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高数下A试题及答案
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高等数学下册复习题模拟试卷和答案
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&&高​数​试​题
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你可能喜欢利用全微分计算函数（1.02）^2.02的近似值._百度作业帮
利用全微分计算函数（1.02）^2.02的近似值.
利用全微分计算函数（1.02）^2.02的近似值.
二呆子1pB殓滖7
设函数f(x,y)=x^y 所求的值就是函数在x=1.02,y=2.02时的 函数值 f(1.02,2.02) 取x=1,y=2 Δx=0.02,Δy=0.02 由于f(1,2)=1 对x的偏导数 fx(x,y)=y*[x^(y-1)] fx(1,2)=2 对y的偏导数 fy(x,y)=(x^y)*ln x fy(1,2)=0 有公式f(x+Δx,y+Δy)≈f(x,y)+fx(x,y)Δx+fy(x,y)Δy 便得到 （1.02）^2.02≈1+2*0.02+0*0.02=1.04
扫描下载二维码高等数学中关于全微分那章的一个问题为什么p=（△x^2+△y^2）^(1/2)趋于0时,△x*△y是p的高阶无穷小量啊?怎么得来的阿?还有为什么p是等于（△x^2+△y^2）^(1/2)?一元函数的那个高阶无穷小o（△x_百度作业帮
高等数学中关于全微分那章的一个问题为什么p=（△x^2+△y^2）^(1/2)趋于0时,△x*△y是p的高阶无穷小量啊?怎么得来的阿?还有为什么p是等于（△x^2+△y^2）^(1/2)?一元函数的那个高阶无穷小o（△x
高等数学中关于全微分那章的一个问题为什么p=（△x^2+△y^2）^(1/2)趋于0时,△x*△y是p的高阶无穷小量啊?怎么得来的阿?还有为什么p是等于（△x^2+△y^2）^(1/2)?一元函数的那个高阶无穷小o（△x)我理解,可是2元的就不懂了
说的简单一点,全微分就是偏微分的和!同样利用判断高阶无穷小的基本定义哈,lim a/b =0则称a是较b的高阶无穷小,a和b都可以使一个函数整体哈.
那你能不能帮我写下计算过程,p=（△x^2+△y^2）^(1/2)趋于0时，△x*△y是p的高阶无穷小量?就好比说lim(x->0)(x^2/x)=lim(x->0)x=0,这样的计算过程能帮我写下吗?因为这里自变量是两个△x和△y,我不知道怎么算
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&>&&>&高等代数(北大版第三版)习题答案I
高等代数(北大版第三版)习题答案I_30900字
高等代数（北大*第三版）答案1
线性方程组 第四章
矩阵 第五章
线性空间 第七章
线性变换 第八章
?—矩阵 第九章
双线性函数与辛空间
答案分三部分，该为第一部分，其他请搜索，谢谢！
1． 用g(x)除f(x)，求商q(x)与余式r(x)： 1）f(x)?x3?3x2?x?1,g(x)?3x2?2x?1； 2）
f(x)?x4?2x?5,g(x)?x2?x?2。
17262x?,r(x)??x?； 3999
解 1）由带余除法，可得q(x)?
2）同理可得q(x)?x?x?1,r(x)??5x?7。 2．m,p,q适合什么条件时，有 1）x?mx?1|x?px?q， 2）x?mx?1|x?px?q。
解 1）由假设，所得余式为0，即(p?1?m)x?(q?m)?0，
?p?1?m2?023
所以当?时有x?mx?1|x?px?q。
?m(2?p?m2)?0
2）类似可得?，于是当m?0时，代入（2）可得p?q?1；而当2
?q?1?p?m?02?p?m2?0时，代入（2）可得q?1。
综上所诉，当?
?m?0?q?1242
或?时，皆有x?mx?1|x?px?q。 2
?p?q?1?p?m?2
3．求g(x)除f(x)的商q(x)与余式：
1）f(x)?2x5?5x3?8x,g(x)?x?3； 2）f(x)?x3?x2?x,g(x)?x?1?2i。 解
q(x)?2x4?6x3?13x2?39x?109r(x)??327
q(x)?x2?2ix?(5?2i)r(x)??9?8i
4．把f(x)表示成x?x0的方幂和，即表成
c0?c1(x?x0)?c2(x?x0)2?...?cn(x?x0)n??的形式：
1）f(x)?x5,x0?1；
2）f(x)?x4?2x2?3,x0??2；
3）f(x)?x4?2ix3?(1?i)x2?3x?7?i,x0??i。
解 1）由综合除法，可得f(x)?1?5(x?1)?10(x?1)?10(x?1)?5(x?1)?(x?1)； 2）由综合除法，可得x?2x?3?11?24(x?2)?22(x?2)?8(x?2)?(x?2)； 3） 由综合除法，可得x?2ix?(1?i)x?3x?(7?i)
?(7?5i)?5(x?i)?(?1?i)(x?i)2?2i(x?i)3?(x?i)4。
5．求f(x)与g(x)的最大公因式：
1）f(x)?x?x?3x?4x?1,g(x)?x?x?x?1； 2）f(x)?x?4x?1,g(x)?x?3x?1；
）f(x)?x4?10x2?1,g(x)?x4?3?6x2??1。 解 1）(f(x),g(x))?x?1； 2）(f(x),g(x))?1；
）(f(x),g(x))?x2??1。
6．求u(x),v(x)使u(x)f(x)?v(x)g(x)?(f(x),g(x))。 1）f(x)?x4?2x3?x2?4x?2,g(x)?x4?x3?x2?2x?2； 2）f(x)?4x4?2x3?16x2?5x?9,g(x)?2x3?x2?5x?4； 3）f(x)?x4?x3?4x2?4x?1,g(x)?x2?x?1。 解 1）因为(f(x),g(x))?x2?2?r2(x)
?f(x)?q1(x)g(x)?r1(x)再由?，
g(x)?q(x)r(x)?r(x)?212
r2(x)?g(x)?q2(x)r1(x)?g(x)?q2(x)[f(x)?q1(x)g(x)]?[?q2(x)]f(x)?[1?q1(x)q2(x)]g(x)u(x)??q2(x)??x?1
v(x)?1?q1(x)q2(x)?1?1?(x?1)?x?2
2）仿上面方法，可得(f(x),g(x))?x?1，且u(x)??
x?,v(x)?x2?x?1。 3333
3）由(f(x),g(x))?1可得u(x)??x?1,v(x)?x?x?3x?2。
７．设f(x)?x?(1?t)x?2x?2u与g(x)?x?tx?u的最大公因式是一个二次多项式，求t,u的值。 解
f(x)?q1(x)g(x)?r1(x)?(x3?tx2?u)?(x2?2x?u)g(x)?q2(x)r1(x)?r2(x)
?(x?(t?2))(x2?2x?u)?(u?2t?4)x?u(3?t)，
且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式r2(x)为0，即
??(u?2t?4)?0
从而可解得?
t?2?1?u2??2
８．证明：如果d(x)|f(x),d(x)|g(x)，且d(x)为f(x)与g(x)的组合，那么d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式。
易见d(x)是f(x)与g(x)的公因式。另设?(x)是f(x)与g(x)的任一公因式，下证
?(x)|d(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)，
从而由?(x)|f(x),?(x)|g(x)可得?(x)|d(x)，得证。
９．证明：(f(x)h(x),g(x)h(x))?(f(x),g(x))h(x)，(h(x)的首系数为１）。 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(x))|f(x)知(f(x),g(x))h(x)|f(x)h(x)， 同理可得(f(x),g(x))h(x)|g(x)h(x)，
x)h)是x(f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个最大公因式，又因为从而(f(x),g(
(f(x),g(x)h)的首项系数为１，所以x((f(x)h(x),g(x)h(x))?(f(x),g(x))h(x)。
１０．如果f(x),g(x)不全为零，证明：
??f(x)g(x)
?(f(x),g(x))(f(x),g(x))?
