2021年合肥工业大学《高等代数》试题和答案（蔡宇编辑）

1、(16分)已知方阵
A=(−11111−11111−11111−1)A=\begin{pmatrix} -1&1&1&1\\ 1&-1&1&1\\ 1&1&-1&1\\ 1&1&1&-1 \end{pmatrix} A=⎝⎜⎜⎛−11111−11111−11111−1⎠⎟⎟⎞
记∣A∣~\vert A\vert~ ∣A∣ 中第i~i~ i 行第j~j~ j 列的代数余子式为Aij~A_{ij}~ Aij ,求∑i,j=14Aij~\sum\limits_{i,j=1}^{4}A_{ij}~ i,j=1∑4Aij .

解：其实这是一道课本习题的简单应用，过程就不再详细写了.
∣A∣=∣−11111−11111−11111−1∣=−16\vert A\vert=\begin{vmatrix} -1&1&1&1\\ 1&-1&1&1\\ 1&1&-1&1\\ 1&1&1&-1 \end{vmatrix}=-16 ∣A∣=∣∣∣∣∣∣∣∣−11111−11111−11111−1∣∣∣∣∣∣∣∣=−16
我们直接构造一个矩阵B~B~ B ,算B~B~ B 的行列式
∣B∣=∣0222202222022220∣=−48\vert B\vert=\begin{vmatrix} 0&2&2&2\\ 2&0&2&2\\ 2&2&0&2\\ 2&2&2&0 \end{vmatrix}=-48 ∣B∣=∣∣∣∣∣∣∣∣0222202222022220∣∣∣∣∣∣∣∣=−48
故∑i,j=14Aij=∣B∣−∣A∣=−32~\sum\limits_{i,j=1}^{4}A_{ij}=\vert B\vert-\vert A\vert=-32~ i,j=1∑4Aij=∣B∣−∣A∣=−32

2、(16分)已知P~P~ P 为数域，f(x),g(x)∈P[x],A∈Pn×n~f(x),g(x)\in P[x],A\in P^{n\times n}~ f(x),g(x)∈P[x],A∈Pn×n ,且(f(x),g(x))=1~(f(x),g(x))=1~ (f(x),g(x))=1 ,f(A)g(A)=O~f(A)g(A)=O~ f(A)g(A)=O ,证明：R(f(A))+R(f(A))=n~R(f(A))+R(f(A))=n~ R(f(A))+R(f(A))=n .
其中R(f(A)),R(f(A))~R(f(A)),R(f(A))~ R(f(A)),R(f(A)) 表示f(A),g(A)~f(A),g(A)~ f(A),g(A) 的秩

解：由f(A)g(A)=0~f(A)g(A)=0~ f(A)g(A)=0 ,可知R(f(A))+R(f(A))≤n~R(f(A))+R(f(A))\le n~ R(f(A))+R(f(A))≤n
由(f(x),g(x))=1~(f(x),g(x))=1~ (f(x),g(x))=1 可知,存在μ(x),ν(x)∈P[x]~\mu(x),\nu(x)\in P[x]~ μ(x),ν(x)∈P[x] ,使得
μ(x)f(x)+ν(x)g(x)=1\mu(x)f(x)+\nu(x)g(x)=1μ(x)f(x)+ν(x)g(x)=1
把矩阵A~A~ A 代入上式，即有
μ(A)f(A)+ν(A)g(A)=E\mu(A)f(A)+\nu(A)g(A)=Eμ(A)f(A)+ν(A)g(A)=E
根据矩阵秩的关系，我们有
n=R(E)=R(μ(A)f(A)+ν(A)g(A))≤R(μ(A)f(A))+R(ν(A)g(A))≤R(f(A))+R(g(A))n=R(E)=R(\mu(A)f(A)+\nu(A)g(A))\le R(\mu(A)f(A))+R(\nu(A)g(A))\le R(f(A))+R(g(A))n=R(E)=R(μ(A)f(A)+ν(A)g(A))≤R(μ(A)f(A))+R(ν(A)g(A))≤R(f(A))+R(g(A))
故命题得证

