高等代数选讲讲义.docx

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1、高等代数选讲高等代数选讲信阳师范学院数学与信息科学学院信阳师范学院数学与信息科学学院20062006 年年 9 9 月月目目录录第一讲第一讲带余除法带余除法.5第二讲第二讲不可约多项式不可约多项式.11第三讲第三讲互素与不可约、分解互素与不可约、分解.17第四讲第四讲多项式的根多项式的根.23第五讲第五讲典型行列式典型行列式.29第六讲第六讲循环行列式循环行列式.35第七讲第七讲特殊行列式方法特殊行列式方法.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第八讲第八讲解线性方程组解线性方程组.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第九讲第九讲分块矩阵与求秩分块矩阵与求秩.错误！未定义书签。错误！未定义书签。

2、第十讲第十讲矩阵的分解与求逆矩阵的分解与求逆.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第十一讲第十一讲广义逆与特殊矩阵对关系广义逆与特殊矩阵对关系.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第十二讲第十二讲特征值、对角线与最小多项式特征值、对角线与最小多项式.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第十三讲第十三讲向量的线性相关与自由度向量的线性相关与自由度.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第十四讲第十四讲双线性型与正定二次型双线性型与正定二次型.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第十五讲第十五讲线性空间与其几何背景线性空间与其几何背景.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第十六讲第十六讲欧氏空间和正

3、交变换的意义欧氏空间和正交变换的意义.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第十七讲第十七讲线性变换的核与象线性变换的核与象.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第十八讲第十八讲线性变换的特征与不变子空间线性变换的特征与不变子空间.错误！未定义书签。错误！未定义书签。第一讲第一讲带余除法带余除法定理定理 1 1（带余除法）f(x)g(x)0Px，则有f(x)=g(x)s(x)r(x)其中r(x)=0 或(r(x)(g(x)，r(x)，s(x)Px定理定理 2 2g(x)f(x)r(x)=0 xa)f(x)f(a)=0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)，

4、r(x)的性质“反馈”到较高次的f(x)。边缘性质边缘性质：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。例例 1 1a是一个数，f(x)Px且f(a)=0，则Px中存在唯一首项系数=1 且次数最低的多项式ma(x)：ma(a)=0证作：Sa=g(x)Pxg(a)=0那么S，故S中存在一个次数最低且首系=1 的多项式ma(x)，现设m(x)也是满足条件的多项式，那么(m(x)=(ma

5、(x)所以(m(x)(ma(x)(ma(x)令r(x)=m(x)ma(x)则r(a)=0，得r(x)=0，所以m(x)=ma(x)，唯一性证毕。推论推论：g(x)Sa，那么ma(x)g(x)。证：g(x)=ma(x)t(x)r(x)r(a)=0 证。定理定理 3 3a在Px中的ma(x)是不可约多项式，（用反证法）例例 2 2求Qx中32，则6252x222)62()5(x即x适合x410 x21，x410 x21 即为所求。解法二：先考虑32 关于Q的所有对称根：有它自己和32，32，32，于是32323232xxxx=323222xx=1102212212422xxxxxx推广推广：Qx中

6、qp 的最小多项式为224)()(2qpxqpx，其中p与q互素。例例 3 3求Qx中，323 的最小多项式解法一：设x=323，则33x=2222333329xxx即得：233627492346xxxxx解法二：，则01,123 ，所以323 的对称根有323323123,23,23r r r326353423,23,23r r r故最小多项式为)()()()()(654321rxrxrxrxrxrx3333332323xx=31329313292323xxxxxx=233627492346xxxxx当自然数p，np为无理数时，np的所有对称根为np，np，2np，1nnp其中1,2sin2

7、cosnnin，且nnnbababababa)()()(12（）用方法一虽简单，但对于诸如求7532等的最小多项式时，就行不通，方法二虽长，却是有步骤地可以求出任何snsnnppp2121的最小多项式。任设nxnPA，AxExfA)(为A的特征多项式，由amiltonCaylay定理，fA(A)=0，作0)(|)(NAAgxPxg那么AAANNxf,)(中存在唯一的首系=1 且次数最低的多项式mA(x)，称mA(x)为A的最小多项式。例例 4n)x(m xgxmNxgAAA)().(|)()(则例例 5 5令，那么，)(|)(xmxgAA定理定理 4nxnPA，则A相似于对角矩阵的充要条件（之