存在u(x),v(x)使(f(x),g(x))?u(x)f(x)?v(x)g(x)， 又因为f(x),g(x)不全为０，所以(f(x),g(x))?0，
由消去律可得1?u(x)
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
?f(x)g(x),??1。
(f(x),g(x))(f(x),g(x))??
11．证明：如果f(x),g(x)不全为零，且u(x)f(x)?v(x)g(x)?(f(x),g(x))，那么
(u(x),v(x))?。1
证 由上题证明类似可得结论。
12．证明：如果(f(x),g(x))?1,(f(x),h(x))?1，那么(f(x),g(x)h(x))?1。 证
由假设，存在u1(x),v1(x)及u2(x),v2(x)使
u1(x)f(x)?v1(x)g(x)?1
（1） u2(x)f(x)?v2(x)h(x)?1
将（1）（2）两式相乘，得
[u1(x)u2(x)f(x)?v1(x)u2(x)g(x)?u1(x)v2(x)h(x)]f(x)?[v1(x)v2(x)]g(x)h(x)?1
所以(f(x),g(x)h(x))?1。
13．设f1(x),...,fm(x),g1(x),...,gn(x)都是多项式，而且
m,j?;(fi(x),gj(x))?1
(i?1,2,...
求证：(f1(x)f2(x)...fm(x),g1(x)g2(x)...gn(x))?1。 证 由于
(f1(x),g1(x))?1(f1(x),g2(x))?1..........................(f1(x),gn(x))?1
反复应用第12题结论，可得
(f1(x),g1(x)g2(x)...gn(x))?1，
(f2(x),g1(x)g2(x)...gn(x))?1................................................，
(fm(x),g1(x)g2(x)...gn(x))?1
(f1(x)f2(x)...fm(x),g1(x)g2(x)...gn(x))?1。
14．证明：如果(f(x),g(x))?1，那么(f(x)g(x),f(x)?g(x))?1。
由题设知(f(x),g(x))?1，所以存在u(x),v(x)使u(x)f(x)?v(x)g(x)?1， 从而u(x)f(x)?v(x)f(x)?v(x)f(x)?v(x)g(x)?1，
即[u(x)?v(x)]f(x)?v(x)[f(x)?g(x)]?1， 所以(f(x),f(x)?g(x))?1。 同理(g(x),f(x)?g(x))?1。
再由12题结论，即证(f(x)g(x),f(x)?g(x))?1。 15．求下列多项式的公共根
f(x)?x3?2x2?2x?1,g(x)?x4?x3?2x2?x?1
由辗转相除法，可求得(f(x),g(x))?x2?x?
116．判别下列多项式有无重因式：
1） f(x)?x5?5x4?7x3?2x2?4x?8； 2） f(x)?x4?4x2?4x?3； 解
f?(x)?5x4?20x3?21x2?4x?4(f(x),f?(x))?(x?2)
所以f(x)有x?2的三重因式。
2）f?(x)?4x?8x?4，(f(x),f?(x))?1，所以f(x)无重因式。
17．求t值，使f(x)?x?3x?tx?1有重根。 解
易知f(x)有三重根x?1时，t?3。若令
x3?3x2?tx?1?(x?a)2(x?b)，比较两端系数，得
??3??2a?b?2
，将a的三个根2
分别代入（1），得b1?1,b2?1,b3?4。再将它们代入（2），得t的三个根t1?3,t2?3,t3?。
当t1,2?3时f(x)有3重根x?1；当t3?时，f(x)有2重根x?。
由（1），（3）得2a?3a?1?0，解得a的三个根为a1?1,a2?1,a3?
18．求多项式x?px?q有重根的条件。
令f(x)?x3?px?q，则f?(x)?3x才有三重根。
?p，显然当p?0时，只有当q?0,f(x)?x3
下设p?0，且a为f(x)的重根，那么a也为f(x)与f?(x)的根，即
?a3?pa?q?0
由（1）可得a(a2?p)??q，再由（2）有a??
两边平方得，所以?a??4p?27q?0。 2
综上所叙即知，当4p3?27q2?0时，多项式x3?px?q有重根。 19．如果(x?1)2|ax4?bx2?1 ，求a,b。
解 令f(x)?ax?bx?1，f?(x)?4ax?2bx。由题设知，1是f(x)的根，也是f?(x)
的根，此即
解得a?1,b??2。
?...?20．证明：1?x?不能有重根。 2!n!
证 因为f(x)的导函数f?(x)?1?x?
x?...?xn?1，所以f(x)?f?(x)?x，
n!2!(n?1)!
于是(f(x),f?(x))?(f?(x)?
x,f?(x))?(xn,f?(x))?1，从而f(x)无重根。 n!n!
21．如果?是f???(x)的一个k重根，证明?是
[f?(x)?f?(a)]?f(x)?f(a)]的一个k+3重根。 2
f??(x)?[f?(x)?f?(a)]22
g??(x)?f???(x)
由于?是f???(x)的k重根，故?是g??(x)的k?1重根。代入验算知?是g(x)的根。 现在设?是g(x)的s重根，则?是g?(x)的s?1重根，也是g??(x)的s-2重根。 所以s?2?k?1?s?k?3。得证。
22．证明：x0是f(x)的k重根的充分必要条件是f(x0)?f?(x0)?...?f(k?1)(x0)?0 ，而f(k)(x0)?0
证 必要性：设x0是f(x)的k重根,从而是f?(x)的k?1重根，是f??(x)的k?2重根，?，是f(k?2)(x0)的一重根，并且x0不是f
(x)的根。于是
f(x0)?f?(x0)?...?f(k?1)(x0)?0,而f(k)(x0)?0。
充分性：由f(k?1)(x0)?0，而f(k)(x0)?0，知x0是f
(x)的一重根。又由于
f(k?2)(x0)?0，知x0是f(k?2)(x)的二重根，依此类推，可知x0是f(x)的k重根。
23．举例说明段语“? 是f?(x)的m 重根，那么?是f(x)的m?1重根”是不对的。 解 例如，设f(x)?
x?1，那么f?(x)?x以0为m重根，但0不是f(x)的根。 m?1
24．证明：如果(x?1)|f(x)，那么(x?1)|f(x)。
证 要证明(x?1)|f(x)，就是要证明f(1)?0（这是因为我们可以把x看作为一个变nn
量）。由题设由(x?1)|f(x)，所以f(1)?0，也就是f(1)?0，得证。
25．证明：如果(x2?x?1)|f1(x3)?xf2(x3)，那么(x?1)|f1(x),(x?1)|f2(x)。
证 因为x?x?1的两个根为?和?，其中??cos
?isin，所以?和?也是33
f1(x3)?xf2(x3)的根，且?3?1，于是
?f1(1)??f2(1)?0
?f1(1)??f2(1)?0
解之得f1(1)?0,f2(1)?0。得证。
26．求多项式x?1在复数范围内和在实数范围内的因式分解。
在复数范围内xn?1?(x?1)(x??)(x??2)...(x??n?1)，其中??cos在实数域内?j??n?j(0?j?n)，所以，当n为奇数时，有
2?2??isin， 33
x?1?(x?1)[x?(???
)x?1][x?(???
)x?1]...?[x?(?
??j??j?2cos
(j?1,2,...,)，皆为实数。 nn
当n是偶数时，有
x?1?(x?1)(x?1)[x?(???
27．求下列多项式的有理根： 1） x?6x?15x?14； 2） 4x?7x?5x?1；
)x?1][x?(???
)x?1]...?[x?(?
3） x?x?6x?14x?11x?3。 解
利用剩余除法试根，可得 1） 有一个有理根2。 2） 有两个有理根?