3、(16分)设线性方程组
{x1+x2+x3=0x1+2x2+αx3=0x1+4x2+α2x3=0\begin{cases} x_1+x_2+x_3=0\\ x_1+2x_2+\alpha x_3=0\\ x_1+4x_2+\alpha^2x_3=0 \end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧x1+x2+x3=0x1+2x2+αx3=0x1+4x2+α2x3=0
与方程x1+2x2+x3=α−1~x_1+2x_2+x_3=\alpha-1~ x1+2x2+x3=α−1 有公共解，求参数α~\alpha~ α 的值及所有公共解

解：由于方程x1+2x2+x3=α−1~x_1+2x_2+x_3=\alpha-1~ x1+2x2+x3=α−1 一定有非零解
并且线性方程组的系数矩阵的行列式是范德蒙德行列式，要使该方程组有非零解，只能是α=1或者α=2~\alpha=1或者\alpha=2~ α=1或者α=2 ，所以我们只是需要考虑这两种情况即可
(1)、当α=1~\alpha=1~ α=1 时
公共解x=k(1,0,−1)T~x=k(1,0,-1)^T~ x=k(1,0,−1)T ，其中k~k~ k 为任意数
(1)、当α=2~\alpha=2~ α=2 时
公共解x=(0,1,−1)T~x=(0,1,-1)^T~ x=(0,1,−1)T ,这是唯一解

4、(16分)设3元实二次型f(x,y,z)=t(x2+y2+z2)+3y2−4xy−2xz+4yz~f(x,y,z)=t(x^2+y^2+z^2)+3y^2-4xy-2xz+4yz~ f(x,y,z)=t(x2+y2+z2)+3y2−4xy−2xz+4yz
(1)、当t~t~ t 取何值时，f(x,y,z)~f(x,y,z)~ f(x,y,z) 为正定二次型
(2)、当t~t~ t 取何值时，f(x,y,z)~f(x,y,z)~ f(x,y,z) 为半负定二次型
(3)、当t~t~ t 取何值时，f(x,y,z)~f(x,y,z)~ f(x,y,z) 为某一个实二次多项式的平方

解：

5、(16分)~~  记全体正实数组成的集合为R+~\mathbb{R}^+~ R+ ，并用R~\mathbb{R}~ R 表示实数域.设a,b∈R+,k∈R~a,b\in\mathbb{R}^+,k\in\mathbb{R}~ a,b∈R+,k∈R ,定义加法和数乘运算
a⊕b=ab,k∘a=aka\oplus b=ab,~~k\circ a=a^ka⊕b=ab,  k∘a=ak
(1)~~  证明R+~\mathbb{R}^+~ R+ 在如上加法与数乘下构成实数域上的线性空间
(2)~~  求R+~\mathbb{R}^+~ R+ 的维数和一组基

