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一、分析计算题

1． 设

是数域P 上线性空间V 的一组基，

是V 的基； 的对偶基，并用

表示

的对偶基. 是

的对偶基，令

（1）证明：（2）求【答案】（1）设

则（2）设

于是

的对偶基为

2． 设n 是正整数，证明：

【答案】

当

在有理数域上可约的充要条件是存在整数m ，使

所以，

设

在有理数域上可约，

在有理数域Q 上可约，由于

不存在有理根，所以存在

使

是

由

的对偶基，由

是V 的基，故

也是V 的基. 则

时，显然有

比较系数得

由式⑴得

代人式（3）得

（i ）如果a=0, 贝I 油式（2）得（ii ）如由于

代人式（4）得

得出矛盾.

由式（6）知]

从而

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则有b=d，结合式（2）、式（4）得

3． 设A 为实反对称矩阵，则

【答案】由阵，则

故由因为

可逆，且只要证明

可逆，则

是正交矩阵.

可逆. 由A 是实反对称矩

是实反对称矩阵，其特征值是0和纯虚数，设为

的特征值为

的特征值全不为0, 故

可逆.

注意到

所以B 是正交矩阵.

4． 设

均为n 阶实对称矩阵，且

半正定

，

所

以所以，

5． 证明：以下诸多项式在有理数域Q 上不可约：

①②③④⑤⑥⑦⑧

； （P 为奇素数）

； （P 为素数）

； （P 为素数）（P 为素数）.

由

X

于是

证明：的任意性

知

冈

为因

为

【答案】

由

【答案】用f （x ）表示所给的各多项式. ①利用艾森斯坦判别法，取P=3即知. ②利用艾森斯坦判别法，取P=2即知. ③反证法. 设若式相乘，设 为

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在Q 上可约，由于其显然无有理根，故只能分成两个二次因

或

其中a , b为整数，比较（6）式两端系数，得6=0, d+2 =-10. 由此得④因为⑤由于

且不可约.

⑥当P=3时在Q 上不可 约. 当

且⑦ 由于

这与a 是整数矛盾.

同理，由（7）可推出类似矛盾，故f （x ）在Q 上不可约.

故由艾森斯坦判别法（取P=2）知，g （x ）在Q 上不可约，故f （x ）亦然.

故由艾森斯坦判别法知，g （x ）在Q 上不可约，从而f （x ）在Q 上

若f （x ）在Q 上可约，则必有整数根，但易知其无整数根，从而

时，由于

故g （x ）在Q 上不可约. 从而f （x ）在Q 上也不可约. 故令

得

由于从而⑧因其中

在Q 上不可约.

故g （y ）在Q 上不可约.

都能被P 整除，又

故

在Q 上不可约，

从而f （x ）在Q 上不可约.

6． 设A 、B 均为n 阶实正定矩阵，证明：

（1）如果A-B 正定，则

正定；

正定.

所以有

又己知A-B 正定，所以由于所以

显见，

故

正定.

（2）如果AB=BA，且A-B 正定，则

【答案】（1）因为A 、B 均为n 阶实正定矩阵，则存在可逆阵P , 使

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