111,?（即有2重有理根?）。 222
3） 有五个有理根3,?1,?1,?1,?1（即一个单有理根3和一个4重有理根?1）。 28．下列多项式在有理数域上是否可约？ 1）x?1；
2） x?8x?12x?2； 3）x?x?1；
4） x?px?1,p为奇素数； 5）x?4kx?1,k为整数。
解 1）因为?1都不是它的根，所以x?1在有理数域里不可约。 2）利用艾森斯坦判别法，取p?2，则此多项式在有理数域上不可约。 3）首先证明：
设有多项式f(x)，令x?y?1或x?y?1，得
g(y)?f(y?1)或g(y)?f(y?1)
则f(x)与g(y)或者同时可约，或者同时不可约。
事实上，若f(x)可约，即f(x)?f1(x)f2(x)，从而g(y)?f(y?1)?f1(y?1)f2(y?1)， 这就是说g(y)也可约，反之亦然。
现在我们用它来证明x?x?1在有理数域上不可约。令x?y?1，则多项式变为
(y?1)6?(y?1)3?1?y6?6y5?15y4?21y3?18y2?9y?3
利用艾森斯坦判别法，取p?3，即证上式不可约，因而x?x?1也不可约。 4） 设f(x)?xp?px?1，令x?y?1，则g(y)?f(y?1)
?yp?C?Cpypy
py2?(pC?)py?
由于p是素数，因而p|Cp(i?1,2,...,p?1)，但p2|p，所以由艾森斯坦判别法，即证g(y)
在有理数域上不可约，因而f(x)也在有理数域上不可约。 5） 已知f(x)?x4?4kx?1，令x?y?1，可得
g(y)?f(y?1)?y4?4y3?6y2?(4k?4)y?4k?2
利用艾森斯坦判别法，取p?2，即证g(y)在有理数域上不可约，因而f(x)也在有理数域上不可约。
29．用初等对称多项式表求出下列对称多项式： 1）x12x2?x1x22?x12x3?x1x32?x22x3?x2x32； 2）(x1?x2)(x1?x3)(x2?x3)； 3）(x1?x2)2(x1?x3)2(x2?x3)2；
4）x12x22?x12x32?x12x42?x22x32?x22x42?x32x42； 5)(x1x2?x3)(x2x3?x1)(x3x1?x2)；
6)(x1?x2?x1x2)(x2?x3?x2x3)(x1?x3?x1x3)。 解 1）对称多项式的首项为x1x2，其方幂为(2,1,0)，即?1
1?00?2?3??1?2，
又因为x12x2?x1x22?x12x3?x1x32?x22x3?x2x32??1?2??3x1x2x3， 所以 原式=?1?2?3?3。
2）同理可得(x1?x2)(x1?x3)(x2?x3)
?x12x2?x1x22?x12x3?x1x32?x22x3?x2x32?2x1x2x3 ??1?2?3?3?2?3??1?2??3
３）原式=(x12?2x1x2?x22)(x12?2x1x3?x32)(x22?2x2x3?x32)
?x14x22?...，
由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为x14x22，所以?的方幂之积为
原式=?12?2
(1) ?a?13?3?b?2?c?1?2?3?d?3
只要令x1?0,x2?x3?0,则原式左边?0。另一方面，有?1?2,?2?1,?3?0， 代入（1）式，得b??4。再令x1?x2?1,x3??2，得d??27。 令x1?x2?1,x3??1，得
令x1?x2?x3?1,得
由（2），（3）解得a??4,c?18。因此
原式??12?2。 ?4?13?3?4?2?18?1?2?3?27?3
4）原式=x12x22?x12x32?x12x42?x22x32?x22x42?x32x42
2设原式??2?a?1?3?b?4
令x1?x2?x3?1,x4?0,得a??2。 再令x1?x2?x3?x4?1,得b?2。
因此原式??2?2?1?3?2?4。
1） 原式=x12x22x32?(x13x2x3?x1x23x3?x1x2x33)
?(x12x22?x22x32?x12x32)?x1x2x3，
由于x13x2x3?x1x23x3?x2x2x33??12?3?2?2?3，
x12x22?x22x32?x12x32??2?2?1?3，
所以原式??1?3?2?1?3??2?2?2?3??3??3。
2） 原式?x12x22x32?2(x12x22x3?x12x2x32?x1x22x33)
?(x12x22?x22x32?x12x32?3x12x2x3?3x1x22x3?3x1x2x32) ?(x12x2?x1x22?x12x3?x22x3?x1x32?x2x32)?2x1x2x3，
其中2(x12x22x3?x12x2x32?x1x22x33)?2?2?3，
x12x22?x22x32?...?3x1x2x32??2??1?3，
x12x2?x1x22?...?x2x32??1?2??3，
所以 原式??1?2??1?3??2?2?2?3??3??3。
30．用初等对称多项式表出下列n元对称多项式：
表示所有由ax11x22...xnn经过对换得到的项的和。） ...xn
解 1）因为多项式的首项为x1，所以
设原式??14?a?12?2?b?2?c?1?3?d?4，
令x1?1,x2??1,x3?x4?...?xn?0,得b?2。
x1?x2?1,x3?...?xn?0,得a??4。 x1?x2?x3?1,x4?...?xn?0,得c?4。
x1?x2?1,x3?x4??1,x5?...?xn?0,得d??4。
2所以原式??14?4?12?2?2?2?4?1?3?4?4。
2）同理可得原式??1?3?4?4。 3）原式??1?2?1?3?2?4。 4） 原式??2?4?4?1?5?9?6。
31．设a1,a2,a3是方程5x?6x?7x?3?0的三个根，计算
(a12?a1a2?a2)(a2?a2a3?a3)(a12?a1a3?a3)
?1?a1?a2?a3
?2?a1a2?a2a3?a1a3， ?3?a1a2a3
由根和系数的关系，可得?1?
,?2?,?3?， 555
再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得
(a12?a1a2?a2)(a2?a2a3?a3)(a12?a1a3?a3) 3??12?12??13?3??2??
32．证明：三次方程x3?a1x2?a2x?a3?0的三个根成等差数列的充分必要条件为
32a1?9a1a2?27a3?0。
设原方程的三个根为?1,?2,?3，则它们成等差数列的充分必要条件为
(2?1??2??3)(2?2??1??3)(2?3??1??2)?0。
将上式左端表为初等对称多项式，得
(2?1??2??3)(2?2??1??3)(2?3??1??2)?2?13?9?1?2?27?3，
3故三根成等差数列的充分必要条件为2a1?9a1a2?27a3?0。
二 、补充题及参考解答
1． 设f1(x)?af(x)?bg(x),g1(x)?cf(x)?dg(x)，且ad?bc?0，证明：
(f(x),g(x))?(f1(x),g1(x))
设d(x)?(f(x),g(x)),则由已知，得d(x)|f1(x),d(x)|g1(x)。
其次，设?(x)是f1(x)与g2(x)的任一公因式，只需证明?(x)|d(x)即可。 因为f1(x)?af(x)?bg(x),g1(x)?cf(x)?dg(x),所以
f(x)?f(x)?g1(x)1??ad?bcad?bc
ca?g(x)?f1(x)?g1(x)
?ad?bcad?bc?
又因为?|f1,?|g1??|f,?|g,从而?(x)|d(x)。故d(x)也是f1(x)与g1(x)的最大
公因式。 2． 证明：只要
的次数都大于零，就可以适当选择适合等式 ,
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
u(x)f(x)?v(x)g(x)?(f(x),g(x))的u(x)与v(x)，使
????g(x)f(x)
?(u(x))???,?(v(x))?????
(f(x),g(x))(f(x),g(x))????
存在多项式u1(x)，v1(x)，使
u1(x)f(x)?v1(x)g(x)?(f(x),g(x)),从而
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
1） 若u1(x)的次数满足?(u1(x))???
?(f(x),g(x))?
?(v1(x))????
(f(x),g(x))??
事实上，采用反证法。若?(v1(x))???
?,则（1）式左边的第一项次数小于
?(f(x),g(x))?
????g(x)f(x)???????,而第二项的次数大于或等于 (f(x),g(x))(f(x),g(x))????????g(x)f(x)???????, ?(f(x),g(x))??(f(x),g(x))?
这样（1）式左端的次数???
???g(x)f(x)??????0，但（1）式右端的次
(f(x),g(x))(f(x),g(x))????
???g(x)f(x)
,?(v(x))??1???,
?(f(x),g(x))??(f(x),g(x))?
