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高等代数习题答案(一至四章)

发布时间：2023-03-21 23:35:41   来源：文档文库   
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高等代数习题答案（一至四章）
第一章 多项式 习题解答
172621、（1）由带余除法，得q(xx,r(x
3999（2）q(xxx1，r(x5x7
2p1m20q1m(2pm0m02、（1） ， （2）由得或。 22pq1qm0pm2q1pm023、（1）q(x2x6x13x39x109,r(x327 （2）q（x）=x2ix(52i，r(x98i
4、（1）有综合除法：f(x15(x110(x110(x15(x1(x1 （2）f(x1124(x222(x28(x2(x2
（3）f(x24(75i5(xi(1i(xi2i(xi(xi 5、（1）x+1 （2）1 （3）x22x1 6、（1）u（x）=-x-1 ，v（x）=x+2 （2）u(x （3）u（x）=-x-1, v(xxx3x2
322342342345243221122x，v(xx2x1 33337、u0u2或
t2t38、思路：根具定义证明
证：易见d（x）是f（x）与g（x）的公因式。另设(x是f（x）与g（x）的任意公因式，下证(xd(x。 由于d（x）是f（x）与g（x）的一个组合，这就是说存在多项式s（x）与t（x），使 d（x）=s（x）f（x）+t（x）g（x）。从而(xf(x，(xg(x，可得(xd(x。即证。

9、证：因为存在多项式u（x），v（x）使（f（x），g（x））=u（x）f（x）+v（x）g（x），所以
（f（x），g（x））h（x）= u（x）f（x）h（x）+v（x）g（x）h（x），上式说明（f（x），g（x））h（x）是f（x）h（x）与g（x）h（x）的一个组合。
另一方面，由(f(x,g(xf(x知(f(x,g(xh(xf(xh(x。同理可得
(f(x,g(xh(xg(xh(x从而(f(x,g(xh(x是f(xh(x与g(xh(x的一个最大公因式，又因为(f(x,g(xh(x的首相系数为1，所以(f(xh(x,g(xh(x(f(x,g(xh(x。

10. 证 存在u（x），v（x）使所以(f(xg(x0，由消去律可得
有因为f（x），g（x）不全为0，所以
11.由上题结论类似可得。

12. 证 由假设，存在使（2），将（1）（2）两式相乘得
（1）
。

所以(f(x,g(xh(x1

13. 证 由于
反复应用第12题结论，可得同理可证
从而可得
14. 证 有题设知f(x,g(x1，所以存在v（x），v（x）使u(xf(x+v(xg(x=1从而 u(xf(x-v(xf(x+v(xg(x+v(xg(x=1即[u(x-v(x]f(x+v(x[f(x+g(x]=1所以

(f(x,f(xg(x1同理(g(x,f(xg(x1再有12题结论，即证 (f(xg(x,f(xg(x1
15、13i。
216、（1）由x-2得三重因式 （2）无重因式。 17、当t=3时有三重根x=1,；当t=151由二重根x。 42
18、4p27q0 19、a=1，b=-2 。
3220、证 因为f（x）的导函数所以于是
从而f（x）无重根。

21、证 因为是
22、证 必要性：设x0是（fx）的k重根，从而是的一重根，并且x0不是充分性 由而的根。于是，，由于a是的k重根，故a的k+1重根。代入验算知a是g（x）的根。所以s-2=k+1s=k+3，即证。
的k-1重根，是的k-2重根。。。。。，是，而。 ，知x0是，知x0是的一重根。又由于的二重根，以此类推，可知x0是f（x）的k重根。

23、解：例如：设f(x24、证 要证明
有题设由
25、当n为奇数时，
1m1x1，那么f'(xxm以0为m重根。 m1，就是要证明f（1）=0（这是因为我们可以把x看做为一个变量。
n，所以也就是f（1）=0，即证。
x1(x1[x(当n为偶数时
n2n1x1][x(22n2x1].....[x(2n12n12x1]
n12x1(x1(x1[x(剩余除法试根：有一有理根：2 （2）有两个有理根：n2n1x1][x(22n2x1].....[x(2n12x1]27、（1）利用11， 222 （3）有五个有理根：3，-1，-1，-1，-1。
28、（1）因为1都不是它的根，所以x1在有理数域里不可约
（2）利用爱森斯坦判别法，取p=2，则侧多项式在有理数域上不可约。
（3）不可约