解：(1)~~  要证明实数域上的集合R+\mathbb{R}^+R+在定义的两种运算⊕和∘~\oplus和\circ~ ⊕和∘ 是否构成线性空间，下面我们先简要说一下两种运算对于R+\mathbb{R}^+R+集合是封闭的
1、对任意的a,b∈R+~a,b\in\mathbb{R}^+ a,b∈R+,a⊕b=ab∈R+~a\oplus b=ab\in\mathbb{R}^+~ a⊕b=ab∈R+
2、对任意的a∈R+~a\in\mathbb{R}^+ a∈R+，k∈Rk\in\mathbb{R}~k∈R ,k∘a=ak∈R+~k\circ a=a^k\in\mathbb{R}^+~ k∘a=ak∈R+
现证明是否满足线性空间的八条性质
下面四条是集合R+\mathbb{R}^+R+对运算⊕~\oplus~ ⊕ 的性质
1、(交换律)~~  对任意的a,b∈R+~a,b\in\mathbb{R}^+ a,b∈R+，a⊕b=b⊕a~a\oplus b=b\oplus a~ a⊕b=b⊕a
2、(结合律)~~  对任意的a,b,c∈R+~a,b,c\in\mathbb{R}^+ a,b,c∈R+，(a⊕b)⊕c=a⊕(b⊕c)=abc~(a\oplus b)\oplus c=a\oplus(b\oplus c)=abc ~ (a⊕b)⊕c=a⊕(b⊕c)=abc
3、(零元律)~~  存在1∈R+~1\in\mathbb{R}^+~ 1∈R+ ,对任意的a∈R+~a\in\mathbb{R}^+~ a∈R+ ,都有1⊕a=a~1\oplus a=a~ 1⊕a=a
4、(逆元律)~~  对任意的a∈R+~a\in\mathbb{R}^+ a∈R+，都存在1a∈R+~\frac{1}{a}\in\mathbb{R}^+ a1∈R+,使得a⊕1a=1~a\oplus\frac{1}{a}=1~ a⊕a1=1
以下是两种集合对于⊕和∘~\oplus和\circ~ ⊕和∘ 共同的性质
5、~ 存在1∈R~1\in\mathbb{R}~ 1∈R ,对任意的a∈R+~a\in\mathbb{R}^+~ a∈R+ ,都有1∘a=a~1\circ a=a~ 1∘a=a
6、对任意的k,l∈R~k,l\in\mathbb{R}~ k,l∈R ,任意的a∈R+~a\in\mathbb{R}^+~ a∈R+ ,有k∘(l∘a)=k∘(al)=alk=(kl)∘a~k\circ(l\circ a)=k\circ(a^l)=a^{lk}=(kl)\circ a~ k∘(l∘a)=k∘(al)=alk=(kl)∘a
7、对任意的k,l∈R~k,l\in\mathbb{R}~ k,l∈R ,任意的a∈R+~a\in\mathbb{R}^+~ a∈R+ ,有(k+l)∘a=ak+l=akal=(k∘a)⊕(l∘a)~(k+l)\circ a=a^{k+l}=a^ka^l=(k\circ a)\oplus(l\circ a)~ (k+l)∘a=ak+l=akal=(k∘a)⊕(l∘a)
8、对任意的k∈R~k\in\mathbb{R}~ k∈R ，对任意的a,b∈R+~a,b\in\mathbb{R}^+ a,b∈R+，有k∘(a⊕b)=(ab)k=akbk=(k∘a)⊕(k∘b)~k\circ(a\oplus b)=(ab)^k=a^kb^k=(k\circ a)\oplus(k\circ b)~ k∘(a⊕b)=(ab)k=akbk=(k∘a)⊕(k∘b)
经上分析,我们可知R+~\mathbb{R}^+~ R+ 在如上加法与数乘下构成实数域上的线性空间

(2)、对任意的a,b∈R+~a,b\in\mathbb{R}^+ a,b∈R+，一定有k,l∈R~k,l\in\mathbb{R}~ k,l∈R ，使得(k∘a)⊕(l∘b)=1(k\circ a) \oplus(l\circ b)=1~~(k∘a)⊕(l∘b)=1 ,显然k=l=0k=l=0k=l=0,左式就成立，对于一旦给定a,b∈R+~a,b\in\mathbb{R}^+ a,b∈R+，显然它一定有非零解k,l~k,l~ k,l ，这一点非常重要。又由于R+~\mathbb{R}^+~ R+ 为非空集合，对于任意的两个元素都是线性相关，所以dim(R+)=1~dim(\mathbb{R}^+)=1~ dim(R+)=1 ,其基可以为任意非1正实数(因为1是该线性空间的零元)。