数为零，矛盾。所以?(u1(x))???此时u1(x)，v1(x)即为所求。 2)若?(u1(x))???
,则用除u1(x)，可得 ?(f(x),g(x))(f(x),g(x))??
u1(x)?s(x)
??g(x)g(x)?r(x),其中?(r(x))???, ?(f(x),g(x))?(f(x),g(x))?
注意到r(x)?0是不可能的，事实上，若r(x)?0，则u1(x)?s(x)
(f(x),g(x))
代入（1）式得[s(x)
?v1(x)]?1,矛盾。
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
再将u1(x)?s(x)
?r(x)代入（1）式，可得
(f(x),g(x))
f(x)f(x)g(x)
?[s(x)?v1(x)]??1,
(f(x),g(x))(f(x),g(x))(f(x),g(x))
?v1(x),再利用本题1）的证明结果，即证。
(f(x),g(x))
令u(x)?r(x),v(x)?s(x)
3． 证明：如果f(x)与g(x)互素，那么f(xm)与g(xm)也互素。 证
由假设，存在u(x)和v(x)使u(x)f(x)?v(x)g(x)?1, 于是u(xm)f(xm)?v(xm)g(xm)?1，即证。
4． 证明：如果f1(x),f2(x),...fs?1(x)的最大公因式存在，那么
且当f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x)全不为f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x)的最大公因式也存在，
零时有(f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x))?((f1(x),f2(x),...fs?1(x)),fs(x)),再利用上式证明，存在u1(x),u2(x),...,us(x)使
u1(x)f1(x)?u2(x)f2(x)?...?us(x)fs(x)?(f1(x),f2(x),...,fs(x)).
证 因为f1(x),f2(x),...fs?1(x)的最大公因式存在，设其为d1(x)，则
d1(x)?(f1(x),f2(x),...fs?1(x)),于是d1(x)与fs(x)的最大公因式也存在，不妨设为
s, ,d(x)?(d1(x),fs(x)),则d(x)|fi(x)
(i?1,2,...
若设?(x)是f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x)的任一公因式，则?(x)|d1(x), 这样?(x)为d1(x)与fs(x)的一个公因式，又可得?(x)|d(x)，即证
d(x)?(f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x)).
下面用归纳法证明本题第二部分。当s?2时结论显然成立，假设命题对s?1也成立，即存在
v1(x),v2(x),...,vs?1(x)，使v1(x)f1(x)?v2(x)f2(x)?...?vs?1(x)fs?1(x)
?(f1(x),f2(x),...fs?1(x))?d1(x),成立。
再证命题对s也成立。
事实上，存在p(x)和q(x)，使d(x)?(d1(x),fn(x))?p(x)d1(x)?q(x)fs(x)
?p(x)[v1(x)f1(x)?v2(x)f2(x)?...?vs?1(x)fs?1(x)]?q(x)fs(x)，
令ui(x)?p(x)vi(x)
(i?1,2,...,s?1)，us(x)?q(x)，即证。 5． 多项式m(x)称为多项式f(x),g(x)的一个最小公因式，如果 1）f(x)|m(x),g(x)|m(x)；
2）f(x),g(x)的任一公倍式都是m(x)的倍式。
我们以[f(x),g(x)]表示首项系数是1的那个最小公倍式，证明：如果f(x),g(x)的首项系
数都是1，那么[f(x),g(x)]?
(f(x),g(x))
令(f(x),g(x))?d(x)，则
f(x)?f1(x)d(x)，g(x)?g1(x)d(x)，于是
?f(x)g1(x)?g(x)f1(x)。
(f(x),g(x))
f(x)g(x)f(x)g(x)
， g(x)|，
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
(f(x),g(x))
设M(x)是f(x)与g(x)的任一公倍式，下面证明
由倍式的定义，有M(x)?f(x)s(x)?g(x)t(x)，
即f1(x)d(x)s(x)?f(x)s(x)?g(x)t(x)?g1(x)d(x)t(x)， 消去d(x)得f1(x)s(x)?g1(x)t(x)，于是g1(x)|f1(x)s(x)。 由于(f1(x),g1(x))?1，因而g1(x)|s(x)或者s(x)?g1(x)q(x)，所以
M(x)?f(x)s(x)?f(x)g1(x)q(x)?
(f(x),g(x))
|M(x)。即证。
(f(x),g(x))
6． 证明：设p(x)是次数大于零的多项式，如果对于任何多项式f(x),g(x)，由
p(x)|f(x)g(x)p(x)|f(x)或者p(x)|g(x)，那么p(x)是不可约多项式。，可以推出
采用反证法。设p(x)可约，则有p(x)?p1(x)|p2(x)，那么由假设可得
p(x)|p1(x)或p(x)|p2(x)，
这是不可能的，因为后面两个多项式的次数低于p(x)的次数。于是得证。
7． 证明：次数?0且首项系数为1的多项式f(x)是一个不可约多项式的方幂的充分必要条件为：对任意的多项式g(x)必有(f(x),g(x))?1，或者对某一正整数m,f(x)|gm(x)。 证
必要性：设f(x)?ps(x)（其中p(x)是不可约多项式），则对任意多项式g(x)，有 1）(p(x),g(x))?1；或2）p(x)|g(x)。 对于1）有(f(x),g(x))?1。
对于2）有p(x)|g(x)，此即f(x)|g(x)。再让m?s，即必要性得证。 充分性：设f(x)不是某一个多项式的方幂，则f(x)?p11(x)p22(x)...pnn(x)， 其中n?1,?i(i?1,2,...,n)是正整数。
若g(x)?p1(x)，则由题设知f(x)与g(x)满足(f(x),g(x))?1或f(x)|g(x)（m为某一
正整数）。但这是不可能的，即证。
8． 证明：次数?0且首项系数为1的多项式f(x)是某一不可约多项式的方幂的充分必要
条件是：对任意的多项式g(x),h(x)，由f(x)|g(x)h(x)，可以推出f(x)|g(x)，或者对某一正整数m,f(x)|h(x)。
证 必要性：设f(x)|g(x)h(x)，则对多项式h(x)，有
1）(f(x),h(x))?1，于是f(x)|g(x)；2）f(x)|h(x)(m为某一正整数）。
必要性成立。
充分性：对任意多项式g(x)，有(f(x),g(x))?1或(f(x),g(x))?d(x)?1，
若f(x)?f1(x)d(x)，那么f(x)|f1(x)g(x)，但f(x)|f1(x)。再由充分性假设，可得
f(x)|gm(x),m为某一正整数。于是由第7题的充分条件，即证。
9． 证明：x?ax
?b不能有不为零的重数大于2的根。
证 设f(x)?xn?axn?m?b，则f?(x)?xn?m?1[nxm?(n?m)a]，
又因为f?(x)的非零根都是多项式g(x)?nxm?(n?m)a的根，而g(x)的m个根都是单根，因而f?(x)没有不为零且重数大于2的根。 10．
证明：如果f(x)|f(xn)，那么f(x)的根只能是零或单位根。
设a是f(x)的任一个根，由f(x)|f(xn)知，a也是f(x)|f(xn)的根，即
f(xn)?0，所以a也是f(x)的根。以此类推下去，则
a,an,an,...都是f(x)的根。
若f(x)是m次多项式，则f(x)最多只可能有m个相异的根，于是存在k??使
?1)?0，因此f(x)的根a或者为0，或者为单位根。
11．如果f?(x)|f(x)，证明f(x)有n重根，其中n??(f(x))。
设a1,a2,...,as是f?(x)的s个不同的根，且它们的重数分别为?1,?2,...,?s，由于f?(x)是
n?1次多项式，因而?1??2?...??s?n?1，
其次，由f?(x)|f(x)，所以a1,a2,...,as分别为f(x)的?1?1,?2?1,...,?s?1重根，但
(?1?1)?(?2?1)?...?(?s?1)?n，
所以n?1?s?n，从而s?1。这就是说，f?(x)只可能有一个根a1，且重数为?1?n?1。故f(x)有n重根。 11．
设a1,a2,...,an是n个不同的数，而F(x)?(x?a1)(x?a2)...(x?an)
?1；2）任意多项式f(x)用F(x)除所得的余式为 ?i?1(x?ai)F?(ai)
f(ai)F(x) ??(x?a)F(a)i?1ii
1）令 g(x)?
