北大2014高等代数部分试题解答思路

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高等代数北大版第6章习题参考答案

高等代数(北大版)第6章习题参考答案第六章线性空间1.设,N M ⊂证明：,MN M M N N==。

证任取,M ∈α由,N M ⊂得,N ∈α所以,N M ∈α即证M NM∈。

又因,M N M ⊂ 故MN M=。

再证第二式，任取M ∈α或,N ∈α但,N M ⊂因此无论哪一种情形，都有,N ∈α此即。

但,N M N ⊂所以MN N=。

2.证明)()()(L M N M L N M =，)()()(L M N M L N M =。

证),(L N M x ∈∀则.L N x M x ∈∈且在后一情形，于是.L M x N M x ∈∈或所以)()(L M N M x ∈，由此得)()()(L M N M L N M =。

反之，若)()(L M N M x ∈，则.L M x N M x ∈∈或在前一情形，,,N x M x ∈∈因此.L N x ∈故得),(L N M x ∈在后一情形，因而,,L x M x ∈∈x NL∈，得),(L N M x ∈故),()()(L N M L M N M ⊂于是)()()(L M N M L N M =。

若x MNL M NL∈∈∈（），则x ，x 。

在前一情形X x MN∈，X ML ∈且，x MN ∈因而（）（M L ）。

,,N L x M N X ML M N M M N MN ∈∈∈∈∈⊂在后一情形，x ,x 因而且，即X （M N ）（M L ）所以（）（M L ）（N L ）故（L ）=（）（M L ）即证。

3、检验以下集合对于所指的线性运算是否构成实数域上的线性空间：1）次数等于n （n ≥1）的实系数多项式的全体，对于多项式的加法和数量乘法；2）设A 是一个n ×n 实数矩阵，A 的实系数多项式f （A ）的全体，对于矩阵的加法和数量乘法；3）全体实对称（反对称，上三角）矩阵，对于矩阵的加法和数量乘法；4）平面上不平行于某一向量所成的集合，对于向量的加法和数量乘法；5）全体实数的二元数列，对于下面定义的运算：212121121112b a b a a b b a a k k b a ⊕+=+++-1111（a ，）（（，）（）k 。

高等代数北大版习题参考答案

高等代数北大版习题参考答案The pony was revised in January 2021第九章欧氏空间1.设()ij a =A 是一个n 阶正定矩阵,而),,,(21n x x x =α, ),,,(21n y y y =β,在n R 中定义内积βαβα'A =),(,1) 证明在这个定义之下, n R 成一欧氏空间；2) 求单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵；3) 具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。

解 1)易见βαβα'A =),(是n R 上的一个二元实函数，且(1) ),()(),(αβαβαββαβαβα='A ='A '=''A ='A =， (2) ),()()(),(αβαββαβαk k k k ='A ='A =，(3) ),(),()(),(γβγαγβγαγβαγβα+='A '+'A ='A +=+， (4) ∑='A =ji j i ij y x a ,),(αααα，由于A 是正定矩阵，因此∑ji j i ij y x a ,是正定而次型，从而0),(≥αα，且仅当0=α时有0),(=αα。

2)设单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵为)(ij b B =，则)0,1,,0(),()( i j i ij b ==εε⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nn n n n n a a a a a aa a a212222211211)(010j ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛ =ij a ，),,2,1,(n j i =，因此有B A =。

4) 由定义，知∑=ji ji ij y x a ,),(βα，α==β==故柯西—布湿柯夫斯基不等式为2.在4R 中,求βα,之间><βα,(内积按通常定义)，设: 1) )2,3,1,2(=α, )1,2,2,1(-=β， 2) )3,2,2,1(=α, )1,5,1,3(-=β， 3) )2,1,1,1(=α, )0,1,2,3(-=β。