8、一）是gA(x)=mA(x)例例 6 6证明),(,|1231332NPnmxxxxxpnm解法 11mod0)1)(1(1223xx xxxx所以1mod123xx x于是1mod012223133xx xxxxxpnm解法223133pnmxxxEMBEDEquation.333232(1)(1)(1)(1)mnp xx xxxxx因为33231|1,1|1kxx xxx所以2331321|mnpxxxxx例例7 7设 复 数m,21在Q上 线 性 无 关，)(),()(),(21xQxgxfxfxfm，且g(x)在Qx中不可约，若对于每个g(x)的根，有证明：g(x)fi(x)，i=12

9、m证：设fi(x)=g(x)hi(x)di(x)，其中(di(x)(g(x)或di(x)=0g()=0EMBED Equation.3miiimiiidf110)()(故g(x)与h(x)=有公共根，因g(x)不可约，得g(x)h(x)，即h(x)=0（否则，(h(x)(g(x)）miiiixdrh Qrd Qr10)()(,)(,得di(r)=0di(x)=0g(x)fi(x)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中也忽略了复数解。例例8 8设,22)1()(23uxxtxxfEMBEDEquation.3utxxxg3)(的最大公因式是一个二次多项式，求

10、t，u的值。（P45，7）解f(x)=g(x)1r(x)，r(x)=(1t)x2(2t)xut1),()1(211)()(2xsttxtxrxg其中uttxtttuttxs2222)1(21)1()2()1)()(由已知条件，必有s(x)=0，s(s)各项系数的分子为 0，即0)4()3(323ututt032)1(22uttutt若u=0 得043323ttt即0)1)(4(2ttt，得t1=4，u1=u2=u3=0若t2t3=0 得)111(21),111(214itits（注意到），由 ttttttttu)433(3114332323)4(22468233122tttttt得4711,u

11、i ,1175iu因此一共有 5 组t，u的取值，大部分学生与出版的解答都只给出了t=4，u=0 这一组解。第二讲第二讲不可约多项式不可约多项式判定一个多项式f(x)是否可约，涉与其所在的数域P，也无固定的方法可循，在C C上，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 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 P上，一次多项式当然不可约，ma(x)若存在也是不可约的（上讲 Th3）例例 1 1设f(x)=x310 x5，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

12、(1)0，f(1)0，f(5)0，f(5)0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isenstein判别法。例例 2 2证明f(x)=x610 x5 在Q上不可约证明：取p=5（素数），p|1，p10，5，p2|5，f(x)不可约。有 些 多 项 式f(x)表 面 上 不 能 用isenstein判 别 法，做x=aybg(y)=f(ayb)，则f(x)可约当且仅当g(y)可约。例例 3 3p为素数，试证f(x)=，（k1）在有理数域Q上不可约。证：p=2 时，f(x)=112kx，令x=y1f(y1)=21122iiyCy

13、kk取p=2 由isenstein判别法，f(x)不可约。当3p为奇素数时1)(12211pkppkppkxxxxf令x=y1 则11)1(pkpkyx1)(11ypyfypkipkipkypyfyx)()1(111EMBEDEquation.3)()1(11ypyfyipk11111)(1)1(piipiipkyypyy)(1)1(1)1(11ypyyypkppk)(11)()(1121ypyyypyhypypkpkpkpk)()()(111ypypyhpyypkppk)()(1()(111yFpyhypyypkppk由于中间一项不存在最高次项和常数项，用isenstein判别法对互素数p，