?(x?a)F?(a)，
则 ?(g(x))?n?1，
但g(a1)?g(a2)?...?g(an)?1， 所以g(x)?1。即证得
?1。 ??i?1(x?ai)F(ai)
2）对于任意的多项式f(x)，用F(x)除得
f(x)?q(x)F(x)?r(x),
(r(x) ?或0?r(x()?)n?，1当r(x)?0时，结论显然成立。当?(r(x))?n?1时，若令
， ??(x?a)F(a)i?1ii
则?(k(x))?n?1，于是
r(ai)?f(ai)?k(ai)
(i?1,2,...
r(x)?k(x)?
。 ?i?1(x?ai)F?(ai)
设a1,a2,...,an与F(x)同上题，且b1,b2,...,bn是任意n个数，显然
biF(x) ??(x?a)F(a)i?1ii
n。, 适合条件L(ai)?bi
(i?1,2,...
这称为拉格朗日(Lagrange)插值公式。
利用上面的公式：
1） 一个次数?4的多项式f(x)，它适合条件：
f(2)?3,f(3)??1,f(4)?0,f(5)?2 2）一个二次多项式f(x)，它在x?0,
,?处与函数sinx有相同的值；
3）一个次数尽可能低的多项式f(x)，使
f(0)?1,f(1)?2,f(2)?5,f(3)?10
1）设F(x)?(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)，且
f(2)?3,f(3)??1,f(4)?0,f(5)?2， 将它们代入L(x)（即f(x)），可得
3(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)(?1)(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)
(x?2)(2?3)(2?4)(2?5)(x?3)(3?2)(3?4)(3?5)0(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)2(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)
(x?4)(4?2)(4?3)(4?5)(x?5)(5?2)(5?3)(5?4)
x?x?x?42。 326
si????0?f?( )
设F(x)?x(x?
)(x??)，与上题类似，可得
3） 同理，设F(x)?x(x?1)(x?2)(x?3)，可得
f(x)?x?1。
14．设f(x)是一个整系数多项式，试证：如果f(0)与f(1)都是奇数，那么f(x)不能有整数根。
设a是f(x)的一个整数根，则f(x)?(x?a)f1(x)，由综合法知商式f1(x)也为整系数多项式，于是
?f(0)??af1(0)
?f(1)?(1?a)f1(1)
又因为a与1?a中必有一个为偶数，从而f(0)与f(1)中至少有一个为偶数，与题设矛盾。故f(x)无整数根。 15．设x1,x2,...,xn是方程
xn?a1xn?1?...?an?0
的根，证明：x2,...,xn的对称多项式可以表成x1与a1,a2,...,an?1的多项式。
设f(x2,...,xn)是关于x2,...,xn的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有
f(x2,...,xn)?g(?1/,...,?n?1)
其中?1/(i?1,2,...,n?1)是x2,...,xn的初等对称多项式。 由于
??1/??1?x1
?//??2??2?x1?1
....................?//???n?1??n?1?x1?n?2
其中?i为x1,x2,...,xn的初等对称多项式，但是
?1??a1???2?a2?
.............?
n?1???n?1?(?1)an?1
将（3）代入（2）可知，?i/是x1,a1,a2,...,an?1的一个多项式，不妨记为
（4） ?i/?pi(x1,a1,a2,...,an?1)
(i?1,2,...
再将（4）代入（1）式右端，即证f(x2,...,xn)可表为x1,a1,a2,...,an?1的多项式。 16．设f(x)?(x?x1)(x?x2)...(x?xn)?x??1x
?...?(?1)n?n，
令sk?x1?x2?...?xn
(k?0,1,2,...)。
xk?1f?(x)?(s0xk?s1xk?1?...?sk?1x?sk)f(x)?g(x) 其中g(x)的次数?n或g(x)?0。
2） 由上式证明牛顿(Newton)公式：
sk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)k?1?k?1s1?(?1)kk?k?0
（对1?k?n）
sk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)n?nsk?n?0
f(x)xk?1k?1
1）由假设f?(x)??，xf?(x)??f(x)
x?xx?xi?1i?1ii
xk?1?xik?1xik?1
??f(x)??f(x) ??(xk?xixk?1?...?xik)f(x)?g(x)，
x?xii?1i?1i?1x?xi
其中g(x)??f(x)是一个次数?n的多项式。故
xk?1f?(x)?(s0xk?s1xk?1?...?sk?1x?sk)f(x)?g(x) 2）由于f(x)?xn??1xn?1?...?(?1)n?n，
xk?1f?(x)?xk?1(nxn?1?(n?1)?1xn?2?...?(?1)n?1?n?1)，
因此得等式
(s0xk?s1xk?1?...?sk?1x?sk)(xn??1xn?1?...?(?1)n?n)?g(x)
?xk?1(nxn?1?(n?1)?1xn?2?...?(?1)n?1?n?1)
当k?n时，比较上式两端含x的系数，首先由于?(g(x))?n,g(x)不含有x的项，所以等
式左端含x的系数为
sk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)k?1?k?1s1?(?1)ks0?k?0，
而右端含x的项只有一项，它的系数为(?1)k(n?k)?k，所以
sk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)k?1?k?1s1?(?1)ks0?k?(?1)k(n?k)?k，
注意到s0?n，即证得
sk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)k?1?k?1s1?(?1)k?k?0。
当k?n时，等式(?)右端所有项的次数都大于n，所以含x的系数为0，而左端含x的项的
系数为sk??1sk?1?...?(?1)
?nsk?n，因此sk??1sk?1?...?(?1)n?nsk?n?0。得证。
17．根据牛顿公式，用初等对称多项式表示s2,s3,s4,s5,s6。
解 1）当n?6时，由上题可得s2?s1?1?2?2?0，而s1??1，所以s2??12?2?2。
同理可得s3??1?3?1?2?3?3， 2s4??14?4?12?2?4?1?3?2?2?4?4，
2s5??15?5?13?2?5?12?3?5?1?2?5?1?4?5?2?3?5?5， 23s6??16?6?14?2?6?13?3?9?12?2?6?12?4?2?22?3?3?6?2?4?6?1?5?12?1?2?3?6?6。
2）当n?5时，s2,s3,s4,s5同1）所给，且
2s6??16?6?14?2?6?13?3?9?12?2?6?12?4?12?1?2?3 32
。 ?6?1?5?2?2?6?2?4?3?3
3) 当n?4时，s2,s3,s4同1）所给，s6同2）所给，且
s5??15?5?13?2?5?12?3?5?1?2?5?1?4?5?2?3。
4）当n?4时，s2,s3同1）所给，s5,s6同3）所给，且
。 s4??14?4?12?2?4?1?3?2?2
5）当n?2时，s2同1）所给，s4,s5,s6同4）所给，且s3??1?3?1?2。
18．证明：如果对于某一个6次方程有s1?s3?0，那么
这时n?6，并注意s1??1?0，且s1?3?3?0，所以?3?0，于是
s2??2?2，s5??5?2?3?5?5，即s5?5?5。
而s7??1s6??2s5??3s4??4s3??5s5??6s1??7?2?5， 故
s7ss???2?5?52。 752
19．求一个n次方程使s1?s2?..?sn?1?0。 解
设此方程为x??1x
?...?(?1)n?n?0，由题设及牛顿公式，可得
?1??2?...?n?1?0，故所求方程为xn?(?1)n?n?0或xn?a?0。
20．求一个n次方程使s1?s2?..?sn?0。 解 设此方程为xn??1xn?1?...?(?1)n?n?0， 由题设及牛顿公式可得?k?即?k?
(k?2,3,...,n)，
(k?2,3,...n，,
?1，?3??13 ，...，?n??1n， 23!n!
