1、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.35第十讲矩阵的分解与求逆.35第十一讲广义逆与特殊矩阵对关系.35第十二讲 特征值、对角线与最小多项式.35第十三讲 向量的线性相关与自由度.35第十四讲 双线性型与正定二次型.35第十五讲 线性空间及其几何背景.35第十六讲 欧氏空间和正交变换的意义.35第十七讲 线性变换的核与象.35第十八讲 线性变换的特征与不变子空间.
2、351第一讲带余除法定理 1（带余除法） f(x)g(x)0 Px，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 2g(x)f(x) r(x)=0xa)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)，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
3、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 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(x)所以 (m(x) (ma(x) (ma(x)令r(x)=m(x)m a(x)则 r(a)=0，得 r(x)=0，所以 m(x)=ma(x)，唯一性证毕。推论： g(x) Sa，那么 ma(x)g(x)。证：g(x)=m a(x
4、)t(x)r(x)r(a)=0 证。定理 3a 在 Px中的 ma(x)是不可约多项式， （用反证法）例 2求 Qx中 ，则326252)6()5(2即 x 适合 x410x 21，x 410x 21 即为所求。解法二：先考虑 关于 Q 的所有对称根：有它自己和 ， ，3 3232，于是32322 xxxx= 32= 1011242 xxx推广：Qx 中 的最小多项式为 ，其中 p 与 q 互素。qp 2)()(qp例 3求 Qx中， 的最小多项式32解法一：设 x= ，则 =23x2239即得： 367426xx解法二： ，则 ，所以 的对称根有i101,2 32323231 ,r r r
5、654 故最小多项式为 )()()( 654321 rxrxrx33 2= 3191292xxx= 3674236当自然数 p， 为无理数时， 的所有对称根为nnp， ， ，21n其中 ，且1,2sinco（nnbabbaba)()( 123）用方法一虽简单，但对于诸如求 等的最小多项式时，就行不通，方法7532二虽长，却是有步骤地可以求出任何 的最小多项式。snnpp21任设 ， 为 A 的特征多项式，由 amiltonCaylay 定理，f A(A)=0，nxPAxEfA)(作 0)(|)(NAgP那么 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A
6、xf,)(项式。例 4 n)x(m gxNgAA).|()(则例 5令 ，那么，)(,fAA)(|xgA定理 4 ，则 A 相似于对角矩阵的充要条件（之一）是 gA(x)=mA(x)nxP例 6证明 ),(|123132 NPnmxpnm解法 1 1od0)(223 x x所以 od x于是 1222313 x xpnm解法 2 x3332()(1)()(1)mnp x因为 321|,|k x所以 2313|mnpxx例 7设复数 在 Q 上线性无关， ，且 g(x)在 Qx中,21 )(,)(,21xgfxfm不可约，若对于每个 g(x)的根 ，有01miif证明：g(x) fi(x)，i=
7、12 m证：设 fi(x)=g(x)hi(x)di(x)，其中 (di(x) (g(x)或 di(x)=04g( )=0miimiidf11 0)()(故 g(x)与 h(x)= 有公共根 ，因 g(x)不可约，得 g(x)h(x)，即 h(x)=0iix1)(（否则， (h(x) (g(x)）miii dr Qrd r10)(),), 得 di(r)=0 di(x)=0 g(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 8设 的最大公因式是一个二次多项式，,2)1()(23uxtxf utxg3)(求 t，u 的值。 （P4
8、5，7）解f(x)=g( x)1r(x)，r (x)=(1t)x2(2t)xu t 1,()(2stt其中 utxtutxs 222 )1()1()由已知条件，必有 s(x)=0，s(s)各项系数的分子为 0，即04323 tut)1(2u若 u=0 得 即 ，得 t1=4， ，23tt )(2tt )31(2it，u 1=u2=u3=0)(213it若 t2t3=0 得 （注意到 ） ，由)1(2),(4 itits 31tt tttu 4314323 )(26822 ttt得 471,ui,75iu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 t=4，u=0 这一组