（4）不可约 （5）不可约

第二章 行列式 习题解答
1、均为偶排列 2、（1）i=8，k=3 （2）i=3 k=6 3、

4、当n=4k，4k+1时为偶排列 当n=4k+2,4k+3时为奇排列 5、n(n1k
26、正号
7、a11a23a32a44，a12a23a34a41，a14a23a31a42 8、（1）原式=(1n(n12n!，（2）(1n1n! （3）(1(n1(n22n!
9、解：行列式展开得一般项可表示为a1j1a2j2a3j3a4j4a5j5，列标j3j4j5只可以在1,2,3,4,5中取不同值，故三个下标中至少有一个要取3,4,5列中一个数，从而任何一个展开式中至少要包含一个零元素，故所给行列式中每一项的乘积必为0，因此行列式只为零。
10、解：含有x的展开项中只能是a11a22a33a44，所以x的系数为2；同理，含有x的张开项中只能是443a12a21a33a44，所以x3的系数为-1。
11、证：有题设，所给行列式的展开式中的每一项的绝对值为1。而行列式的值为0，这说明带正号与带负号的项数相同。根据行列式定义，其展开式中的每一项的符号是由该乘积中各因子下表排列的逆序数所决定的，即当该乘积中各因子的第一个下标排成自然顺序，且第二下标所成排列为偶排列时，该项前面所带符号为正，否则为负号。所以，由带正号的项与带符号的项数相等即说明奇偶排列各半。 12、解（1）因为所给行列式的展开式中只有第一行含有x，所以若该行列式的第一行展开时含有xn1的对应项系数恰为(1n1 乘一个范得蒙行列式111a1a2a122a2........a1n2n2....a2..................于是，由a1,a2,a3....an1为互不相同2n2an1an....a1n1的数即知含有xn1的对应项的系数不为零，因而p（x）为一个n-1次的多项式。
3322513、（1）29410 （2）2(xy （3）48 （4）160 （5）xy （6）0 14、提示：将第二列，第三列的同时加到第一列。


15、（1）A11=-6，A12=0，A13=0，A14=0，A21=12，A226，A23=0，A24=0，A31=15， A32=-6，A33=-3，A34=0，A41=7， A42=0，A43=1，A44=-2 （2）A11=7，A12=-12，A13=3， A21=6，A224，A23=-1， A31=-5， A32=5，A33=5，A34=0。 16、 （1）1 （2）313 （3）-483 （4）
812nn117、（1）按第一行展开，原式=x(1yn。
（2）从第二列起个人列减去第一列：
当n3时，原式=0，当n=2时，原式=(a2a1(b2b1，当n=1时，原式=a1b1
（3）(xm(mii1nn1
（4） （-2）（n-2）！
（5）各列加到第一列得：(1n11(n1(n1!
2
18、提示：（1）分别将第i（i=2,3…..n+1）行乘以加到第一行（2）从最后一行起，分别将每一行乘以x后加到起前一行。 （3）导出递推关系式 （4）同（3） （5）解：
1 ai1

19、（1）d=-70，d1=-70，d2=-70，d3=-70，d4=-70 x1
dd1dd=1 x22=1 x33=1 x44=1 dddd
（2）d=324，d1=324，d2=648，d3=-324，d4=-648 x1dd1dd=1 x22=2 x33=1 x44=-2 dddd（3）d=24，d1=96，d2=-336，d3=-96，d4=-168， d5=312
x1
ddd1dd=4 x22=-14 x33=-4 x44=-7 x55=13 dddddd5=212 （4）d=665，d1=1507，d2=-1145，d3=703，d4=-395， x1dd212d11057dd2297937= x22= x33=- x44= x55= d665d133dd133d66535得
20、证明：由这是一个关于的线性方程组，且他的系数行列式为一个范得蒙行列式。由已知该行列式不为零，故线性方程组只有唯一解，即所求多项式时唯一的。

21、13.56 13.48

第三章 线性方程组 习题解答
1、（1）无穷多解 （2）无解 2、（1）（3）（-8,3,6,0） （4）无穷多解 （5）无解 （6）无穷多解
51111234 （2）13 4444使成立，这与显然。事实线性无3、证 有题设，可以找到不全为零的数上，若，而不全为0，使关的假设成立，即证
。故即向量可由线性表出。

4、证 设有线性关系带入分量，可得方程组
由于
5、证：设有线性关系，故齐次线性方程组只有零解，从而1,2,....n线性无关。
则
当r=n时方程组中的未知量个数与方程个数相同，且系数行列式为一个范德蒙行列式，即
由定理得：方程组有唯一解，就是说当r时，令
线性无关。
则由上面（1）的证明可知的延长向量所以6、证：由线性关系，。再由题设知也线性无关。
是线性无关的。而是则
线性无关，所以
解得7、
，所以线性无关

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/b1bf2471ce7931b765ce0508763231126fdb7777.html

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