故所求方程为x??1x
求以下9级排列的逆序数,从而决定它们的奇偶性
解:1) 所求排列的逆序数为:
??0?1?1?3?3?0?1?1?10，
所以此排列为偶排列。
2) 所求排列的逆序数为:
??1?0?4?5?4?3?0?1?18，
所以此排列为偶排列。
3) 所求排列的逆序数为:
????8?7?6?5?4?3?2?1?
所以此排列为偶排列。
2.选择i与k使
成偶排列； 2)
1i25k4897成奇排列。
1) 当i?8,k?3时, 所求排列的逆序数为:
9?9?1??36， 2
?0?0?4?1?3?1?1?0?10
故当i?8,k?3时的排列为偶排列.。
2)当i?3,k?6时, 所求排列的逆序数为:
???1i25k4897????
?0?1?0?1?1?0?1?1?5
故当i?3,k?6时的排列为奇排列。
3.写出把排列12345变成排列25341的那些对换。
1,2?2,5?3,4?
?21435?????25431?????25341解:
12345????。
4.决定排列n?n?1??21的逆序数,并讨论它的奇偶性。
因为1与其它数构成n?1个逆序,2与其它数构成n?2个逆序,
,,,,n?1与n构成1个逆序,所以排列n?n?1??21的逆序数为
??n?n?1??21???n?1???n?2????2?1
故当n?4k,4k?1时，排列为偶排列；
当n?4k?2,4k?3时排列为奇排列。
5.如果排列x1x2?xn?1xn的逆序数为k,排列xnxn?1?x2x1的逆序数是多
因为比xi大的数有n?xi个,所以在
xnxn?1?x2x1与x1x2?xn?1xn这两个排列中,由xi与比它的
各数构成的逆序数的和为n?xi.因而,由xi构成的逆序总数
恰为 1?2????n?1??
n?n?1?。 2
而排列x1x2?xn?1xn的逆序数为k,故排列xnxn?1?x2x1的逆序数 为
n?n?1??k。 2
6.在6阶行列式中,a23a31a42a56a14a65, a32a43a14a51a66a25这两项应带有
在6阶行列式中,项a23a31a42a56a14a65前面的符号为
(?1)??234516????312645????1?
同理项a32a43a14a51a66a25前面的符号为
??341562????234165?
所以这两项都带有正号。
7．写出4阶行列式中所有带有负号并且因子a23的项。
解： 所求的各项应是?a11a23a32a44 ， ?a12a23a34a41 ， ?a14a23a31a42 。
8．按定义计算行列式：
0n?1?000n0?00n
?010?200??
00?n?100?0
解：1）所给行列式的展开式中只含有一个非零项a1na2,n?1?an1，
它前面的符号应为??1?
所以原行列式=??1?
??n(n?1)?21?
2）所给行列式的展开式中只含有一个非零项a12a23?an?1,nan1，
它前面的符号应为??1?
所以原行列式=??1?
3）所给行列式的展开式中只含有一个非零项a1,n?1a2,n?2?an?1,1ann，
它前面的符号应为??1?
???n?1?n?2???21n?
?n?1??n?2?
所以原行列式=??1?
9．由行列式定义证明：
?n?1??n?2?
a1b1a2b2c2d2e2
解：行列式展开的一般项可表示为a1j1a2j2a3j3a4j4a5j5，列标j3j4j5只可以在1，2，3，4，5中取不同的值，故三个下标中至少有一个要取3，4，5列中之一数，从而任何一个展开式中至少要包含一个0元素，故所给行列式展开式中每一项的乘积必为0，因此原行列式值为0。
10． 由行列式定义计算
31xx21121? 中x4与x3的系数，并说明理由。
解：含有x4的展开项只能是a11a22a33a44，所以x4的系数为2；同理，含有x3的展开项只能是a12a21a33a44，所以x3的系 数为-1。
1??0， 证明：奇偶排列各半。
证：由题设，所给行列式的展开式中的每一项的绝对值等于1。 而行列式的值为0，这说明带正号与带负号的项的项数相等.根据行列式的定义，其展开式中的每一项的符号是由该乘积中各因子下标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，且第二个下标所成排列为偶排列时， 该项前面所带的符号为正，否则为负号，所以，由带正号的项与带负号的项数相等即说明奇偶排列各半。
x2a1a2?an?1
其中a1,a2,?,an?1是互不相同的数。
1）由行列式定义，说明P?x?是一个n?1次多项式； 2）由行列式性质，求P?x?的根。
解：1）因为所给行列式的展开式中只有第一行含有x，所以若行列式的第一行展开时，含有xn?1的对应项的系数恰为??1?
乘一个范德蒙行列式
??an?1a12a2
于是，由a1,a2,?,an?1为互不相同的的数即知含有xn?1的对应项的系数不为0，因而P?x?为一个n?1次的多项式。
2） 若用a1,a2,?,an?1分代替x时，则由行列式的性质知所给行列式的值为0，
即P?ai??0.故P?x?至少有n?1个根a1,a2,?,an?1.又因为P?x?是一个
n?1次的多项式，所以a1,a2,?an?1必是P?x?的全部根。
13．计算下面的行列式：
1）1014543
?342721x?y
11?y1c111?yd2
?b?1?2?c?1?2?d?1?2?a?2?2?b?2?2?c?2?2?d?2?2?a?3?2?b?3?2?c?3?2?d?3?2
解：1） 原式=21
01??294?105 。
2x?2yyx?yx
2）原式=2x?2y
??2?x3?y3?
412?02?2?2 1
=200?22?20
xx00x0005）原式=11?x1100yy?
2a?12a?32a?5a2
2a?16）原式=b2
2b?12b?32b?5b2
2c?1d22d?12d?32d?5d22d?1b?c
14.证明 b1?c1
c1?a1a1?b1?2a1
b1c1。 b2?c2
证明：由行列式的性质，有
左边=2a1?b1?c1
c1?a1a1?b1 a2?b2?c2
a?b?c?b?b1?b2
=2a1?b1?c1
a2c1?右边 。 c2
15．算出下列行列式的全部代数余子式：
解：1）A11??6， A12?0， A13?0，A14?0，
A21??12， A22?6，A23?0，A24?0，
A31?15,A32??6,A33??3,A34?0A41?7,A42?0,A43?1,A44??2
2）A11?7,A12??12,A13?3，
A21?6,A22?4,A23??1，
A31??5,A32?5,A33?5 。
16．计算下面的行列式：
01?120 212
00?1?1?50115
解：1）原式= =??
?1?2?300?123
602?12034 11
164=-?24?6?36?54?3?32??? 。
3）原式=?10
?15?6?25310
24）原式=64
17．计算下列n阶行列式：
0?00y?00x?00???0??0?0
122?）223?2
?????222?n
a1?b1a2?b1
a1?b2?a1?bna2?b2?a2?bn
???an?b2?an?bn
x2?x2?m???x2
解：1）按第一列展开，原式=xn???1?n?1
2）从第2列起各列减去第1列
b1?b2?b1?bn 原式=
b1?b2?b1?bn
b1?b2?b1?bn
当n?3时，原式=0；
当n?2时，原式=?a2?a1??b2?b1?；
当n?1时，原式=a1?b1。
3）原式=?n???xm??x2?m?
xni?i?1?????x2?xn?m
??n??0?m?0
??n???x?n?1i?m???m?i?1?
）原式=01?0??202????????00?n?2005）各列加到第1列得到
=??2??n?2?！。?n?2n?1
n?n?1?220?1
?2?0???0???n?2?0
?n?1? 。 2
?1a?0?a1a2?an??0?a
a0a1a2?an?2
?xn?an?1xn?1??a1x?a0。
000?1000?1
12cos?1?00
?n?1??n?1? 。
加到第1行，得 ai?1
?a1a2?an?1???a
证明：4）分别将第i(i?2,?,n?1)行乘以-
=a1a2?an(a0??