高等代数北大版第章习题参考答案精修订

高等代数北大版第章习题参考答案SANY标准化小组 #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN#第七章线性变换1．判别下面所定义的变换那些是线性的，那些不是：1）在线性空间V 中，A αξξ+=,其中∈αV 是一固定的向量； 2）在线性空间V 中，A αξ=其中∈αV 是一固定的向量；3）在P 3中，A),,(),,(233221321x x x x x x x +=； 4）在P 3中，A ),,2(),,(13221321x x x x x x x x +-=；5）在P[x ]中，A )1()(+=x f x f ；6）在P[x ]中，A ),()(0x f x f =其中0x ∈P 是一固定的数； 7）把复数域上看作复数域上的线性空间， A ξξ=。

8）在P nn ⨯中，A X=BXC 其中B,C ∈P nn ⨯是两个固定的矩阵. 解 1)当0=α时,是;当0≠α时,不是。

2)当0=α时,是;当0≠α时,不是。

3)不是.例如当)0,0,1(=α,2=k 时,k A )0,0,2()(=α, A )0,0,4()(=αk , A ≠)(αk k A()α。

4)是.因取),,(),,,(321321y y y x x x ==βα,有 A )(βα+= A ),,(332211y x y x y x +++=),,22(1133222211y x y x y x y x y x ++++--+ =),,2(),,2(1322113221y y y y y x x x x x +-++- = A α+ A β， A =)(αk A ),,(321kx kx kx),,2(),,2(1322113221kx kx kx kx kx kx kx kx kx kx +-=+-== k A )(α，故A 是P 3上的线性变换。

5) 是.因任取][)(],[)(x P x g x P x f ∈∈,并令 )()()(x g x f x u +=则A ))()((x g x f += A )(x u =)1(+x u =)1()1(+++x g x f =A )(x f + A ))((x g ，再令)()(x kf x v =则A =))((x kf A k x kf x v x v =+=+=)1()1())((A ))((x f ，故A 为][x P 上的线性变换。

2014北京高考数学圆锥曲线及解题技巧

2014北京高考数学圆锥曲线及解题技巧椭圆与双曲线的性质椭圆1. 点P 处的切线PT 平分△PF 1F 2在点P 处的外角.2. PT 平分△PF 1F 2在点P 处的外角，则焦点在直线PT 上的射影H 点的轨迹是以长轴为直径的圆，除去长轴的两个端点.3. 以焦点弦PQ 为直径的圆必与对应准线相离.4. 以焦点半径PF 1为直径的圆必与以长轴为直径的圆内切.5. 若000(,)P x y 在椭圆22221x y a b +=上，则过0P 的椭圆的切线方程是00221x x y y a b+=. 6. 若000(,)P x y 在椭圆22221x y a b +=外，则过Po 作椭圆的两条切线切点为P 1、P 2，则切点弦P 1P 2的直线方程是00221x x y y a b+=. 7. 椭圆22221x y a b += (a ＞b ＞0)的左右焦点分别为F 1，F 2，点P 为椭圆上任意一点12F PF γ∠=，则椭圆的焦点角形的面积为122tan 2F PF S b γ∆=.8.椭圆22221x y a b+=（a ＞b ＞0）的焦半径公式：10||MF a ex =+,20||MF a ex =-(1(,0)F c - , 2(,0)F c 00(,)M x y ).9. 设过椭圆焦点F 作直线与椭圆相交 P 、Q 两点，A 为椭圆长轴上一个顶点，连结AP 和AQ 分别交相应于焦点F 的椭圆准线于M 、N 两点，则MF⊥NF.10. 过椭圆一个焦点F 的直线与椭圆交于两点P 、Q, A 1、A 2为椭圆长轴上的顶点，A 1P 和A 2Q 交于点M ，A 2P 和A 1Q 交于点N ，则MF ⊥NF.11. AB 是椭圆22221x y a b+=的不平行于对称轴的弦，M ),(00y x 为AB 的中点，则22OM AB b k k a ⋅=-，即0202y a xb K AB -=。

高等代数北大编-第1章习题参考答案

第一章多项式一、习题及参考解答1．用)(x g 除)(x f ，求商)(x q 与余式)(x r ： 1）123)(,13)(223+-=---=x x x g x x x x f ； 2）2)(,52)(24+-=+-=x x x g x x x f 。