6、(16分)~ 设V~V~ V 是数域P~P~ P 上的有限维线性空间，W~W~ W 是V~V~ V 的一个子空间，A~\mathscr{A}~ A 为V~V~ V 上的线性变换，证明
dimA(W)+dim(A−1(0)∩W)=dimWdim\mathscr{A}(W)+dim(\mathscr{A}^{-1}(0)\cap W)=dim WdimA(W)+dim(A−1(0)∩W)=dimW
其中A(W)={Aα∣α∈W}~\mathscr{A}(W)=\left\{\mathscr{A} \alpha|\alpha\in W\right\}~ A(W)={Aα∣α∈W}

证明：不妨设dim(A−1(0)∩W)=t~dim(\mathscr{A}^{-1}(0)\cap W)=t~ dim(A−1(0)∩W)=t ,dimW=t+s~dim W=t+s~ dimW=t+s ,
设A−1(0)∩W~\mathscr{A}^{-1}(0)\cap W~ A−1(0)∩W 的一组基为α1,α2,…,αt~\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_t~ α1,α2,…,αt ,将其扩充成W~W~ W 的一组基α1,α2,…,αt,β1,β2,…,βs~~\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_t,\beta_1,\beta_2,\dots,\beta_s~ α1,α2,…,αt,β1,β2,…,βs ，现在我们只是需要证明A(β1),A(β2),…,A(βs)~\mathscr{A}(\beta_1),\mathscr{A}(\beta_2),\dots,\mathscr{A}(\beta_s)~ A(β1),A(β2),…,A(βs) 是AW~\mathscr{A} W~ AW 的一组基.
现在AW~\mathscr{A} W~ AW 的任意元素都能够由Aβ1,Aβ2,…,Aβs~\mathscr{A}\beta_1,\mathscr{A}\beta_2,\dots,\mathscr{A}\beta_s~ Aβ1,Aβ2,…,Aβs 线性表出
对任意的v∈AW~v\in\mathscr{A} W~ v∈AW ,一定存在u∈W~u\in W~ u∈W ,使得Au=v~\mathscr{A} u=v~ Au=v ,由于u∈W~u\in W~ u∈W ,故一定存在k1,k2,…,kt,l1,l2,…,ls∈P~k_1,k_2,\dots,k_t,l_1,l_2,\dots,l_s\in P~ k1,k2,…,kt,l1,l2,…,ls∈P ,使得
u=k1α1+k2α2⋯+ktαt+l1β1+l2β2⋯+lsβsu=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2\dots+k_t\alpha_t+l_1\beta_1+l_2\beta_2\dots+l_s\beta_su=k1α1+k2α2⋯+ktαt+l1β1+l2β2⋯+lsβs
Au=A(k1α1+k2α2⋯+ktαt+l1β1+l2β2⋯+lsβs)=k1Aα1+k2Aα2⋯+ktAαt+l1Aβ1+l2Aβ2⋯+lsAβs=l1Aβ1+l2Aβ2⋯+lsAβs\begin{aligned} \mathscr{A} u &=\mathscr{A}(k_1\alpha_1+k_2\alpha_2\dots+k_t\alpha_t+l_1\beta_1+l_2\beta_2\dots+l_s\beta_s)\\&=k_1\mathscr{A}\alpha_1+k_2\mathscr{A}\alpha_2\dots+k_t\mathscr{A}\alpha_t+l_1\mathscr{A}\beta_1+l_2\mathscr{A}\beta_2\dots+l_s\mathscr{A}\beta_s\\ &=l_1\mathscr{A}\beta_1+l_2\mathscr{A}\beta_2\dots+l_s\mathscr{A}\beta_s \end{aligned}Au=A(k1α1+k2α2⋯+ktαt+l1β1+l2β2⋯+lsβs)=k1Aα1+k2Aα2⋯+ktAαt+l1Aβ1+l2Aβ2⋯+lsAβs=l1Aβ1+l2Aβ2⋯+lsAβs
故AW~\mathscr{A} W~ AW 任意元素可由Aβ1,Aβ2,…,Aβs~\mathscr{A}\beta_1,\mathscr{A}\beta_2,\dots,\mathscr{A}\beta_s~ Aβ1,Aβ2,…,Aβs 线性表出