14、F(y)不可约，从而f(x)不可约。令k=1，则1)(21xxxxfpp也不可约，这是一个重要推论。在Px中还有一大类多项式是无法应用isenstein判别法的，但一定可以按照Kroneclcer的方法，判定是否可约。如下例。例例 4证明f(x)=x5x3x22 在Q上不可约证明：设f(x)=g(x)h(x)=(x3ax2bxc)(x2bxe)(易证无有理根，一次因式)，其中a、b、c、d、e、Z Z(为什么？)，则有代入a=d得由ce=2 得四种可能情形将情形代入()得，得不可能有整数解。同 理 考 虑 情 形 ，都 无 整 数 解，综 上 所 述f(x)=x5x3x22 在Q上不可约。在Q

15、Q上讨论Z Zx中多项式的可约问题，有如下重要结论。定理定理 5 5f(x)Z Z(x)，则f(x)在Q上可约f(x)在Z上可约定理定理 6 6x4n可约(Q上)n=4m4=(x22m2)24m2x2可约证：x44m4=(x22m2)24m2x2必要性的证明用的是Kronecker思想，设x4x=(x2a1xb1)(x2a2xb2)于是 430200021121212121211221212111 nbb bba abb1 aabbbabaaabbba由(3)若a1=0a2=0，由b1=b2，由(4)21b=n矛盾！若a10b1=b2由(4)，b1=b2=nEMBED Equation.3n=

16、k2由(2)2k=21aEMBEDEquation.32a1，a1=2mk=2m2n=4m4例例 5 5将x864 分解为不可约多项式之积(Q上)解：x864=(x44x28)(x44x28)，再用Kronecker方法证明x44x28 都是不可约的(略)问题计算)(8173cos72cos7cos答例例 6 6在Rx中，分解xm1 为不可约之乘积。（P45，15）解：xm1 的所有根为1mk0 mkimkk2sin2cos当m=2n1 时，只有一个实根10，其余两两配对共轭。Rx xmkxxxkmk12cos2)(2nknxmkxxx121212cos2)1(1（5）当m=2n时，有 2 个

17、实根10，10，因此112221cos2)1(1nknxmkxxx（6）在题中（5），令x=1 得nknk11122cos12，即开方，得nknnk nk nk112112cos.1122cos2由（6）1111cos22422222112xxxxxxnkxnnnnk令x=1，121coscos2(1)sinsinsin2222nnn nN cos2n12n12n12nn nn 7例例例 8 8f(x)=(x1)x(x1)(x2)1在Qx中可约。f(x)=(x2 1)(x22x)1=x42x3x22x1=(x2x1)2定理定理 7 7f(x)=(xm)(xm1)(xm2)(xm3)1在Qx中可

18、约。证：令xm1=y，则f(x)=g(y)=(y1)y(y1)(y2)1由例 8 得f(x)=(xm1)2xm11)2=(x2(2m3)xm23m1)2这一重要实例的结论，来源于对分解（xa1）（xa2）（xan）1 的思考。例例 9 9设f(x)Zx=2m，Q2m且a1，a2，as为两两不同的整数，f(ai)=1 或1，1is，证明f(x)在Q上不可约。证明：反设f(x)在Q上可约，则存在g(x)，h(x)Zx，)(xg，)(xh2m且f(x)=g(x)h(x)，)(xg)(xh=2m不妨设)(xg2m，因为f(ai)=1 或1，g(ai)，h(ai)Z，所以g(ai)=1 或1，（si 1

19、）。从而g(x)至少在个点都取值为 1 或都取值1，因此g(x)=1 或g(x)=1。与)(xh2m矛盾！第三讲第三讲互素与不可约、分解互素与不可约、分解若（f(x)，g(x)）=1，则称f(x)与g(x)互素。定理定理 8 8f(x)，g(x)互素1)()()()(:)(),(xgxvxfxuxvxu定理定理 9 9p(x)不可约1)(),()(|)(:)(xfxpxfxpxf或若(f(x)g(x)=1，(f(x)h(x)=1，则(f(x)g(x)h(x)=1若(fi(x)gi(x)=1，1)(),(,11mjjmiiixjxfj 则推论推论：若(f(x)g(x)=1，则1)(),(xgxf