解 1）由带余除法，可得92926)(,9731)(--=-=x x r x x q ； 2）同理可得75)(,1)(2+-=-+=x x r x x x q 。

2．q p m ,,适合什么条件时，有 1）q px x mx x ++-+32|1， 2）q px x mx x ++++242|1。

解 1）由假设，所得余式为0，即0)()1(2=-+++m q x m p ，所以当⎩⎨⎧=-=++0012m q m p 时有q px x mx x ++-+32|1。

2）类似可得⎩⎨⎧=--+=--010)2(22m p q m p m ，于是当0=m 时，代入（2）可得1+=q p ；而当022=--m p 时，代入（2）可得1=q 。

综上所诉，当⎩⎨⎧+==10q p m 或⎩⎨⎧=+=212m p q 时，皆有q px x mx x ++++242|1。

3．求()g x 除()f x 的商()q x 与余式：1）53()258,()3f x x x x g x x =--=+； 2）32(),()12f x x x x g x x i =--=-+。

解 1）432()261339109()327q x x x x x r x =-+-+=-；2）2()2(52)()98q x x ix i r x i=--+=-+。

4．把()f x 表示成0x x -的方幂和，即表成2010200()()...()n n c c x x c x x c x x +-+-++-+的形式：1）50(),1f x x x ==；2）420()23,2f x x x x =-+=-；3）4320()2(1)37,f x x ix i x x i x i =+-+-++=-。

高等代数北大版(第三版)答案

令(x2+x+1)=0
得 ε1
=
−1+ 2
3i
,ε2
=
−1− 2
3i
∴f(x)与g(x)的公共根为 ε1,ε2 .
P45.16 判断有无重因式
① f (x) = x5 − 5 x4 + 7x3 + 2x2 + 4x − 8 ② f (x) = x4 + 4x2 − 4x − 3
解① f '(x) = 5x4 − 20x3 + 21x 2 − 4x + 4
设
f (x) d ( x)
=
f1 ( x),
g(x) d ( x)
=
g1 ( x),
及
d
(x)
=Байду номын сангаас
u(x)
f
(x)
+
v( x) g ( x).
所以 d (x) = u(x) f1(x)d (x) + v(x)g1(x)d (x).
消去 d (x) ≠ 0 得1 = u(x) f1(x) + v(x)g1(x)
P45.5
(1) g(x) = (x −1)(x2 + 2x +1) = (x −1)(x +1)2 f (x) = (x + 1)(x3 − 3x −1) ∴ ( f (x), g(x)) = x +1
(2) g(x) = x3 − 3x2 +1不可约 f (x) = x4 − 4x3 + 1不可约
3
u = − 1 [(t 2 + t + 3)(t 2 + 2t − 8) + 6t + 24] = −2(t + 4) ∴3

北京大学2014年高等代数与解析几何试题及解答

都乘以 −1 得到. 又 2014 = 2 × 19 × 53, 因此将 2014 表示为两个正整数的乘积只有 8 种不同的表示方法.
由抽屉原理知,
在
g(k)
的
8
个可能取值中至少有一个出现的次数大于等于
2013 8
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
>
251,
设这个数为
l,
则
有 (x − a1)(x − a2) . . . (x − a252) | g(x) − l, 其中 a1, a2, . . . , a252 为 {1, 2, . . . , 2013} 中互不相同的数. 因为
(1) 若线性变换 A 是正的，则 A 可逆;
(2) 若线性变换 B 是正的, A − B 是正的，则 B−1 − A−1 是正的;
(3) 对于正的线性变换 A, 总存在正的线性变换 B , 使得 A = B2.
7.
求单叶双曲面
x2 a2
+
y2 b2
−
z2 c2
=
1
的相互垂直的直母线的交点的轨迹.