9、5解。6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 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 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 上，一次多项式当然不可约，m a(x)若存在也是不可约的（上讲 Th3）例 1设 f(x)=x310x 5，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(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
10、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 2证明 f(x)=x610x 5 在 Q 上不可约证明：取 p=5（素数） ，p 1，p10，5，p 2 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 3p 为素数，试证 f(x)= ， （k1）在有理数域 Q 上不可约。1kP证：p=2 时， f(x)= ，令 x=y112kf(y1)= 2112 iiCkk取 p=2 由isenstein 判别法， f(x)不可约。
11、当 为奇素数时31)(21 pkpkpk xxxf 令 x=y1 则11)(pkpky)(1yfypkiix )(1ypfipk1)(piikf711 )()(pipiik yy)(1)(pk )(112 ypyphykk)()(1yppk )(1Fphyyk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，F(y )不可约，从而f(x)不可约。令 k=1，则 也不可约，这是一个重要推论。1)(21xxfp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 4证明 f(x)=x5x
12、3x2 2 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(为什么？ )，则有201cebda代入 a=d 得 2ce0b1d-(*)2由 ce=2 得四种可能情形 1e21ec12ec12ec将情形代入() 得 ，得bd20042b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。8在 Q 上讨论 Zx中多项式的可约问题，有如下重要结论。定理 5f(x) Z(x)，则 f(x)在 Q 上可约 f(x)在 Z 上可约定理 6x4n 可约( Q 上)
13、n=4m4=(x22m2)24m 2x2 可约证：x 44m4=(x22m2)24m 2x2必要性的证明用的是 Kronecker 思想，设x4x=(x2a1xb1)(x2a2xb2)于是 4300211212112 nba ba由(3)若 a1=0 a2=0，由 b1=b 2，由(4) =n 矛盾！21若 a10 b1=b2 由(4) ，b 1=b2= n=k2由(2)2k= 2a1，a 1=2m k=2m2 n=4m4例 5将 x864 分解为不可约多项式之积(Q 上)解：x 864=(x44x28)(x44x 28)，再用 Kronecker 方法证明 x44x28 都是不可约的(略)问
14、题计算 )( 8173cos7cs答例 6在 Rx中，分解 xm1 为不可约之乘积。 （P 45，15）解：x m1 的所有根为 1mk0 kik 2sn当 m=2n1 时，只有一个实根 ，其余两两配对共轭。0Rx mkxxkmk 1cos2)( （5） nkn112 当 m=2n 时，有 2 个实根 ， ，因此00 （6）121cos)(nkxmkxx在题中（5） ，令 x=1 得 ，即nk1 nk112cos4开方，得 nknnk 11 2cs.29由（6） 11cos2 24221 xxxnkx nnnk 令 x=1， 1cskk12ocos()sinin2n N 1 7 例例 8f(x
15、)=(x 1)x(x1)(x2)1在 Qx中可约。f(x)=(x21)(x 22x)1=x42x3x 22x1=( x2x1) 2定理 7f(x)=(xm)(xm1)(xm2)(xm3)1 在 Qx中可约。证：令 xm1=y，则 f(x)=g(y)=(y1)y(y 1)(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（xa 1） （x a2）（xa n）1 的思考。例 9设 f(x) Zx=2m，Q2m 且 a1，a 2，a s 为两两不同的整数，f (ai)=1 或1，1 is，证明 f(x)在 Q 上不可约。证明
16、：反设 f(x)在 Q 上可约，则存在 g(x)，h(x ) Zx， ， 2m 且)(g)(xhf(x)=g(x)h(x)， =2m不妨设 2m，因为 f(ai)=1 或1，g(a i)，h(a i) Z，所以 g(ai)=1 或1， （） 。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。si1 s2与 2m 矛盾！)(h10第三讲互素与不可约、分解若（f(x) ，g(x)）=1，则称 f(x)与 g(x)互素。定理 8f(x)，g(x)互素 1)()(:, xgvfuv定理 9p(x)不可约 ,|)(:pxpxf或若(f (x)g(x)=1，( f