下证Aβ1,Aβ2,…,Aβs~\mathscr{A}\beta_1,\mathscr{A}\beta_2,\dots,\mathscr{A}\beta_s~ Aβ1,Aβ2,…,Aβs 线性无关
存在p1,p2,…,ps~p_1,p_2,\dots,p_s~ p1,p2,…,ps ,使得p1Aβ1+p2Aβ2+⋯+psAβs=0~p_1\mathscr{A}\beta_1+p_2\mathscr{A}\beta_2+\dots+p_s\mathscr{A}\beta_s=0~ p1Aβ1+p2Aβ2+⋯+psAβs=0
即A(p1β1+p2β2+⋯+psβs)=0~\mathscr{A}(p_1\beta_1+p_2\beta_2+\dots+p_s\beta_s)=0~ A(p1β1+p2β2+⋯+psβs)=0 ,根据前面，α1,α2,…,αt~\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_t~ α1,α2,…,αt 是A−1(0)∩W~\mathscr{A}^{-1}(0)\cap W~ A−1(0)∩W 的一组基，那么存在q1,q2,…,qt~q_1,q_2,\dots,q_t~ q1,q2,…,qt 使得
p1β1+p2β2+⋯+psβs=q1α1+q2α2+⋯+qtαtp_1\beta_1+p_2\beta_2+\dots+p_s\beta_s=q_1\alpha_1+q_2\alpha_2+\dots+q_t\alpha_tp1β1+p2β2+⋯+psβs=q1α1+q2α2+⋯+qtαt
最后依据α1,α2,…,αt,β1,β2,…,βs~~\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_t,\beta_1,\beta_2,\dots,\beta_s~ α1,α2,…,αt,β1,β2,…,βs 是W~W~ W 的一组基，我们知p1=p2=⋯=ps=0~p_1=p_2=\dots=p_s=0~ p1=p2=⋯=ps=0 ,故Aβ1,Aβ2,…,Aβs~\mathscr{A}\beta_1,\mathscr{A}\beta_2,\dots,\mathscr{A}\beta_s~ Aβ1,Aβ2,…,Aβs 线性无关
命题得证

7、(16分)设矩阵
A=(a0b3c51−b−1−a)A=\begin{pmatrix} a&0&b\\ 3&c&5\\ 1-b&-1&-a \end{pmatrix}A=⎝⎛a31−b0c−1b5−a⎠⎞
满足∣A∣=−1~\vert A\vert=-1~ ∣A∣=−1 ,λ0~\lambda_0~ λ0 为A~A~ A 的伴随矩阵A∗~A^*~ A∗ 的一个特征值.ξ0=(1,−1,−1)′~\xi_0=(1,-1,-1)'~ ξ0=(1,−1,−1)′ 为A∗A^*A∗属于特征值λ0~\lambda_0~ λ0 的一个特征向量
(1)、求a,b,c及λ0~a,b,c及~\lambda_0~ a,b,c及 λ0 的值
(2)、判断A~A~ A 是否可以对角化