4. (1) 线性变换的最小多项式整除它的零化多项式, 故 xn−1 不是 A 的零化多项式, 从而 An−1 ̸= O =⇒ ∃α ∈ V, 使得 An−1α ̸= 0. 此时将有 α, Aα, . . ., An−1α 线性无关, 结合 V 的维数为 n, 故得到 V 的一组基.
(2) 设 AB = BA, Bα = k0α + k1Aα + · · · + kn−1An−1α. 令 f (x) = k0 + k1x + · · · + kn−1xn−1, 则

高等代数[北大版]第1章习题参考答案解析

WORD 格式可编辑第一章多项式0时，代入2)可得q2pm1. 用 g(x)除 f (x), 求商q(x)与余式r(x):1) f (x) x 3 3x * 22x 1, g(x) 3x 2x 2) f(x) x 4 2x5,g(x) x 211)由带余除法，可得q(x)亍討(X)26 x92同理可得q(x) x x 1, r(x) 5x 7。

1) 2 x mx 1| x 3px q , 2)2 ..4 2x mx 1 | x px q 。

解 1) 由假设, 所得余式为 0, 即(p 所以当 p 1 2 m 时有x 2 mxq m 0m(2 p m 2) 0 2) m, p,q 适合什么条件时，有 2. 1 |xq 1 p2，于是当m 21 m2 )x (q m) 0,pxm 0时，代入(2)可得综上所诉，当时，皆有x 2mx 1|x 4 px 2 q 。

1) f(x)2x 5 5x 3 8x, g(x) x3 ; 2) f (x) x 3 x 2x, g(x) x 12i 。

1)q(x) 2x 4 6x 3 1 13x 239x 109r(x) 327q(x ))x 22ix(52i)or(x) 9 8i求g(x)除f (x)的商q(x)与余式:解 2) 把f (x)表示成x X o 的方幕和，即表成3.4.C o C|(X X o ) C 2(X X o )2... C n (X X 。

)" L 的形式:51) f (X ) X , X o 1 ； 2)f (X ) x 4 2X 2 3,X o 2 ；3) 43f (X ) X 2ix (1i)x 23X 7 i,X o i o解 1)由综合除法，可得 f(x)1 5(X 1) 10(x21) 10(x 1)3 5(X 1)4 (X 1)5 ； 2) 由综合除法，可得 X 42X 2 3 11 24(X 2) 22(X 2)2 8(X2)3 (X 2)4 ;3) 由综合除法，可得X 42ix 3(1 i)x 2 3X (7i)(7 5i) 5(X i) ( 1 i)(x i)2 2i(x i)3 (X i)4。

北京大学高等代数高代II_2014期末2（1）

北京大学高等代数高代II_2014期末2（1）北京大学数学学院期末试题2013－2014学年第二学期考试科目高等代数II 考试时间 2014年6月12日姓名学号一.（20分）设α 1 , α 2 , α 3是矩阵A =100210101的列向量, 设P 是沿< α 1 > 向< α 2 , α 3 > 所作的投影变换, Q 是欧氏空间R 3向< α 2 , α 3 > 所作的正交投影变换. 求 P , Q 在R 3标准基下的矩阵. 二（18分）已知R 3上的双线性函数f ( α , β ) 在基底α 1 , α 2 , α 3 下的度量矩阵为310121011.1) 证明: f ( α , β ) 是R 3上的一个内积;2) 求内积 f 下的一组标准正交基β1 , β2 , β3 , 使得β1 = α 1 ;3) 求内积 f 下的正交变换A , 使得W = < α 1 > 是A 不变子空间,且A 在商空间 R 3 / W 上的诱导变换α + W A α + W 将α 2 + W 变到k α 3 + W , k > 0 . (写出A 在β1 , β2 , β3下的矩阵).三（12分）设A 是酉空间V 上的线性变换, 满足条件( A α , β ) = ( α , A β ), ? α , β ∈ V (A 称为Hermite 变换).1) 证明: A 在复数域上的特征值都是实数;2) 证明: 若W 是A-子空间, 则W ⊥也是A-子空间.四（20分）设 A 是Q-线性空间V 上的线性变换, 且A 在基底α 1 , α 2 , α 3 , α 4 下的矩阵为 A = .1) 求A 的特征多项式与最小多项式 ;2) 求V 的根子空间分解, 写出各个根子空间W i 的基底以及限制变换 A | W i 在此基底下的矩阵;3) 证明: 若线性变换B 与A 可交换, 则每个W i 也都是B -子空间.五（20分）设 A 是实线性空间V 上的线性变换, 且A 在基底α 1 , α 2 , α 3 , α 4 , α 5 下的矩阵为 A = .1) 求A 的最小多项式;2) 求A 的特征子空间(写出基底);3) 求V 的一组基, 使得A 在此基下的矩阵为Jordan 标准型.六 ( 10分) 判断对错. 正确的命题请给出证明, 错误的请举出反例.1) 设 A 是n 阶正交矩阵, α , β ∈ R n . 若α + i β是A 的复特征向量, 且α + i β的特征值不等于± 1, 则一定有( α , β ) = 0 ;2) 如果A , B 是正定矩阵, 则A B + BA 一定也是正定矩阵. -100031122020103110000010001010001010101 01。