20、nm（，定理定理1010若f(x)=g(x)s(x)h(x)，则(f(x)g(x)=(g(x)h(x)例例1 1(f(x)g(x)=1(f(x)f(x)g(x)=1，(g(x)f(x)g(x)=1(f(x)g(x)f(x)g(x)=1证：f(x)g(x)=f(x)1g(x)由 Th10 即得定理定理 1111若)(|)(,1)(),(,xgxfxfxfjiiji，则(f1(x)f2(x)fm(x)g(x)例例 2 2证明x(x1)(2x1)(x1)2mx2m2x1，则mN N证：设g(x)=(x1)2mx2m2x1因为g(0)=0，g(1)=0，g=0，所以x，x1，2x1g(x)又由于x，x

21、1，2x1 两两互素，得x(x1)(2x1)g(x)例例 3 3设a1，a2，as为两两不同的整数，证明在Q上不可约。证明：反证f(x)=g(x)h(x)，g(x)h(x)Zx且)(xg，)(xhs，因为f(ai)=1，故g(ai)h(ai)=0，ig(x)h(x)有s个根a1，a2，as，因此g(x)h(x)=0，得f(x)=g(x)2，与首项系数=1矛盾！例例 4 4设a1，a2，as为两两不同的整数，证明，若n4，在Q上不可约。证明：反设可约，类似例 3，必有f(x)=g(x)2。EMBED Equation.3cR R，f(c)0。现设a1a2an1an，取C=an21，则Can 1E

22、MBED Equation.321，Can 2EMBEDEquation.323，Ca1，则n5 时有f(c)=(ca1)(ca2)(can1)(can)12321(21)110，矛盾！推广当n=4 时，且a1a2a3a4为不连续的整数，命题仍成立。推广当n=4 时，且a1a2a3a4为连续的整数时，由 Th7 是可约的。推广当n=3 时，命题成立，（为什么？平方的次数为偶）推广当n=2 时，可约a1a2=2。例例 5 5设a1，a2，an为两两不同的整数，证明在Q上不可约。证明：反设)()(),()()(xgx xgxxfZx，不妨设)(xn，因为f(x)，无实根，故)()(xgx无实根，故

23、)()(xgx在R R内永不变号。又由f(ai)=1=)()(iiaga，所以)(ia=1（1in）若)(ia=1（某i），则)(ja=1（任j），若)(xn，则)(x=1，得)(xg=)(xf矛盾！若)(ia=1，同理。所以)(x=n=)(xg又因为)(ia)(iag=0，则xai)(x)(xg所以)(x)(xg=b(xa1)(xa2)(xan)又因为f(x)的首项系数=1，故)(x与)(xg的首项系数相等，因此不可能有nxgx)()(故)(x)(xg=0)()(xgx，令f(x)=g2(x)=h2(x)1得(g(x)h(x)(g(x)h(x)=1，即对任意整数r，g(r)h(r)=g(r)

24、h(r)=1所以rZ，g(r)=1，h(r)=0即g(x)=1，h(x)=0 矛盾！例例 6 6n取哪些自然数时，f(x)=2x2nx7 在Q上不可约。如果按isenstein判别法，n=7k时f(x)一定不可约，但并不是全部。应反过来想，f(x)何时可约。解：若f(x)可约，由)(xf=2，则f(x)必有有理数根r。27,21,7,10rf(1)=0n=5，对其它的f(r0)=0n=513当n5，13 时，f(x)不可约。例例 7 7证明f(x)=(p为素数)在Q上不可约。证：若取g(x)=pf(x)=xppxp1取素数p，则由isenstein判别法，g(x)在Q上不可约，因此f(x)在Q

25、上不可约。例例 8 8求整数时(m，n)，使 1xx2xm整除1xnx2nxmn解：由于 1xx2xm=)(111)1(2xgxxxxxnmmnnnn所以f(x)g(x)EMBED Equation.31111)1(1nmmnxxxx而1)1(nmx的根全为单根，因此上式成立要求。111mnxx与除了公共根x=1 以外，再无其它公共根，即：11,11xxxmn因而(n，m1)=1。(,)(1,1)1aba bxxx例例 9 9若f(x)与g(x)互素，证明f(xm)与g(xm)也互素，mN（P47 补 3）（证此题的思路如何）证明：取u(x)v(x)使f(x)u(x)g(x)v(x)=1任取a