17、(x)h(x)=1，则( f(x)g(x)h(x)=1若(f i(x)gi(x)=1， 1,11mjiij则推论：若(f (x)g(x)=1，则 ，)(,xgfn（定理 10若 f(x)=g(x)s(x)h(x)，则(f( x)g(x)=(g(x)h(x)例 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) g(x)由 Th10 即得1定理 11若 ，则)(|,ffji iji(f1(x)f2(x)fm(x)g(x)例 2证明 x(x1)(2x1)(x1)2mx 2m2x 1，则 N
18、证：设 g(x)=(x1)2mx 2m2x1因为 g(0)=0， g(1)=0， g =0，所以 x，x1，2x1g(x)又由于 x，x1，2x 1 两两互素，得x(x1)(2x1)g(x)例 3设 a1，a 2，a s 为两两不同的整数，证明 1)()1iixf在 Q 上不可约。证明：反证 f(x)=g(x)h(x)，g(x) h(x) Zx且 ， s，因为 f(ai)=1，故)(g)(xhg(ai)h(ai)=0， g(x)h(x)有 s 个根 a1，a 2，a s，因此 g(x)h(x)=0，得 f(x)=g(x )2，与首i项系数=1 矛盾！11例 4设 a1，a 2，a s 为两两不
19、同的整数，证明，若 n4，1)()1niiaxf在 Q 上不可约。证明：反设可约，类似例 3，必有 f(x)=g(x)2。 R，f (c) 0。现设 a1a 2a n1 a n，取 C=an ，则1Ca n 1 ，C a n2 ，Ca 1 ，23n则 n5 时有f(c)=(ca 1)(ca 2)(ca n1 )(ca n)1 ( )1 10，3n52,37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 a
20、1a 2=2。例 5设 a1，a 2，a n 为两两不同的整数，证明 1)()12niiaxf在 Q 上不可约。证明：反设 Zx，不妨设 n，因为 f(x)，无实根，)(),()(g xf)(x故 无实根，故 在 R 内永不变号。又由 f(ai)=1= ，所以)(xg iiag=1（1in）ia若 =1（某 i） ，则 =1（任 j） ，若 n，则 =1，得 = )(i )(ja)(x)(x)(x)(f矛盾！若 =1 ，同理。)(ia所以 =n=x)(xg又因为 =0，则 xa i )(ii )(xg12所以 =b(xa 1)(xa 2)(xa n)(xg又因为 f(x)的首项系数=1，故 与
21、 的首项系数相等，因此不可能有gx)(故 =0 ，令)(xggniiaxh1)()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)h(r)=1所以 Z， g(r)=1，h(r)=0即 g(x)=1，h(x )=0 矛盾！例 6n 取哪些自然数时，f(x)=2 x2nx7 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 =2，则 f(x)必有有理数根 r。)(f27,1,0rf(1)=0 n=5，对其它的 f(
22、r0)=0 n=513当 n5，13 时，f(x )不可约。例 7证明 f(x)= (p 为素数)在 Q 上不可约。xx!121证：若取g(x )=pf(x)=xppxp1 !2x取素数 p，则由isenstein 判别法，g(x )在 Q 上不可约，因此 f(x)在 Q 上不可约。例 8求整数时(m，n) ，使 1xx2xm 整除 1xnx2nxmn解：由于 1xx2xm= )(f)(1)(2 xgxnn所以 f(x)g(x)1)(mmnx而 的根全为单根，因此上式成立要求。)1(nm13除了公共根 x=1 以外，再无其它公共根，即：1mnx与 1,1mn因而(n ，m 1)=1。 (,)(
23、ababxx例 9若 f(x)与 g(x)互素，证明 f(xm)与 g(xm)也互素， m N（P 47 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 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(x m)，g(x m)=1例 10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 的 3 重因式。同理
24、x1 也是的 3 重因式，得)f=a(x1) 3(x1)3=a(x63x 43x21)f bf 571因为 所以,)(1)(4xhxf ,)1(4xgf 1)(,)(ff可得 0,)5371( b635a ba所以 xxxf 6625)(7定理 9设 Zx，p 为素数，而且 01212)( aaf nn ,|2102nap， ，那么 f(x)在 Q 上不可约。 （略证）03|ap124|nZx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)=1 f(x)u(x)g(x)v(x)=1，可得出(ab)=1 asbt=1
