高等代数选讲讲义

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1、高等代数选讲讲义高等代数选讲信阳师范学院数学与信息科学学院2006年9月目录第一讲带余除法1第二讲不可约多项式5第三讲互素与不可约、分解9第四讲多项式的根13第五讲典型行列式17第六讲循环行列式21第七讲特殊行列式方法26第八讲解线性方程组31第九讲分块矩阵与求秩36第十讲矩阵的分解与求逆40第十一讲广义逆与特殊矩阵对关系45第十二讲特征值、对角线与最小多项式51第十三讲向量的线性相关与自由度56第十四讲双线性型与正定二次型61第十五讲线性空间及其几何背景66第十六讲欧氏空间和正交变换的意义71第十七讲线性变换的核与象76第十八讲线性变换的特

2、征与不变子空间81第一讲带余除法定理1(带余除法)，则有其中r(x)=0或<,r(x),定理带余除法可将f(x),g(x)的性质“遗传”到较低次的r(x),也可将g(x),r(x)的性质“反馈”到较高次的f(x)。边缘性质：若满足某个条件C的多项式存在，则一定存在一个次数最低的满足条件C的多项式。反过来，满足条件D的多项式次数不超过m,则这样的集中一定有一个次数最大的。根据带余除法和边缘性持，创造了求最大公因式的辗转相除法。可以证明最小公倍式也是存在的，还可以得到更多的其它结论。例是一个数，且f(a)=O,则P[x]中存在唯一首项系数=1且次

3、数最低的多项式ma(x)：证作：那么，故S中存在一个次数最低且首系二1的多项式ma(x),现设m(x)也是满足条件的多项式，那么所以令—(ma(x))<则r(a)=O,得r(x)=O,所以m(x)=ma(x)，唯一性证毕。推论：，那么证：证。定理在P[x]中的ma(x)是不可约多项式，(用反证法)例求Q[x]屮则x4-即为所求。,所以的对称解法二：先考虑关于Q的所有对称根：有它自己和推广：Q[x]中的最小多项式为，其中p与q互素。例求Q[x]中，的最小多项式解法一：设,则即得:,则根有解法二:故最小多项式为当口然数P，p为无理数时，p的所有对

4、称根为其中()用方法一虽简二虽长，却是有步骤地可以求出任何的最小多项式。任设,为A的特征多项式，由一Cayley定理，fA(A)二0,作那么中存在唯一的首系=111次数最低的多项式mA(x),称mA(x)为A的最小多项式。例则例令，那么，定理,则A相似于对角矩阵的充要条件(之一)是例证明解法所以于是解法为且g(x)在例设复数在Q上线性无关,Q[x]屮不可约，若对于每个g(x)的根，有证明：)，其中V或故g(x)与有公共根，因g(x)不可约，得，即(否则，<)得此题的难点在于从可能非有理数的如何过渡到有理数r,而下一题在正式出版的解答屮也忽略了

5、复数解。的最大公因式是一个二次多项式,例设求I,u的值。(P45,7)解其中由己知条件，必有s(x)=(),s⑸各项系数的分子为0,即,得tl=—4,lilt若(注意到，由得因此一共有5组t,u的取值，大部分学生及出版的解答都只给出了匸一4,u=0这一组解。4第二讲不可约多项式判定一个多项式f(x)是否可约，涉及其所在的数域P,也无固定的方法可循，在C±,任何大于1次的多项式皆可约，而只有一次多项式不可约，在R上，只有一次的和部分二次的(判别式<0)是不可约的，在一般P±,一次多项式当然不可约，ma(x)若存在也是不可约的(上讲Th3)例设f

6、(x)=x3—，证明f(x)在Q上不可约。证明：若f(x)在Q上可约，则f(x)必有一次因式，则f(x)必有有理根，但f(x)的有理根只可能是±1,±5。f(l)#O,f(—1)丸，f(5)丸，f(-所以f(x)在Q上不可约。这种方法对于四次以上的多项式是行不通的，因为可能只有2次以上的多项式，可以尝试用判别法。例证明f(x)=x6-在Q上不可约

7、1,,5,,不可约。证明：取p=5(素数)，有些多项式f(x)表面上不能用判别法，做，则f(x)可约当且仅当g(y)可约。例为素数，试证f(x)=,(k>l)在有理数域Q上不可约。证：①p=2吋，，

8、令取p=2由判别法，f(x)不可约。②当为奇素数时令贝9由于中间一项不存在最高次项和常数项，用判别法对互素数p,F(y)不可约，从而f(x)不可约。令k=l,则也不可约，这是一个重要推论。在P[x]屮还有一大类多项式是无法应用判别法的，但一定可以按照Kroneclcer的方法，判定是否可约。如下例。例证明f(x)=x5——2在Q上不可约证明：设易证无有理根，一次因式)，其中a、b、c、d、e、为什么？)，则有④代入得由得四种可能情形①③不可能有整数解。同理考虑情形②，③，④，都无整数解，综上所述得，得在Q上不可约。在Q上讨论Z[x]中多项式的

9、可约问题，有如下重要结论。定理ez(x),则彳仇)在0上可约在Z上可约定理可约(Q上—4m2x2可约证：一必要性的证明用的是Kronecker思想，设于是由⑶若若，