26、P，f(a)u(a)g(a)v(a)=1作h(x)=f(xm)u(xm)g(xm)v(xm)那么任意b，h(b)=f(bm)u(bm)g(bm)v(bm)=1所以h(x)=1即(f(xm)，g(xm)=1例例 1010试求 7 次多项式f(x)，使(x1)4f(x)1，(x1)4f(x)1解：因为(x1)是f(x)1 的 4 次重因式，所以x1 是)(xf 的3 重因式。同理x1 也是)(xf 的 3 重因式，得)(xf=a(x1)3(x1)3=a(x63x43x21)bxxxxaxf3575371)(因 为,)1)(1)(4xxhxfEMBED Equation.3,)1)(1)(4xxgx

27、f所 以1)1(,1)1(ff可得0,1)5371(1)5371(b1635a baba所以xxxxxf163516351621165)(357定理定理 9 9设01221212)(axaxaxaxfnnnnZx，p为素数，而且,|2102naaap03|ap，124|nap，那么f(x)在Q上不可约。（略证）Zx中多项式的很多性质与Z中整数的性质平行、相似，因此多项式的结论同学们可以在Z中试着做相似的结论，比如(f(x)g(x)=1f(x)u(x)g(x)v(x)=1，可得出(ab)=1asbt=1，又比如在Zx中任何f(x)1)(xf可以很易地分解为 2 个不可约多项式之和（同学们自己做一

28、做）。但“任何大偶数是 2 个素数之和”，迄今还是一个猜想（Goldbach 猜想。）第四讲第四讲多项式的根多项式的根多项式f(x)的一个根，意味着f(x)的一个一次因式x，它在讨论多项式的命题中占据一个很重要的位置。例例 1 1证明若f(x)f(xn)，则f(x)的根只有零或者单位根。证：设为f(x)的一个根，若=0 命题已对。现 设EMBED Equation.30，只 须 证 明k，k=1。设f(xn)=f(x)(x()()()0nff EMBEDEquation.3n是一个根。0)()()(2nnnffEMBED Equation.32n是一个根。故，n，32,nn，序列中每个数都是f

29、(x)的根，而f(x)只可能有有限多个根，即存在ij使in=jn1jinn。例例 2 2设)(|)(xfxf，证明f(x)的根只有一个，为n重根，其中n=)(xf证：因为)(|)(xfxf，所以)()(),()()(bxaxfxfxfxg但g(x)包含了f(x)的所有互不相同的一次因式（或不可约因式），由)(xf=n，得f(x)=a(xb)n例例 3 3设f(x)Qx，)(xf2 且f(x)在Q上不可约，证明如果与1都是f(x)的根，则f(x)任一根的倒1也是f(x)的根。证：设0111)(axaxaxaxfnnnn则ao0（否则xf(x)）令nonnnxaxaxaax111)(则0)()(2

30、1fn2|(),xxEMBED Equation.32|(),xf x即(),()1 f xx，必有)(|)(xxf，故0)(1)1(0)(0)(nff例例 4 4设321,为x3x2x2 的 三 个 根，求f(x)Qx使123(),(),()g g g为f(x)的根，其中g(x)=x2x1解法一：022ii3i ，)(212iiiig 由韦达公式1321，1323121，2321)()()()(321gxgxgxxfEMBEDEquation.3321222xxx32132132132312132123842xxxx4223xxx解法二：作，则fA(x)=xA223xxx，所以321,是A的

31、特征根，从而123(),(),()g g g是g(A)的特征根，可以取f(x)=fg(A)(x)00120102121101012000111102202)(2AAAg所以)()(AgxxfEMBEDEquation.342012102123xxxxxx记住：设12100010001onnaaAaa ，那么A的特征多项式为onnnAaxaxaxAxxf111)(例例 5 5设在Q上不可约，012na，如果都是f(x)的根，证明不是有理数。证反设q为有理数，作)()(xqfx，于是0)()(f而f(x)不可约，必有)()(xqfx，于是)(x被f(x)整除。而)()(xqfx与f(x)的次数相等