25、，又比如在 Zx中任何 f(x)14可以很易地分解为 2 个不可约多项式之和（同学们自己做一做） 。但“任何大偶1)(xf数是 2 个素数之和” ，迄今还是一个猜想（Goldbach 猜想。 ）15第四讲多项式的根多项式 f(x)的一个根 ，意味着 f(x)的一个一次因式 ，它在讨论多项式的命题中占x据一个很重要的位置。例 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 0，只须证明 k， k=1。设 f(xn)=f(x) n 是一个根。()()0nff 是一个根。2 n2故 ， n， ，序列中每个数都是 f(x)的根，而
26、 f(x)只可能有有限多个根，即存在3,nij 使= 。inj1jin例 2设 ，证明 f(x)的根只有一个，为 n 重根，其中 n=)(|xf )(xf证：因为 ，所以|f )(),(bxafg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 =n，得)(xff(x)=a(xb) n例 3设 f(x) Qx， 2 且 f(x)在 Q 上不可约，证明如果 及 都是 f(x)的根，则f 1f(x)任一根 的倒 也是 f(x)的根。1证：设 011)( axafnn则a o0（否则 xf(x)）令 nonnx11则 0)()(21f2|(), x2|(), xf即 ，必有
27、 ，,1 f|xf )()(xfano16故 0)(1)(0)()( nff例 4设 为 x3x2x2 的三个根，求f (x) Qx使 为 f(x)的根，21, 123(),g g其中 g(x)=x2x1解法一： ，02ii3i )(212iiii 由韦达公式 ， ，13213212 321)()()()( 321gxgxf 321xx 321321323212313 84423x解法二：作 ，则10AfA(x)=x A ，23x所以 是 A 的特征根，从而 是 g(A)的特征根，可以取 f(x)=fg(A)(x)321, 13(),g 01221002)(g所以 )()(Axf42013xx
28、记住： 设 ，那么 A 的特征多项式为12100onaa onA axxxf 1)( 例 5设 在 Q 上不可约， ，如果 都是 f(x)的根，证明12niiaf 012n17不是有理数。证反设 为有理数，作 ，于是 而 f(x)不可约，q)()xqf0)(f必有 ，于是 被 f(x)整除。而 与 f(x)的次数相等，首系相反，)()xf (f得=f(x)所以 ，令 代入得0)(xqf 2q)(2qff即 ， 2，所以 f(x)可约，矛盾！)|xq思考：若将 Q 换成一般数域 P，是否仍有结论 。P例 6设 Qx且在 Q 上不可约， 为 f(x)的根，证明 不是有理数。)(f 证：反设 Q，令
29、 p= ，作 )(p有 ，故 ，考虑到 ， 有相同的首项系数及次数，得()f()|fxxf= )()f表明 f(x)是一个周期函数，与 Qx矛盾！同样，可以从 Q 推广到一般数域 P。定理 10 Qx， 则 （证略）)(f )(|1nf)(|1nxf注意到 f(1)=0， 乘积|0)(inixf)(|1nxf推广若 Qx， ，则)(|()naf|nxa证： |nfax,0)(knfk因 为 n 次单位根，故|()1nkxfx n 由 P（）式，有 21()()()|()o nnnaaxafx例 7设 ，且12,.nfx fxP g )(1()()(111 xgxf nnn 18证明 ,1|()
30、i ixf证设 1xx2xn 的几个根为 它们互不相同，且 ，将它们代入,21n 1ni题目中关系式得 1122112()()()0()()()nnnffffff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 |(),ix i（注：此例中取 n=2，得 P4626 题。 ）例 8若(f (x)， g(x)=1，则 f(x)2g(x)2 的重根也是 的根。22)(xgf证：设 xo为其重根，则有f(xo)2g(xo)2=0 （1）（2）0)(oxg因为 f(x)与 g(x)互素，由（1）必有 f(xo)0，g(x o)0由（2）
31、及（1）22)oof 22)()oxgf得 2)()(oxf0(22oxf因此，x o 也是 的根。2gf例 9设 m，n 为正奇数且(m，n)=1 ，证明(x m1， xn1)=x1证： (m，n)=1 stsmtn=1 st 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（x m1，x n1）= x1例 10 Zx，a，b，c 为奇数，且 f(a)=b，证明 f(c)0)(f证：设 ，f(a)=b 为奇数 a0，a 1a，a 2a2，a