高等代数北大编第1章习题参考答案

第一章多项式一、习题及参考解答1 .用g(x)除了(x),求商g(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。

解1)由带余除法,可得q(x) =L-Z,“x) =-竺x-2 ；2)同理可得g(x) = / +x-l,r(x) = -5x + 7。

2. 〃?,PM适合什么条件时，有1 ) X2 +/?1¥-1 I X3 + px + c/ 92) x2 + nix + 11 x4 + px2 +q。

解1 )由假设,所得余式为0,即(〃 + l + 〃?2)x + (q-〃?) = O,所以当 1 + 。

时有 /+〃a-11 X* + px +g 0q _ in = 0 .2)类似可得= 于是当〃? = 0时，代入(2)可得〃=夕+ 1;q + 1 —〃一" = 0而当2- 〃 -J = 0时，代入(2)可得4 = 1 04 = ] _, 时，皆有 / + + 1 I X，+ px2 + 9。

综上所诉，当p + nr = 23 .求g(x)除f(x)的商q(x)与余式:1 ) /(x) = 2«?-5x3-8x,g(x) = x + 3 ;2) f(x) = x3-x2 - xg(x) = x-l + 2i o解[)q(x) = 2x4 - 6x3 +13x2 - 39A+ 109 ,r(x) = -327 '2)= x2 -2LV-(5+2/)r(x) = -9 + 8/ °4 .把/1(X)表示成x-%的方幕和，即表成c()+ G(X —“0)+。

2(X — X。

)~ + …+ C n(X — X。

)” + …的形式：1)/(x) = x',x()= 1 ；2) /(X)= X4-2X2+3,X0 =-2 ;3) f (x) = x4 + 2汉3 -(1 + i)x2 -3x + 7 + i,x0 =-i o解 1 ) 由综合除法，可得f(x) = l + 5(x-l) + 10(x-l)2 + 10(x-1)3+5(X-1)4 + (x-1)5 ;2 ) 由综合除法，可得X4-2X2+3=11-24(X + 2) + 22* + 2)2 -8(.r + 2)3 + (x + 2)，;3）由综合除法，可得『+2立3_（1 +82_3工+ （7 +，）= (7 + 5i)-5(x + i) + (-l-i)(x + i)2 -2i(x + i)3 + (x + i),。

