浙江大学2007年攻读硕士研究生入学初试试题答案

一：证明；充分性；若该方程组的系数矩阵行列式为1，故可由克拉默法则可知

bb1bnb1bn为整数，方程Axb的解均为整数解。

T必要性；令Axb，由已知可知 对于

e1,存在整数解1



en,存在整数解n

所以A1ne1enEn，若取B1n，所以AB1，而

A,B为整数组成的矩阵，从而有A1，即该方程组的系数矩阵行列式为1

二：解：由于

ns1s2s1s2s3As2s3s4sn1snsn1可知A2sn11xsn1sn1x12n1s2n2x11x22x21x32x3n1x2n1x311xn121xnn1xn1x12x1n12n1x2x2x22n1x3x3x32n1xnxnxnx11ijnxjxi

三：证明：由于

EAAB0EC0ABC从而 0EBBC0EB0AB0rankABCrankBrankrankABrankBC

BBC四：证明：由于ks，则必能从1,2,,s中必可取m0个向量，使它们和

1,2,,k一起构成齐次方程Ax0的一组基础解系，

若msk，则dimkerAksks这和已知dimkerAs矛盾 若msk，则dimkerAksks这和已知dimkerAs矛盾 从而msk，从而必能从1,2,,s中必可取sk个向量，使它们和

1,2,,k一起构成齐次方程Ax0的一组基础解系

五：证明：由已知可知，A的最小多项式m23，从而m无重根，即

A可以对角化，由于A的特征值仅为2和3，而A2m3nm，从而特征值2的重数为m，

特征值3的重数为nm，故与A相似的一个对角矩阵为

22Em23030

3Enm六；证明：1 C,D22,k，由

CDACDBACBADBCDkCAkCBkACBkC从而是V上的线性变换

2若1，则A,B均为可逆矩阵，令x0，则

AxB0，所以x0，即是可逆线性变换

3若1，xker,xab，根据x0可知ac,bd，从而 cd10ab01kerk1k201:k1,k2又对任何xcd，有

10xac1211，从而 bd12111211Imk1k211:k1,k2

124当1时，值域的基即为V的基，而E11,E12,E21,E22可做为值域的一组基，即可为V的一组基而

E11E112E12E212E22E12E11E12E21E22E21E112E12E212E22E11E11E12E21E2211112121 可知，在这组基下的矩阵为11221当1时，令112111010， ,,,23412111010而1,2为值域的一组基，3,4为核的一组基，从而1,2扩充3,4后可成为V的一组基，

2242显然可知在这组基下的矩阵为0000七：解：由于

000000 0011221200201000000222000000112的不变因子为1,,2，初等因子为,,1 221从而可知12八：解1显然那可知fx1,x2,x3,x4

2228x128x28x38x42x1x22x1x32x1x42x2x32x2x42x3x4

32由于A的特征多项式为f95，从而A的特征值为9（3重）和5

由于9EnAx0的基础解系的一组基为：110T01，21010，

TTT31100，由于5EnAx0的基础解系的一组基为：41111

单位正交化可得

2126200226T06366063663636636323636T32363 6T111422222T01令P20221212，可知做正交变换12122222YPTX，就可使fx1,x2,x3,x49y1 9y29y35y43显然可知

TA为正定矩阵，则存在可逆矩阵C，有ACC从而可知

,TA0，且当且仅当0时，等号成立

,kTACCC,CCCTCTCTA,

TTTTk,kAkTAk,

T,ATATA,,从而,TA定义了

4上的内积从而该内积下4的一组标准正交基为

1123200322162236TT0636 6T1333636351114652221 2T4可取

220B02266063663632363612k9120102012000k52266361200321206336122266 36120k00k90090九：证明：假若fx为有理数域上的可约多项式，则不妨设存在整系数多项式

由于fx0，从而fxgx,hx使fxgxhx,gx0,hx0，

无实数根，则gx,hx也无实根，不妨设gx0,hx0，从而在这n个不同点

a1,,an，gx,hx的值均为1，从而gxn,hxn，否则，gx,hx有个为常数，即fxgxn，则hxgx1nnxa，从而

ii1nfx12xaixai这和已知矛盾，从而假设不成立，从而fx在有理

i1i12数域上不可约