32、 nan 中有奇数个奇数niif0 19a0，a 1，a 2，a n 中有奇数个奇数 a0，a 1c，a 2c2，a ncn 中有奇数个奇数即 f(c)为奇数，所以 f(c)0。20第五讲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。例计算 n 阶行列式 abD )1(解：将每列加到第一列后、再每行减第一行，得 1)1( )(00) nbanbabnaD 例 2 Vandermonde 行列式 112122121 1),( nnnnaaa njiia)(
33、Vandermonde 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 cbacbDnn 1321 ninjacboji11友行列式（companion determinant）21121)(01noaaC onna11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。例计算 mnmnn xxxxD 2121解：对于行（列）和为定值的行列式可先加到同一列（行） 。mmxxDnnn 00)( 221 )()21mxxnn按某行（列）展开实现降阶例（二线行列式） xyyyxD000 解： yxxyxyxDn )1()1( nny)1(有时增加一行（列）
34、便可化为我们熟悉的典型行列式。例计算2211221212nnnnxxD 2212120nnnxxx（箭形）归纳法用于知道结论的证明例证明 其中 不为。nn aaD1121 nia121 na21,（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后，解出所求值。例计算 babaDn 11 解：由三斜行列式递推公式，有 Dab，D aabbDnabDn abD n n因此D naDn bn DaD bnDnbDn an DbD an当 ab 时， 1当 ab 时，直接计算（或取极限 ）可得limbaDnnan例计算三斜行列式，xnxnxn 120301)( .12m为 奇 数2
35、3注：D nxxDn nD n解：将每行加其后面各行，再每列减其前面一列，得 xnnxxnxn 12032111)( xnxnx1202011Dxx， DxxD nxxnD n xn Dnxxn xn xxxxnxx x xn 现代很多计算行列式的题目起源于 Toeplitz 行列式 ononoaaaa121211 12 如果 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iina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
36、做。24第六讲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。例称如下行列式 132211123aaaaCnnnn 为关于 aaan 下循环行列式。设 为 xn的所有根（全体 n 次单位根） ，,11fxaaxaxanxn ，证明 )()(321ffCn证明设 n 阶矩阵 12 121 22 1121n nnn nnaaA U 令 BAU，则 B 中第 i 行 j 列的元素为 112321 njiijijnhinin aaa 111 jinijijnjiji 121 jinjiinjijij
37、)(jijf由此得到BAU )()()( )()()( 121121 nnn nfff fff 25因此 112122121)()(| nnnn1 ffB |)()(21U ffn而BA UAU，且U，所以 |)()(|21 ffACnn例计算 adcbD解：f xabxcxdx， ，i11,432i所以Dfiffifabicdiabc da bic diabcdabcdab cda bcdacbd例回头再看看上一讲例。 abD )1(它是一个下循环行列式，fxabx xxn ，对任意 n 次单位根 ，则)1(if ，)(1n)1(12baii而 fan b，故Dff anbab n )()1
38、1nf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。设为全体 n 次单位根。1,121n性质： （）nnbaba)()(2 （）1性质： n)()(2 nxx )()(12126性质：若（pn），则 也是全体单位根（n 次）pp,21性质：若（pn），则 中存在 （n 次） 1pii且只证性质： 是 n 次单位根。又pn，故 st 使 sptn，若(),pnpiii jitnjtisijiji 1即 是 n 个两两不同的（全体）n 次单位根。常常用 表示：pp,21 1,132ini2sco1例计算 n 阶行列式 ababb a apDp 列)(这个下循环行列式是第五讲例的推广。解： 11)( npxbxaxf )()( 1npxb，而对于 ，pna)f( )(11i01)iibaf所以 )1()()()()1( 11)( nppnnp bapaffD 由性质、性质 () 10,()(1p n pnanpba当当反复都注意到，计算和化简 是计算循环行列式的关键。if例计算