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2. 如果 MNMN 为零矩阵，那么 NMNM 是否为零矩阵？说明理由。
结论是否定的， NMNM 不一定是零矩阵。质数同学给出了反例：
M = ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝000
0 1 0
100⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ , N = ⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜000
1 0 0
100⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
直接验证可知 MNMN 为零矩阵，但 NMNM 不是零矩阵。
的形式。这需要一些技巧，主要是利用矩阵元素的乘法关系
∑n
cij = aikbkj
k =1
由此观察到 Eij = EikEkj ，接下来的构造就自然了。需要说明的是W 的基底构造方法不唯一。
6. 欧氏空间V 中，对称线性变换 A 称为是“正的”，若 ∀α ∈V 恒有 (α , Aα) ≥ 0
本文由 SCIbird 编辑整理
任取非零向量v ∈V ，存在多项式 f (x) ，使得v = f (A)α .所以 Bv = Bf (A)α = f (A)Bα = f (A)g(A)α = g(A)f (A)α = g(A)v
由v 的任意性可知 B = g(A) . 即任何与 A 可交换的线性变换，均可表示成 A 的多项式。评注：xida 在《高等代数葵花宝典》（考研攻略）中对 α, Aα,L, An−1α 这类“循环类”问题进行了更详细的论述，推荐大家去看一看。
Vi = {α ∈V : pi (A)α = 0} 显然V ⊆V1 ∪L∪Vk .
但一个熟知的结论是，若V1,L,Vk 都是V 的真子空间，则V ⊆V1 ∪L∪Vk 不成立。换句话说，有限个真子空间的并集不能覆盖住整个V . 于是必有某个下标 j 使得Vj =V ，此时 pj (x ) = m(x ) 且 max deg pα (x) = degm(x) .
Hale Waihona Puke PT(A−B
)P
=
diag{1−
λ 1
,L,1−
λ n
}
由A−B 的正定性可知1−λi > 0 ，即对角线上的元素都是正数。
不难证明 B−1 , A−1 都是对称矩阵，所以 B−1 −A−1 也是对称矩阵。又
PTAP = E , PTBP = Λ
所以
P A −1 −1(P−1)T
=E
, P B −1 −1(P−1)T
=
diag{1
/
λ 1
,L ,1
/
λ n
}
由此可知
P−1(B−1 −A−1)(P−1)T
= diag{λ1
−1,L ,
1 λ
−1}
1
n
对角线上元素都是正数，故 B−1 −A−1 是正定矩阵。
第(3)问的证明实质是对角线开平方。证明方法与上面大同小异。实对称矩阵A 可
相似对角化，即存在正交矩阵P ，使得
客观评价，2014 年的北大高代试题难度高于去年，但陈题居多。第 5 题和第 6 题是典型的陈题，第 4 题算是陈题翻新，换个说法。个人感觉除了第 6 题外，其余 5 题还是很有看头的
(1) 用反证法。假设任取非零向量 α ，向量组 α, Aα,L, An−1α 都是线性相关的。则所有非零向量 α 对应最小多项式 pα (x) 次数都不超过 n −1，这与线性变换 A 的最小多项式次数是n 的条件矛盾。
(2)前面证明了存在非零向量 α ，使得 α, Aα,L, An−1α 是V 的一组基。所以任取非零向量v ∈V ，存在多项式 f (x) ，使得v = f (A)α . 任取线性变换 B ，满足 AB = BA . 则存在多项式g(x) ，使得 Bα = g(A)α . 我们只需证明 B = g(A) .
无关的。这就证明了 dimW = n 2 −1.
评注：本题有一定的难度。首先，不难将问题转化为对“迹零矩阵”的研究 U = {A ∈V :tr (A) = 0}
容易证明 dimU = n 2 −1 ，比如构造基底 Eij ( i ≠ j )和 E11 −Emm (m = 2 , 3,L, n )
这n 2 −1个迹零矩阵都是线性无关的。关键是证明上述矩阵都能表示成 MN −NM
3. 除了单位矩阵为，是否存在其它n 阶埃尔米特矩阵 M ，满足： 4M 5 + 2M 3 + M = 7En
结论是不存在。证明的关键利用了如下结论：埃尔米特矩阵 M 的最小多项式 m(x) 的根都是实根。令 f (x ) = 4x 5 + 2x 3 +x − 7 ，则 f (1) = 0 . 容易证明
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4. 设V 是n 维向量空间，线性变换 A 的最小多项式次数是n . (1) 证明：存在非零向量 α ，使得 α, Aα,L, An−1α 是V 的一组基； (2) 任何与 A 可交换的线性变换，均可表示成 A 的多项式。