) = 右边。 ai
4）从最后一行起，分别将每一行都乘以x后加到其前一行，得
xn?an?1xn?1???a1x?a0xn?1?an?1xn?2???a2x?a1xn?2?an?1xn?3???a3x?a2
x2?an?1x?an?2
?100?0?10??00
?an?1xn?1???a1x?a0
???1?n?1xn?an?1xn?1???a1x?a0??1?n?1
?xn?an?1xn?1???a1x?a0
4）将所给行列式记为Dn，按第1列展开得
Dn??????Dn?1???Dn?2，
即Dn??Dn?1???Dn?1??Dn?2?，
此式对一切n都成立.故递推得
Dn??Dn?1??2?Dn?2??Dn?3?
??3?Dn?3??Dn?4?????n?2?D2??D1?，
??n?2?????????????????n
在Dn中?,?的地位是一样的，故同理可得
Dn??Dn?1??n，
?????Dn??n，
Dn?=右边。
?2cos2??1?cos2?， 此时结论
4）对2阶行列式，有D2?成立。
假设对阶数小于n的行列式结论皆成立，则对n阶行列式Dn按最后一行展
开，得Dn?2cos?Dn?1?Dn?2，因为
Dn?2?cos?n?2??
?cos??n?1??????cos?n?1??cos??sin?n?1??sin?
代入Dn可得
Dn?2cos?cos?n?1???cos?n?1??cos??sin?n?1??sin?
?cos?n?1??cos??sin?n?1??sin?
?cos??n?1??????cosn?
故对一切n结论成立，即证。
=a1a2?an?1???a
??=右边。 ?
19．用克拉默法则解下列方程：
?2x1?x2?3x3?2x4?6?x1?2x2?3x3?2x4?6?3x?3x?3x?2x?5?2x?x?2x?3x?8?1?1234234
3x?x?x?2x?33x?2x?x?2x??1???3x1?x2?3x3?x4?4?2x1?3x2?2x3?x4??8
?x1?2x2?2x3?4x4?x5??1?5x1?6x2?1?2x?x?3x?4x?2x?8?x?5x?6x?0
3）?3x1?x2?x3?2x4?2x5??24）?x2?5x3?6x4?0
?4x?3x?4x?2x?2x??2?x?5x?6x????x1?x2?x3?2x4?3x5??3?x4?5x5?1
解：1）d??70,d1??70,d2??70,d3??70,d4??70 。
所以方程组有唯一解：
?1,x2?2?1,x3?3?1,x4?4?1 。 dddd
2）d?324,d1?324,d2?648,d3??324,d4??648 。
所以方程组有唯一解：
?1,x2?2?2,x3?3?1,x4?4??2 。 dddd
3）d?24,d1?96,d2??336,d3??96,d4?168,d5?312 。
所以方程组有唯一解：
?4,x2?2??14,x3?3??4,x4?4?7,x5?5?13 。 ddddd
4）d?665,d1?45,d3?703,d4??395,d5?212 .
所以方程组有唯一解：
,x2??,x3?,x4??,x5?。 665
20．设a1,a2,?,an是数域P中互不相同的数，b1,b2,?,bn是数域
P中任一组给定的数，用克拉默法则证明：有唯一的数域P上
的多项式f?x??c0?c1x?c2x2???cn?1xn?1 使
?i?1,2,?,n?。
证明：由f?ai??bi得
?c0?c1a1?c2a12???cn?1a1n?1?b1?2n?1
?c0?c1a2?c2a2???cn?1a2?b2
.............................................?
?c?ca?ca2???can?1?b
2nn?1nn?01n
这是一个关于c0,c1,?,cn?1的线性方程组，且它的系数行列式
为一个范得蒙行列式.由已知该行列式不为0，故线性方程组
只有唯一解，即所求多项式是唯一的。
21．设水银密度h与温度t的关系为h?a0?a1t?a2t2?a3t3，
由实验测定得以下数据：
求t?15 ，40时的水银密度（准确到两位数）。
解：将t,h的实验数据代入关系式
h?a0?a1t?a2t2?a3t3，得a0?13.60，且
?10a1?100a2?.08?
?20a1?400a2?.05
?30a?900a?.0812?
因为系数行列式
由克拉默法则可求得
a1??0.0042， ,a2?0.0.0000033
故所求关系式为
h?13.60?0.0042
再将t?15,t?40分别代入上式，其水银密度分别为
ht?15?13.56, ht?40?13.48。
线性方程组
1． 用消元法解下列线性方程组：
?x1?3x2?5x3?4x4?1
?x1?2x2?3x4?2x5?1?x?3x?2x?2x?x??1
12345?x?x?3x?x?3x?2??12?345
1)?x1?2x2?x3?x4?x5?3 2)?
2x?3x?4x?5x?2x?72345?1?x?4x?x?x?x?3
?9x1?9x2?6x3?16x4?2x5?25?x?2x?x?x?x???x7?0?3x1?4x2?5?x1?2x2?3x3?4x4?44?2x?3x?3?x?x?x??3x3?x2?0?234?124
4x?11x?13x?16x?0x?3x??x??1
??4?0??7x2?3x3?x4??3?7x1?2x2?x3?3x?
?x1?2x2?3x3?x4?1?2x1?x2?x3?x4?1?3x?2x?x?x?1
x?2x?3x?2??1?234
5)?x1?3x2?x3?x4?1
5x?x?x?2x??14?123?2x?2x?2x?x?1
?2x1?x2?x3?3x4?4??5x1?5x2?2x3?2
1）对方程组得增广矩阵作行初等变换，有
?00?21?1???
?1?13???0?5
1?13??0?7?11?1????0?1
1?1?2???12?
?102?1?00?32?
?0002?2???
0???00?20??
0??00000????0?100
1??2??0? ?0?0??
rank()?rank()?4?5，
所以方程组有无穷多解，其同解方程组为
?2x?x??2?15
?2x?03????x2?x4?0
?x1?1?k?x?k2??
?x?k?4??x5??2?2k
其中k为任意常数。
2）对方程组德增广矩阵作行初等变换，有
0?321??120?321??12
?1?1?31?32??0?3?34?51?????? ?2?34?527??0?741?25?????9?11?1616????0?32?1?120?32?1?12
?0?3?3?1?0?14?5??334?5????
1?1??33333????
33?2529??7???
rank()?4?rank(A)?3，
所以原方程无解。
3）对方程组德增广矩阵作行初等变换，有
?1?23?44??1?23?44??01?11?3??01?11?3?????? ?1?3?????0?731?30?731?3????
?1?0???0??0
?01?11?3????
0?48?24??0
0?8?03??， 012?
rank()?rank(A)?4，
所以方程组有惟一解，且其解为
?x1??8?x?3?2
。 ?x?6?3??x4?0
4）对方程组的增广矩阵作行初等变换，有
?34?57??17?89?
?2?33?2??2?33?2?????? ?411?16?????7??????89??17?89??17
?0??1719?20?
?017??????0?????
即原方程组德同解方程组为
?x1?7x2?8x3?9x4?0
?17x?19x?20x?0234?
由此可解得
313?x?k???
?x?19k?20k?2171172， ?
?x3?k1?x?k?42
其中k1,k2是任意常数。
5）对方程组的增广矩阵作行初等变换，有
?21?111??2?3?22?32??7?????51?12?1??3???2?11?34???4?2?7???10???10
1?111?00?14?? 001?2?
00?25?1?111?00?14?? 0002?
?700?14????
rank()?4?rank(A)?3，
所以原方程组无解。
6）对方程组的增广矩阵作行初等变换，有
??2?5?????1???1?0?
???11??402????500
61?0?1??，
11??0?1????0
55??0100???1
即原方程组的同解方程组为
?5x2?7x3?2?61?
