 =1β1+0β2+0β3+0β4 （2 分） σβ4=Aβ4=      1 0 2 1       0 1 0 0 =       0 0 0 1 =0β1+1β2+0β3+0β4 （2 分） σ在基{β1，β2，β3，β4}下的矩阵为         0 1 0 0 1 0 0 0 0 2 0 1 2 0 1 0 （4 分） 五、（此题 12 分，每小题 6 分）①设 A，B 是 n×n 矩阵，证明：如果 B 是可逆的， 则 AB~BA． ②设 A∈Matn×n(F)，g(x)∈F[x]．证明：如果λ0 是 A 的一个特征值，则 g(λ0) 是 g(A)的一个特征值． 证 ①令 C= B-1，对 AB 右乘 B-1，左乘 B 得 B(AB)B-1=BA 所以 AB~BA． （6 分） 证 ②如果λ0是 n×n 矩阵 A 的一个特征值，则存在非零 n 维向量ξ使 Aξ=λ0ξ， 从而 A2ξ=A(λ0ξ)= λ0 2ξ ，A3ξ= λ0 3ξ，...，Akξ= λ0 kξ 说明λ0 k是矩阵 Ak的特征值， 设 g(x)=akx k+ak-1x k-1+...+a1x+a0 则 g(A)ξ= (akAk+ak-1Ak-1+...+a1A+a0E)ξ= g(λ0) ξ 所以 g(λ0)是 g(A)的一个特征值． （6 分） 六、（12 分）设 A=       1 0 0 0 1 0 0 0 1 ，在实数域 R 上，矩阵 A 是否可对角化？如果 A 可 对角化，则求可逆矩阵 C，使 C-1AC 是对角矩阵（写出相应的对角矩阵）．

解因为EA=02-10=0+1)x1)2 所以A的特征值入1=-1,12=3=1. (3分) 解方程组(-EA)X=0,即 「x 0-20 0 x3)(0 得5:=0 解方程组(1EA)X=0,即 000x,|=0 得 0 (3分) 0 令C=010则CAC=010 (3分) 七、(12分)求λ矩阵A()的标准形和不变因子组: 2A3+22-2x4-2-2) A()=2-元 2A3 +1 2x3+222-2x4-2A-2 00 解:A)2-2 020 (8分) 00A(-1) 不变因子组为{1,λ,1(-1)} (4分) 八、(此题12分)求Span(B1,β2,β3)的一个标准正交基,其中 第4页共6页

第 4 页 共 6 页 解 因为 |λE-A|=    1 0 1 0 0 1    =(λ+1)( λ-1) 2 所以 A 的特征值λ1= -1，λ2=λ3=1． （3 分） 解方程组 (-1E-A)X=0，即           1 0 1 0 2 0 1 0 1       3 2 1 x x x =       0 0 0 得 ξ1=      1 0 1 （3 分） 解方程组 (1E-A)X=0，即        1 0 1 0 0 0 1 0 1       3 2 1 x x x =       0 0 0 得 ξ2=       0 1 0 ，ξ3=       1 0 1 （3 分） 令 C=      1 0 1 0 1 0 1 0 1 则 C-1AC=       0 0 1 0 1 0 1 0 0 （3 分） 七、（12 分）求λ矩阵 A(λ)的标准形和不变因子组： A(λ)=                 1 1 2 2 2 2 2 2 3 2 3 3 2 4             解：A(λ)=                 1 1 2 2 2 2 2 2 3 2 3 3 2 4             →       0 0 ( 1) 0 0 1 0 0    （8 分） 不变因子组为{1，λ，λ(λ-1)}． （4 分） 八、（此题 12 分）求 Span(β1，β2，β3) 的一个标准正交基，其中

0 解a1=B1= (3分) (3分) a=B2(B3,a1)a-(B3a2)a21 0 (3分) 0 52 mma (3分) 九、(10分)在C[0,2π]中,证明:对任意正整数n,集合 Icos(jx), sin(jx) j=1, 2, .. n 是一个正交向量组 证定义C[0,2x]中的内积为在[0,2x]上的积分,则有 0(m≠n) 丌(m=n) sin(mx)sin(nx)dr=- flos(mx +nx)-cos(mzx -nx)ksJo (m+n f sin(mx)cos(nx)dr=5 [sin(mx +nx)+sin(mux-nx)]r=0 所以集合 Icos (jx), sin(jx) j=1, 2, .. n) 第5页共6页

第 5 页 共 6 页 β1=       1 1 0 1 ，β2=       1 0 1 1 ，β3=       0 1 1 1 解α1= β1=       1 1 0 1 （3 分） α2= β2 1 1 1 2 1 ( , ) ( , )      =       1 0 1 1        1 1 0 1 3 2        1 2 3 1 3 1 （3 分） α3= β3 1 1 1 3 1 ( , ) ( , )      2 2 2 3 2 ( , ) ( , )       =       0 1 1 1         1 1 0 1 3 2          1 2 3 1 15 2 （3 分） η1= 1 1 1   =       1 1 0 1 3 1 η2= 2 2 1   =       1 2 3 1 15 1 η3= 3 3 1   =       4 3 3 1 35 1 （3 分） 九、（10 分）在 C 0[0,2π]中，证明：对任意正整数 n，集合 {cos(jx),sin(jx)|j=1,2,...,n} 是一个正交向量组． 证 定义 C 0[0,2π]中的内积为在[0,2π]上的积分，则有               ( ) 0 ( ) cos( ) cos( ) 2 1 cos( ) cos( ) 2 0 2 0 m n m n mx nx dx mx nx mx nx dx                   ( ) 0 ( ) cos( ) cos( ) 2 1 sin( )sin( ) 2 0 2 0 m n m n mx nx dx mx nx mx nx dx    sin( ) sin( ) 0 2 1 sin( ) cos( ) 2 0 2 0        mx nx dx mx nx mx nx dx   所以集合 {cos(jx),sin(jx)|j=1,2,...,n}

是一个正交向量组 第6页共6页

第 6 页 共 6 页 是一个正交向量组．