北京工业大学2014年高等代数真题解析一.填空题(写出正确答案，本题共25分，每小题5分)1.如果实方阵，则【解答】，因此，2.已知三阶矩阵A的特征值是x3=1的三个不同根，则【解答】x3=1的三个根为，故。
3.二次型的秩=2，则【解答】，其秩为2，易见无论a取何值，矩阵的第1与2行都线性无关，故该矩阵的秩为2当且仅当，即。
4.设，其中B为3阶实方阵，T关于矩阵加法和数乘构成R-线性空间，则T的一组基为【解答】与A可交换，即与，与其可交换的矩阵即故E，为T的一组基。
T的维数为3。
5.设是n阶行列式，其中，，则 (写出具体表达式)【解答】，特征方程的两根都是1，故。
二.选择题(将正确的答案的选项填入括号中，本题共25分，每小题5分)1.设均为3矩阵，且，若，，则（）(A)(B)(C)(D)【解答】，因此，选A。
2.秩为r的n阶方阵A满足( )【解答】，故A的特征值为0,2，为其一个化零多项式，没有重零点，故A可对角化，故其秩与非零特征值的个数相同，故A的特征值2的重数为r，特征值0的重数为n-r。
选B。
3.设，且A的伴随矩阵的秩是1，则a和b的关系是( )a=b a≠b且a≠2b a≠b且a+2b≠0 a+2b=0 【解答】，其特征值为可对角化。
的秩是1，故r(A)=2，故a-b≠0且a+2b=0，即a≠b且a+2b=0，选D。
4.向量组线性无关，而线性相关，则下面论断正确的是( )(A)能被线性表出(B)不能被线性表出(C)能被线性表出(D)不能被线性表出【解答】线性无关，故线性无关，不能被线性表出。
线性相关，故a4能被线性表出，与等价，故不能被线性表出，当然也不能被线性表出。
选B。
5.设V，U是n维，m维向量空间(m≠n)，的线性映射，则( )(A)(B)(C) (D)【解答】由线性映射的理论，选A。
三.(本题18分)已知线性方程组有无穷多解；设是三阶矩阵，，分别为的属于特征值的特特征向量。
(1)求所给线性方程组的通解；(2)求矩阵；(3)求行列式的值。
【解答】(1)方程组的增广矩阵为方程组有无穷多解，故，即。
方程组的通解为(2)，令，则P(3)A的特征值为1，-2，-1，故的特征值为故。
四.(本题20分)设是欧氏空间中一单位向量，定义。
证明：(1)是正交变换。
这样的正交变换称为镜面反射；(2)如果维欧氏空间中正交变换以1作为一个特征值，且属于特征值1的特征子空间的维数为n-1，则一定是镜面反射。
【解答】见2007年第七大题。
五.(本题20分)设V是数域P上的n维线性空间，是V的线性变换，，上的恒等变换。
向量组满足，(1)证明为V的一组基；(2)求在下的矩阵。
【备注1】还应该规定。
见2008年第五大题。
六.(本题18分)设A是实数域上的n阶矩阵，且。
(1)证明：矩阵A可逆，并用矩阵A(2)证明：；(3)证明：是可对角化矩阵并且可以表示成两个可逆的实对称矩阵的乘积。
【解答】(1)，故矩阵A。
(2)，故为A的化零多现式，其没有重零点，故可对角化。
的特征值为1或-3，故有个线性无关的特征向量，即，即。
(3)之前已经证明了A是可对角化矩阵，故存在可逆矩阵P，使得这里，为两个可逆的实对称矩阵。
七.(本题24分)设A，B是实数域上的n阶矩阵，是矩阵B的特征多项式，令表示的k阶导数，C=AB-BA。
假定C与A，B可交换。
证明：(1)对任意正整数，有(2)对每个正整数，有，特别地，有(3)若A，B均为实对称矩阵，则。
【解答】(1)我们用数学归纳法证明此结论。
当k=1时，结论显然是成立的。
假设时，结论成立，即k=m+1，，故。
，即故时，结论也成立。
故结论对任意自然数都成立，故对任意正整数k，有(2)令，则，假设我们已经依次求得，则时，故对每个正整数，有，故，故，即。
(3)，故C的特征值全为0。
若A，B均为实对称矩阵，则故C为反对称矩阵，故，特征值全为0，而为实对称矩阵，故，即，即。
北京工业大学2015年高等代数真题解析一.填空题(本题共25分，每小题5分，写出正确答案)1.设A是n阶方阵，为矩阵，为，则【解答】，故，即，因此，2.若实对称矩阵A与矩阵合同，且，则的规范形为【解答】容易得到B的特征值为1，1，-1，实对称矩阵A与矩阵B合同，故的规范形为。
3.设矩阵，齐次线性方程组解空间的维数为2，则【解答】依据题意，，即故，即。
