高等代数与解析几何期末考试试题.pdf
北京大学 2016 年全国硕士研究生招生考试高代解几试题及解答1.(10 分)设 R3上线性变换A在自然基 1=100,2=010,3=001下的矩阵为011001000.求 R3的一组基,使得A在这组基下的矩阵为 Jordan 矩阵.2.(10 分)3 阶实矩阵 A 的特征多项式为 x3 3x2+4x 2.证明 A 既不是对称阵也不是正交阵.3.(15 分)在所有 2 阶实方阵上定义二次型 f:X Tr(X2).求 f 的秩和符号差.4.(15 分)设 V 是有限维线性空间,A,B是 V 上线性变换满足下面条件(1)A B=O.这里O是 0 变换.(2)A的任意不变子空间也是B的不变子空间.(3)A5+A4+A3+A2+A=O.证明BA=O.5.(15 分)设 V 是全体次数不超过 n 的实系数多项式组成的线性空间.定义线性变换A:f(x)f(1 x).求A的特征值和对应的特征子空间.6.(15 分)计算行列式?1502503501005025035045010150.10050101501025019950?.其中各行元素的底数为等差数列,各列元素的底数也为等差数列,所有元素的指数都是 50.7.(20 分)设 V 是复数域上有限维线性空间,A是 V 上线性变换,A在一组基下矩阵为 F.(1)若A可对角化,则对任意A的不变子空间 U,存在 U 的一个补空间 W 是A的不变子空间.(2)若对任意A的不变子空间 U,存在 U 的一个补空间 W 是A的不变子空间,证明 F 可对角化.8.(20 分)平面上一个可逆仿射变换将一个圆映为椭圆或圆,详细论证这一点.9.(15 分)平面 Ax+By+Cz+D=0 与双曲抛物面 2z=x2y2交于两条直线,证明 A2B22CD=0.10.(15 分)正十二面体有 12 个面,每个面为正五边形,每个顶点连接 3 条棱,求它的内切球与外接球半径之比.11.EA=11010011010010002100113,故 A 的 Jordan 标准型为 J=010010.P1AP=J,AP=PJ.设 P=(1,2,3),则 A(1,2,3)=(1,23)J=A1=0,A2=1,A3=2,A33=0,于是可以取 1=100,2=010,3=111.注 这里是通过 矩阵理论得出的标准型.另一方法是先得出特征多项式为 3,再注意到 A2=0,从而得到Jordan 标准型为 J(0;3).2.f(x)=x3 3x2+4x 2=(x 1)(x2 2x+2),实对称矩阵的特征值均是实数,而 f(x)=0 只有 1 个实根,从而 A 不是实对称矩阵.正交阵的行列式为 1 或 1,而 f(0)=2,从而 A 不是正交矩阵.3.设 X=(abcd),则 X2=(a2+bcab+bdac+cdbc+d2).tr(X2)=a2+2bc+d2=(abcd)101101abcd.f 的秩为 4,特征值为 1,1,1,1,符号差为 2.4.f(x)=x+x2+x5=xx5 1x 1=x4k=1(x e2ki5),于是 f(x)为互素一次因式的乘积,从而A在任意一组基下的矩阵在复数域上可相似对角化,于是 V=V1 Vs,Vi为A的特征值 i对应的特征子空间,1 i s.对于 V,BA=BA(1+s)=B11+Bss=A B=O=0=BA=O.5.A2f(x)=Af(1 x)=f(x)=A2=E,故A的特征值为 1,1.V1=f(x)|f(1 x)=f(x)=span(1,(x 12)2,(x 12)4,)V1=f(x)|f(1 x)=f(x)=span(x 12),(x 12)3,(x 12)5)6.设 f(x)=?1502503501005025035045010150.x50(x+1)50(x+2)50(x+99)50?,则 f(x)为次数不超过 50 的多项式,而 1,2,3,.,99为 f(x)的根,从而 f(x)0,故所求行列式为 f(100)=0.7.详细解答见蓝以中老师的高等代数学习指南第 212 页例 4.12 与例 4.13,或者丘维声老师的高等代数创新教材下册第 310 页命题 10.28.设(x1y1)=A(xx)=A(xx),其中 A=(abcd),ad bc=0.设圆的方程为 x2+y2=R2,则由1ad bcdbcax1y1=xyx2+y2=R2=(dx1 by1ad bc)2+(cx1+ay1ad bc)2=R2=d2x21 2dbx1y1+b2y21+c2x21+a2y21 2acx1y1=R2(ad bc)2=(d2+c2)x21+(a2+b2)y21 2(ac+bd)x1y1=R2(ad bc)2因(d2+c2(ac+bd)(ac+bd)a2+b2)的行列式大于 0,迹大于 0,R2(ad bc)2 0,故变换后的图形是圆或椭圆.9.两条相交直线必属于异族,设它们的方程分别为x+y=2uu(x y)=z,x y=2vv(x+y)=z,则分别可取方向向量(1,1,2u),(1,1,2v),两直线的交点为(u+v,u-v,2uv).应当有A(u+v)+B(u v)+2Cuv+D=0(1,1,2u)(1,1,2v)/(A,B,C),而 C=0=v+u=AC,v u=BC=A2 B2 2CD=0.注 此题与北京大学 2009 年高代解几试题第 10 题相同.10.不考虑正十二面体的大小,决定正十二面体的形状的只是从一个顶点 O 引出的三条棱 OA,OB,OC 之间的位置关系.设 a=OA,b=OB,c=OC,则 a,b,c 两两之间夹角为 =35.平面 OAB 与正十二面体的外接球相截得到一个圆,该圆的内接正五边形为正十二面体的一个面,该圆的圆心 P 与正十二面体的外接球的球心 Q 的连线应当与平面 OAB 垂直,P 点也是一个正五边形的中心,Q 点也是正十二面体的内切球的球心.O,Q 与 ABC 的重心共线.由于内切球半径外切球半径=|PQ|OQ|=cosPQO,不妨|OQ|=1,则 OQ=a+b+c|a+b+c|,设 OP=t a+b|a+b|,由于 PQ a=0,则(a+b+c|a+b+c|t a+b|a+b|)a=0,解得t=2(1+2cos)3(1+cos).因此内切球半径外切球半径=|PQ|OQ|=1 t2=1 cos3(1+cos)=13tan2,=35.注 此解法的灵感来于考虑正四面体的两个球的半径之比.3