， ?x?x???34
55????x1?x3?0
?x2?2?7k?55
x?k?3?16?x4???k
其中k是任意常数。
2.把向量?表成?1,?2,?3,?4的线性组合.。
1)??(1,2,1,1)
?1?(1,1,1,1),?2?(1,1,?1,?1)
?3?(1,?1,1,?1),?4?(1,?1,?1,1)
2)??(0,0,0,1)
?1?(1,1,0,1),?2?(2,1,3,1)
?3?(1,1,0,0),?4?(0,1,?1,?1)
1）设有线性关系
??k1?1?k2?2?k3?3?k4?4
代入所给向量，可得线性方程组
?k1?k2?k3?k4?1?k?k?k?k?2?1234
?k1?k2?k3?k4?1??k1?k2?k3?k4?1
k4??， 4444
???1??2??3??4。
2）同理可得
3.证明：如果向量组?1,?2,?,?r线性无关，而?1,?2,?,?r,?线性相关，则向量可由?1,?2,?,?r线性表出.
由题设，可以找到不全为零的数k1,k2,?,kr?1使
k1?1?k2?2???kr?r?kr?1??0，
显然kr?1?0.事实上，若kr?1?0，而k1,k2,?,kr不全为零，使
k1?1?k2?2???kr?r?0
成立，这与?1,?2,?,?r线性无关的假设矛盾，即证kr?1?0.故
12r4.?i?(?i1,?i2,?,?in)(i?1,2,?,n)，证明：如果?ij?0，那么?1,?2,?,?n线性无关。
设有线性关系k1?1?k2?2???kn?n?0， 代入分量，可得方程组
??11k1??21k2????n1kn?0??k??k????k?0?n
???????????????1nk1??2nk2????nnkn?0
由于ij?0，故齐次线性方程组只有零解，从而?1,?2,?,?n线性无关。
5.设t1,t2,?,tr是互不相同的数，r?n.证明：
?i?(1,ti,?,tin?1)(i?1,2,?,r)是线性无关的。
设有线性关系k1?1?k2?2???kr?r?0，则
?k1?k2???kr?0?tk?tk???tk?0?1122rr
???????????
?tn?1k?tn?1k???tn?1k?0?1122rr
1）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
2tn??(tj?ti)?0，
t1n?1t2?tn
所以方程组有惟一的零解，这就是说?1,?2,?,?r线性无关。
2）当r?n时，令
??1?(1,t1,t12,?,t1r?1)
?2r?1??2?(1,t2,t2,?,t2)
???(1,t,t2,?,tr?1)?rrrr
则由上面1)的证明可知?1,?2,?,?r是线性无关的。而?1,?2,?,?r是?1,?2,?,?r延长的
12r6.设?1,?2,?3线性无关，证明?1??2,?2??3,?3??1也线性无关。 证
设由线性关系k1(?1??2)?k2(?2??3)?k3(?3??1)?0，则
(k1?k3)?1?(k1?k2)?2?(k2?k3)?3?0。
再由题设知?1,?2,?3线性无关，所以
?k1?k2?0， ?k?k?0?23
解得k1?k2?k3?0，所以?1??2,?2??3,?3??1线性无关。
7.已知?1,?2,?,?s的秩为r，证明：?1,?2,?,?s中任意r个线性无关的向量都构成它的一个极大线性无关组.
设?i1,?i2,?,?ir是?1,?2,?,?s中任意r个线性无关向量组，如果能够证明任意一个向量?j(j?1,2,?,s)都可由?i1,?i2,?,?ir线性表出就可以了。
事实上，向量组?i1,?i2,?,?ir,?j是线性相关的，否则原向量组的秩大于r，矛盾.这说明?j可由?i1,?i2,?,?ir线性表出，再由?j的任意性，即证。
8.设?1,?2,?,?s的秩为r，?i1,?i2,?,?ir是?1,?2,?,?s中的r个向量，使得
?1,?2,?,?s中每个向量都可被它们线性表出，证明：?i,?i,?,?i是?1,?2,?,?s的一
个极大线性无关组。
由题设知?i1,?i2,?,?ir与?1,?2,?,?s等价，所以?i1,?i2,?,?ir的秩与
?1,?2,?,?s的秩相等，且等于r.又因为?i,?i,?,?i线性无关，故而?i,?i,?,?i是
?1,?2,?,?s的一个极大线性无关组。
9.证明：一个向量组的任何一个线性无关组都可以扩充成一线性无关组。 证
将所给向量组用（Ⅰ）表示，它的一个线性无关向量组用（Ⅱ）表示。
若向量组（Ⅰ）中每一个向量都可由向量组（Ⅱ）线性表出，那么向量组（Ⅱ）就是向量组（Ⅰ）的极大线性无关组.否则，向量组（Ⅰ）至少有一个向量?不能由向量组（Ⅱ）线性表出，此时将?添加到向量组（Ⅱ）中去，得到向量组（Ⅲ），且向量组（Ⅲ）是线性无关的。
进而，再检查向量组（Ⅰ）中向量是否皆可由向量组（Ⅲ）线性表出.若还不能，再把不能由向量组（Ⅲ）线性表出的向量添加到向量组（Ⅲ）中去，得到向量组（Ⅳ）。继续这样下去，因为向量组（Ⅰ）的秩有限，所以只需经过有限步后，即可得到向量组（Ⅰ）的一个极大线性无关组。
10.设向量组为
?1?(1,?1,2,4)，?2?(0,3,1,2)，?3?(3,0,7,14)，
?4?(1,?1,2,0)，?5?(2,1,5,6)。
1） 证明：?1,?2线性无关。
2） 把?1,?2扩充成一极大线性无关组。
1）由于?1,?2的对应分量不成比例，因而?1,?2线性无关。 2）因为?3?3?1??2，且由
k1?1?k2?2?k4?4?0，
k1?k2?k4?0，
所以?1,?2,?4线性无关。
k1?1?k2?2?k4?4?k5?5?0，
代入已知向量后，由于相应的齐次线性方程组的系数行列式为0，因而该齐次线性方程组存在非零解，即?1,?2,?4,?5线性相关，所以?5可由?1,?2,?4线性表出。
这意味着?1,?2,?4就是原向量组的一个极大线性无关组。
此题也可将?1,?2,?4,?5排成5?4的矩阵，再通过列初等变换化为行阶梯形或行最简形，然后得到相应结论。
11.用消元法求下列向量组的极大线性无关组与秩：
1)?1?(6,4,?1,2),
?2?(1,0,2,3,?4)
?3?(1,4,?9,?16,22),?4?(7,1,0,?1,3)?3?(3,0,7,14),?5?(2,1,5,6)
?2?(0,3,1,2)?4?(1,?1,2,0)
2)?1?(1,?1,2,4),
??1??6????12
1）设A?????
??3??1?????4???7?
对矩阵A作行初等变换，可得
023?4?? 4?9?1622?
?0??04?11?1926??0
?10234????
4?11?1926??0
1?14??023?4??， 04569?98?
1?14?2231?
所以?1,?2,?3,?4的秩为3，且?2,?3,?4即为所求极大线性无关组。
3） 同理可得?1,?2,?4为所求极大线性无关组，且向量组的秩为3。
12.证明：如果向量组（Ⅰ）可以由向量组（Ⅱ）线性表出，那么（Ⅰ） 的秩不超过（Ⅱ）的秩。
由题设，向量组（Ⅰ）的极大线性无关组也可由向量组（Ⅱ）的极大线性无关组线性表出，即证向量组（Ⅰ）的秩不超过向量组（Ⅱ）的秩。
13.设?1,?2,?,?n是一组维向量，已知单位向量?1,?2,?,?n可被它们线性表出，证明：
?1,?2,?,?n线性无关。
设?1,?2,?,?n的秩为r?n，而?1,?2,?,?n的秩为n。 由题设及上题结果知
从而r?n，故?1,?2,?,?n线性无关。
14.设?1,?2,?,?n是一组n维向量，证明：?1,?2,?,?n线性无关的充分必要条件是任一n维向量都可被它们线性表出。
必要性.设?1,?2,?,?n线性无关，但是n?1个n维向量?1,?2,?,?n,?必线性相关，于是对任意n维向量?，它必可由?1,?2,?,?n线性表出。
充分性 任意n维向量可由?1,?2,?,?n线性表出，特别单位向量?1,?2,?,?n可由
?1,?2,?,?n线性表出，于是由上题结果，即证?1,?2,?,?n线性无关。
15.证明：方程组
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