4.设A与B均为阶矩阵，，则【解答】5.如果的四个根是，则【解答】为矩阵的特征值，因此二.填空题(本题共25分，每小题5分)1.设A为型矩阵，B为型矩阵，其中，若，则( )；；；【解答】，故，故。
选A。
2.已知3阶方阵A的特征值为0,2，-1，则行列式的值为( )【解答】3阶方阵的特征值为0,2,-1，故的特征值为，，故。
选。
3.设分别是方阵A的两个不同特征值，分别是它们对应的特征向量，则向量组线性无关的充分必要条件是( )；；；.【解答】分别是方阵A的两个不同特征值，分别是它们对应的特征向量，故线性无关，，于是，线性无关的充分必要条件是，选B。
4.设是阶实正定矩阵，而实矩阵是矩阵方程的唯一解，则( )(A)是正定矩阵； (B)是半正定矩阵；(C)是负定矩阵； (D)无法确定的正、负定性。
【解答】是阶实正定矩阵，而实矩阵是矩阵方程的唯一解，故，故，由唯一性，，即为对称矩阵。
再任取的特征值，假设为相应的特征向量，则，由于是阶实正定矩阵，故，故，，由的任意性，B是正定矩阵，选。
5.实二次型经过非退化线性替换可化成规范形，则的值为( ) ；；；【解答】二次型的矩阵为，其特征值为，经过非退化线性替换可化成规范形，其有一个正特征值，2个0特征值，故只能，，即。
选D。
三.(本题12分)设线性方程组为4元非齐次线性方程组，秩(A)=3。
已知是方程组的三个解向量，且(1)求该方程组相应导出组的一个基础解系；(2)求的通解。
【解答】为4元非齐次线性方程组，秩(A)=3，故有4-3=1个线性无关的解。
是方程组的三个解向量，且，，故和为的两个不向的解，故为的一个非零解，故是的一个基础解系。
故为的通解。
四.(本题共24分)设A是阶实方阵。
令(1)(2)若A是主对角线上元素两两不等的对角矩阵，求的维数和一组基；(3)设，求的维数和一组基。
【解答】(1)和，故，，由的任意性，(2)设，其中，两两不同。
任取，则等价于，即，由于两两不同，故又等价于。
故当且仅当为对角矩阵，故，，线性无关，且中任意元素均可由其线性表示，故为的一组基，。
(3)我们先来考虑一个问题：设，求。
任取与可交换的矩阵，则因此，，如果，则如果，则如果，则因此，故为一组基，的维数为。
现在假设某矩阵C的Jordan标准形为，存在可逆矩阵，则其中，的一组基，。
对于本题，A的特征值为1，，故只有一个线性无关的特征向量，其Jordan标准形为。
五.(本题共28分)设V是数域P上的n为的一组基，于是由定义了V的一个线性变换，回答下列问题：(1)试求在下的矩阵；(2)证明；(3)若有一个线性变换满足，则存在的一组基，使得在这组基下的矩阵与(1)中得到的矩阵相同。
(4)若上阶方阵满足。
证明M与N相似。
【解答】(1)，故在下的矩阵为。
(2)在下的矩阵为在该基下的矩阵分别为。
，，故。
(3)线性变换满足，故存在非零向量，使得，但。
，如果0，设为，故，故，矛盾！故0，故线性无关，故为V的一组基。
由于故存在V的一组，使得在这组基下的矩阵与（1）中得到的矩阵相同。
(4)，故和为M，N的最小多项式，故M，N的初等因子都为，故M与N相似。
六.(本题共16分)设是阶实对称矩阵。
秩()=，是中元素的代数余子式。
记。
设二次型。
(1)写出三次型的矩阵形式，并求出该二次型的矩阵；(2)二次型与的规范形是否相同？说明理由。
【解答】(1)(2)的正负特征值的个数分别相等，故与的规范形是相同的。
七.(本题共20分)设是n分别表示矩阵的行列式，转置矩阵和伴随矩阵。
(1)，其中表示元素的代数余子式。
(2)假定(a)若，证明是列向量组正交的可逆矩阵，举例说明A未必是正交矩阵；(b)若，并且是正交矩阵。
【解答】(1)我们首先证明：若矩阵A的第行除了外，其余元素均为0，。
事实上，通过进行次行交换和次列交换，可将换到一行一列位置上，而第一行其余元素都是0。
对手一般的矩阵，利用行列式的可加性，可得这里还用到了一个性质，就是行列式的任一元素的代数余了式与该元素所处的行列的元素均无关。
(2)，是n阶非零实方阵，故。
(a)若n=2，则，故A是列向量组正交的可逆矩阵。
但未必是正交矩阵如。
例如，取=2E，则A非零，，但A不是正交矩阵。
(b)若，就可以得到，故，即是正交矩阵。