32、，首系相反，得)(x=f(x)所以0)()(xfxqf，令代入得0)(0)(222qqff即)(|2xfxq，)(xf2，所以f(x)可约，矛盾！思考：若将Q换成一般数域P，是否仍有结论P。例例 6 6设)(xfQx且在Q上不可约，为f(x)的根，证明不是有理数。证：反 设EMBED Equation.3Q，令p=，作)()(xpfx有()()f，故()|()f xx，考虑到)(xf，)(x有相同的首项系数与次数，得)(x=)()()(xpfxfxf表明f(x)是一个周期函数，与)(xfQx矛盾！同样，可以从Q推广到一般数域P。定理定理 1010)(xfQx，)(|1nxfx则)(|1nnxf

33、x（证略）注意到f(1)=0，)(|0)(ninixfxf乘积)(|1nnxfx 推广推广若)(xfQx，|()nxaf x，则|()nnnxaf x证：)(|nxfaxEMBEDEquation.3,0)(0)(nknafaf1kn因为n次单位根，故|()01nkxaf x kn 由 P（）式，有21()()()()|()onnnnxaxaxaxaxaf x例例 7 7设12(),(),().nf x fxfxP x g(x)P x，且)()1()()()(111211xgxxxfxxfxfnnnnnn证明,1|()i i xf x证设 1xx2xn的几个根为,21n它们互不相同，且11ni

34、，将它们代入题目中关系式得1112111222112(1)(1)(1)0(1)(1)(1)0(1)(1)(1)0nnnnnnnnfffffffff其系数行列式是一个 Vandermonde 行列式且非 0，得到零解f1(1)=f2(1)=fn(1)=0即1|(),ixf x i（注：此例中取n=2，得P4626 题。）例例 8 8若(f(x)，g(x)=1，则f(x)2g(x)2的 重 根 也 是22)()(xgxf的根。证：设xo为其重根，则有f(xo)2g(xo)2=0（1）0)()()()(ooooxgxgxfxf（2）因为f(x)与g(x)互素，由（1）必有f(xo)0，g(xo)0由

35、（2）2222)()()()(ooooxgxgxfxf与（1）22)()(ooxgxf得22)()(ooxgxfEMBEDEquation.30)()()()(2222ooooxgxgxfxf因此，xo也是22)()(xgxf的根。例例 9 9设m，n为正奇数且(m，n)=1，证明(xm1，xn1)=x1证：(m，n)=1EMBEDEquation.3stsmtn=1st一奇一偶。st为奇数设为xm1 与xn1 的公共根，那么m=1，n=1，因此=smtn=(m)s(n)t=(1)st=1故xm1 与xn1 只有公因式x1，但它们都无重根，得（xm1，xn1）=x1例例 1010)(xfZx，

36、a，b，c为奇数，且f(a)=b，证明f(c)0证：设，f(a)=b为奇数a0，a1a，a2a2，anan中有奇数个奇数a0，a1，a2，an中有奇数个奇数a0，a1c，a2c2，ancn中有奇数个奇数即f(c)为奇数，所以f(c)0。第五讲第五讲典型行列式典型行列式行列式是高等代数中的一个重要概念，也是其它一些学科的重要工具之一。计算行列式是理工本科生的基本技能，做到这点必须掌握和记住某些典型行列式的计算，对这些典型行列式的值应能脱口而出。例例计算n阶行列式解：将每列加到第一列后、再每行减第一行，得1)1()()1(00000)1(nbabnabababbbnaD例例 2 2Vandermo

37、nde 行列式11211222212121111),(nnnnnnnaaaaaaaaaaaaVVandermonde行列式其中有列相同。奇数阶反对称行列式的值为三斜行列式的递推公式法：a cbacbacbaDnnnn113222111友行列式（companiondeterminant）121)(10101noaaaaCEMBEDEquation.3onnnaaa111计算行列式的方法主要有化三解形，升降阶，归纳逆推等方法。化三角形法。例例计算mnnmnnxxxxxxxxmxD212121解：对于行（列）和为定值的行列式可先加到同一列（行）。mmxxmxxxDnnn00001)(221EMBED