解：(1)、设λ~\lambda~ λ 为A~A~ A 的非零特征值，ξ~\xi~ ξ 为其对应特征向量，即有Aξ=λξ~A\xi=\lambda\xi~ Aξ=λξ ,
则有A∗ξ=∣A∣λ−1ξ~A^*\xi=\frac{\vert A\vert}{\lambda^-1}\xi~ A∗ξ=λ−1∣A∣ξ ，故.ξ0=(1,−1,−1)′~\xi_0=(1,-1,-1)'~ ξ0=(1,−1,−1)′ 也为A~A~ A 的特征向量，不妨设其对应的特征值为k~k~ k ,则有Aξ0=kξ0~A\xi_0=k\xi_0~ Aξ0=kξ0 ,即
(a0b3c51−b−1−a)(1−1−1)=k(1−1−1)\begin{pmatrix} a&0&b\\ 3&c&5\\ 1-b&-1&-a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\-1\\-1 \end{pmatrix}=k\begin{pmatrix} 1\\-1\\-1 \end{pmatrix}⎝⎛a31−b0c−1b5−a⎠⎞⎝⎛1−1−1⎠⎞=k⎝⎛1−1−1⎠⎞
有关系
{a−b=k−c−2=−k2+a−b=−k\left\{ \begin{aligned} &a-b=k\\ &-c-2=-k\\ &2+a-b=-k \end{aligned} \right. ⎩⎪⎨⎪⎧a−b=k−c−2=−k2+a−b=−k
同时有∣A∣=−1~\vert A\vert=-1~ ∣A∣=−1 ,上述工程我就不详细计算了,最终我们得到a=−2,b=−1,c=−3,k=−1~a=-2,b=-1,c=-3,k=-1~ a=−2,b=−1,c=−3,k=−1
故有λ0=1~\lambda_0 =1~ λ0=1
(2)、由上我们可知矩阵
A=(−20−13−352−12)A=\begin{pmatrix} -2&0&-1\\ 3&-3&5\\ 2&-1&2 \end{pmatrix}A=⎝⎛−2320−3−1−152⎠⎞
计算A~A~ A 的特征值，我们知道λ=−1(3重特征值)~\lambda=-1(3重特征值)~ λ=−1(3重特征值) ，而r(A+E)=2~r(A+E)=2~ r(A+E)=2 ,故A~A~ A 不能相似对角化

8、(14分)设A~A~ A 为n~n~ n 阶正定矩阵，在实线性空间Rn~\mathbb{R}^n~ Rn 定义二元函数[α,β]=αTAβ,α,β∈Rn~[\alpha,\beta]=\alpha^TA\beta,\alpha,\beta\in\mathbb{R}^n~ [α,β]=αTAβ,α,β∈Rn
(1)、证明[α,β]~[\alpha,\beta]~ [α,β] 为Rn~\mathbb{R}^n~ Rn 上的内积
(2)、当A=(21−1121112)~A=\begin{pmatrix} 2&1&-1\\ 1&2&1\\ 1&1&2 \end{pmatrix} A=⎝⎛211121−112⎠⎞时，求单位向量与α1=(1,0,0)T,α2=(0,1,0)T~\alpha_1=(1,0,0)^T,\alpha_2=(0,1,0)^T~ α1=(1,0,0)T,α2=(0,1,0)T 都正交(在以上内积下)

证明:(1)证明过程不再叙述了，很简单，只是需要证明内积的四条性质(对称性，齐次性，线性，非负性)即可，只是提醒一下，这里务必要求A~A~ A 为正定矩阵。
(2)、感觉这一问更简单，按照定义算一下，我个人算出一个向量β=(1,1,−3)~\beta=(1,1,-3)~ β=(1,1,−3) 与α1=(1,0,0)T,α2=(0,1,0)T~\alpha_1=(1,0,0)^T,\alpha_2=(0,1,0)^T~ α1=(1,0,0)T,α2=(0,1,0)T 都正交，最后单位化，这里要注意，单位化的时候，我们还是用上面定义的内积，单位化之后是(12(3)),12(3)),−32(3))~(\frac{1}{2\sqrt(3)}),\frac{1}{2\sqrt(3)}),\frac{-3}{2\sqrt(3)})~ (2(3)1),2(3)1),2(3)−3)