证明的关键是“考虑非零向量 α 的最小多项式”。即考虑使得 pα (A)α = 0 的最小多项式 pα (x) ，其中向量 α 是给定的。设线性变换 A 的最小多项式为m(x) ，类似的证明可知 pα (x) 是m(x ) 的因式。于是当 α 遍历V 中所有非零向量时，只能得到有限个 pα (x) ，不妨记作 p1(x ) ,L , pk (x ) . 定义
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北大 2014 高等代数部分试题解答思路
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1. 令
∏2013
f (x ) = (x −i)2 + 2014
i =1
问多项式 f (x) 是否在有理域内可约？说明理由。
猜想 f (x) 不可约，但不会证明。最初发现 2014 = 2×19×53 ，进而试图证明 f (x) 除最高项外，所有系数都是偶数，然后取 p = 2 应用爱森斯坦判别法。但发现这个猜想不成立，因为这意味着 f (1) 是奇数，但 f (1) = 2014 是偶数。多次尝试没有成功，放弃。感觉就难度而言，这道题不应该放到第一位。
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5. 设V 是所有n 阶复矩阵所组成的向量空间，求所有形如 MN −NM 矩阵所组成向量空间的维数。
记所有形如 MN −NM 型矩阵所组成向量空间为W ，则 dimW = n 2 −1 . 证明的关键是利用迹公式tr (MN ) = tr (NM ) ，于是tr (MN −NM ) = 0 ，进而将问题转化为对“迹零矩阵”的研究。
令U = {A ∈V :tr (A) = 0}，则U 是V 的子空间（真子集），故 dimU ≤ n 2 −1. 利用迹公式tr (MN −NM ) = 0 可知W ⊂U ，所以 dimW ≤ n 2 −1.
考察V 的标准基底{Eij } ，其中矩阵 Eij 在第 i 行、第 j 列处为 1，其它地方为 0. 下面利用矩阵 Eij 来构造子空间W 的基底：
成立，且等号当且仅当 α = 0 时成立。 (1) 证明线性变换 A 是正的，则 A 可逆； (2) 证明若线性变换 B 是正的， A − B 也是正的，则 B−1 −A−1 也是正的； (3) 证明若线性变换 A 是正的，则存在正的线性变换 B ，满足 A = B2 .
为叙述方便，直接将线性变换 A 视作方阵A . 题中说明A 是对称矩阵，所以A 的特征值都是实数。没明白命题时为什么故弄玄虚，“正的”不就是正定性吗？几个小问都是常见结论。
直接计算表明，当i ≠ j 时，恒有 Eij = EikEkj −EkjEik
于是满足i ≠ j 的 Eij 有n 2 −n 个。另一方面，当m = 2 , 3,L, n 时，有 E11 −Emm = E1mEm1 −Em1E1m
这样的 E11 −Emm 有 n −1个。上述的 Eij ( i ≠ j )和 E11 −Emm ( m = 2 , 3,L, n )共 n 2 −1个，且它们是线性
为证明第(1)问，只需证明A 的特征值都是正数即可。
为证明第(2)问需要用到这样一个结论：
设A 与 B 为n 阶实对称矩阵且A 是正定矩阵，则存在可逆矩阵 P 使得
PTAP
=
E
,
PT
BP
=
diag{λ1
,L,
λ n
}
（对角矩阵）。
北大在 2012 年考过这道题，证明见龙凤呈祥同学的解答。
前面已经证明了A 与 B 的特征值都是正数，所以由上面的结论可知
f ′(x) = 20x 4 + 6x 2 +1> 0 这说明 f (x) 是严格单调递增的，故 f (x) 有惟一的单实根x =1，因此
m(x) = x −1. 故 M = En .
评注：本题有些分析味道，利用了函数单调性。证明 f ′(x) = 20x 4 + 6x 2 +1> 0 可
利用判别式法。
P−1AP = ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝λ1
O
λ n
⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
构造矩阵
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B = P ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
λ 1
O
可以验证矩阵 B 满足题意。
λ n
⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟P
−1
评注：本题是陈年老题，没有什么新意。需要注意的是，验证是正定矩阵性时，首先要验证对称性，这一步不要忘记。