38、 Equation.3)()(211mxxxmnn按某行（列）展开实现降阶例例（二线行列式）xyyxyxyxD00000解：yxyxyyxyxyxxDn0)1()1(111EMBEDEquation.3nnnyx)1(有时增加一行（列）便可化为我们熟悉的典型行列式。例例计算1112212221212121nnnnnxxxxxxxxxxxxxxxDEMBED Equation.3222212121111011nnnxxxxxxxxx（箭形）归纳法用于知道结论的证明例例证明nnaaaD11111111121其中naaa21,不为。（证略）此题也可直接化为三角形或箭形，再做递推法肜于建立各种递推关系

39、后，解出所求值。例例计算baabbaabbaabbaDn111解：由 三 斜 行 列 式 递 推 公 式，有 Dab，DaabbDnabDnabDnn因此DnaDnbnD aDbnDnbDnanD bDan当ab时，当ab时，直接计算（或取极限limba）可得Dnnan例例计算三斜行列式xnxxnxnxxDn1120320211)(，注：DnxxDnnDn解：将每行加其后面各行，再每列减其前面一列，得xnxxnxnxnnxnxnxnnxnxnxnxxDn1112013211211111)(xnxxnxnnx1220212011101Dxx，DxxDnxxnDnxnDnxxnxnxxxxnxxx

40、xn现代很多计算行列式的题目起源于 Toeplitz行列式onoonoaaaaaaaaaaaaaaaT12111211121如果iinaia则构成了下循环行列式。一般 Toeplitz行列式的计算是相当困难的。有关下循环行列式的计算下一讲介绍，例是一个 Toeplitz行列式，例、例都是下循环行列式。例的行列式，其计算过程中并不区别几的奇偶性，仅仅只是表示的结果写法上有点变动，读者自己一定去做一做。第六讲第六讲循环行列式循环行列式循环行列式是训练行列式计算能力的极好题材，它既反映了多项式与行列式的关系，又应用了矩阵运算与行列式的性质，同时它自己还有丰富多彩的表现形式。例例称如下行列式13221

41、1121321aaaaaaaaaaaaaaaaCnnnnnnnn为关于aaan下循环行列式。设1,121n为xn的所有根（全体n次单位根），fxaa xa xanxn，证明)()()(321fffCn证明设n阶矩阵121211222122111112111nnnnnnnnnnaaaaaaA Uaaa令BAU，则B中第i行j列的元素为11112321njinijijnhininaaaaa11112132njinijinjnnjinnjinaaaaa1111212njninjininjinjijaaaaa)(1jijf由此得到BAU)()()()()()()()()(112121111221121

42、nnnnnnnnfffffffff因此11211222212121)()()(|nnnnnnn111 fffBEMBEDEquation.3|)()()(21U fffn而BAUAU，且U，所以|)()()(|21U fffACnn例例计算解：fxabxcxdx，i11,1432i，所以Dfiffifabicdiabcdabicdiabcdabcdabcdabcdacbd例例回头再看看上一讲例。它是一个下循环行列式，fxabxxxn，对任意n次单位根)1(i，则f)(1n)1(12babaniii，而fanb，故Dff)()(11nfanbabn应用循环行列式公式求值，需要对单位的性质有一个基本了解。设1,1121nn为全体n次单位根。性质性质：nnnbabababa)()(21（）nbababan)()(211（）性质性质：nn)1()1)(1(21nxxx n)()(121性质性质：若（pn），则pnpp,21也是全体单位根（n次）性质性质：若（pn），则pnpp,21中存在11pii且（n次）只 证 性 质：()()1,pnnppiii 是n次 单 位 根。又pn，故st使sptn，若jitnjtnispijspipjpi11即pnpp,21是n个两两不同的（全体）n次单位根。常常用