9、(14分)设V~V~ V 是数域P~P~ P 上的n~n~ n 线性空间，A~\mathscr{A}~ A 是V~V~ V 上的线性变换，且A(V)=A−1(0)~\mathscr{A}(V)=\mathscr{A}^{-1}(0)~ A(V)=A−1(0) ,其中A(V),A−1(0)~\mathscr{A}(V),\mathscr{A}^{-1}(0)~ A(V),A−1(0) 分别表示A~\mathscr{A}~ A 的值域与核空间.
(1)~~  证明：n~n~ n 为偶数
(2)~~  证明：存在V~V~ V 的一组基，使得A~\mathscr{A}~ A 在这组基下的矩阵为(OEn2OO)~\begin{pmatrix}O&E_{\frac{n}{2}}\\O&O\end{pmatrix}~ (OOE2nO) .
证明：(1)~~  根据线性变换的维数公式，这是显然的.
若A~\mathscr{A}~ A 是线性空间V~V~ V 上的线性变换，则有dim(V)=dimA(V)+dimA−1(0)~dim(V)=dim\mathscr{A}(V)+dim\mathscr{A}^{-1}(0) dim(V)=dimA(V)+dimA−1(0)
(2)、感觉是很显然的，但是数学需要严谨证明。
我们可以对V~V~ V 中的基进行分类，设α1,α2,…,αs,β1,β2,…,βt~\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_s,\beta_1,\beta_2,\dots,\beta_t~ α1,α2,…,αs,β1,β2,…,βt 为V~V~ V 中的一组基，
其中A(V)=<A(α1),A(α2),…,A(αs)>~\mathscr{A}(V)=<\mathscr{A}(\alpha_1),\mathscr{A}(\alpha_2),\dots,\mathscr{A}(\alpha_s)>~ A(V)=<A(α1),A(α2),…,A(αs)> ,而A−1(0)=<β1,β2,…,βt>~\mathscr{A}^{-1}(0)=<\beta_1,\beta_2,\dots,\beta_t>~ A−1(0)=<β1,β2,…,βt>
由(1)可知，s=t=n2~s=t=\frac{n}{2}~ s=t=2n ,
现在我们就依据A(V)=A−1(0)~\mathscr{A}(V)=\mathscr{A}^{-1}(0)~ A(V)=A−1(0) ，证明α1,α2,…,αs,A(α1),A(α2),…,A(αs)~\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_s,\mathscr{A}(\alpha_1),\mathscr{A}(\alpha_2),\dots,\mathscr{A}(\alpha_s)~ α1,α2,…,αs,A(α1),A(α2),…,A(αs) 构成V~V~ V 中的一组基

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2021年计算机网络期末考试题,2021年计算机网络期末考试试题及答案-20210515145802.doc-原创力文档...
计算机网络期末考试试题及答案填空题(每空 1 分,共 30 分) 1.在计算机网络定义中,一种计算机网络包括多台具备自治_功能计算机:把众多计算机有机连接起来要遵循规定商定和规则,即通信合同:计算 ...
2021年上海理工大学《高等代数》试卷和答案（蔡宇编辑）
2021年上海理工大学<高等代数>试卷解题人:蔡宇 1.(10分)设 ∣α11α12-α1nα21α22-α2n----αn1αn2-αnn∣=1\begin{vmatrix} \alp ...
Android社招面经分享！2021华为Android高级面试题及答案，附相关架构及资料
反思昨晚去北京大望路阿里面试, 产生了严重的挫败感, 羞愧难当. 比不得从大学就有目标有理想, 一直在为目标努力学习技术的同学, 在大学唯一能拿得出手的就是参加了电子设计大赛, 学了点嵌入式的知识. ...
2021网易Java高级面试题及答案，王者笔记！
前言 Spring 是一个非常流行和成功的 Java 应用开发框架.Spring Security 是 Spring 家族中的一个安全管理框架,提供了一套 Web 应用安全性的完整解决方案.在用户认证 ...
中国大学MOOC体育保健学考试试题及答案
一.名词解释考试题(搜题答案解析在优题宝) 1.体育保健学 2.运动性疲劳 3.过度训练 4.健康行为 5.肌肉拉伤 6.心脏杂音 7.运动性血尿 8.擦伤 9.营养 10.宏量营养素 11.晕厥 1 ...
2021年华为c++面试题及答案
c++面试题 3.python中 tuple 和 list的区别 Python 的元组与列表类似,不同之处在于元组的元素不能修改. 元组使用小括号 ( ),列表使用方括号 [ ]. 4.python ...

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