《線(xiàn)性代數(shù)》課后習(xí)題答案(陳維新)

1、第一章 行列式習(xí)題 1.11. 證明：（ 1）首先證明 q (3 ) 是數(shù)域。因?yàn)?qq (3 ) ，所以 q (3 ) 中至少含有兩個(gè)復(fù)數(shù)。任給兩個(gè)復(fù)數(shù) a1b13 , a 2b23q (3 ) ，我們有( a 1( a 1b13 )b13 )( a 2( a 2b23 )b23 )( a1( a1a 2 )a 2 )( b1( b1b 2 )3b2 )3。( a 1b13 )( a 2b 23 )( a1 a 23b1 b2 )( b1 a 2a1 b2 )3因?yàn)?q 是數(shù)域，所以有理數(shù)的和、差、積仍然為有理數(shù)，所以( a 1( a 1b13 )b13 )( a 2( a 2b23 )b2

2、3 )( a 1( a1a 2 )a 2 )( b1( b1b 2 )3b 2 )3q (3 )q (3 )。( a 1b13 )( a 2b23 )( a1 a 23 b1 b2 )(b1 a 2a1 b2 )3q (3 )如果 a 2b 230 ，則必有a 2 , b 2 不同時(shí)為零，從而a 2b 230 。又因?yàn)橛欣頂?shù)的和、差、積、商仍為有理數(shù)，所以a 1b13a2b 23。( a1( a 2b13 )( a 2b23 )( a 2b23 )b23 )( a1 a 22a 23b1b 2 )23b 2( b1 a 22a 2a 1b 2 )323b2q (3 )綜上所述，我們有 q (3

3、 ) 是數(shù)域。（ 2）類(lèi)似可證明 q (p ) 是數(shù)域，這兒 p 是一個(gè)素?cái)?shù)。（ 3）下面證明：若p, q為互異素?cái)?shù)，則q (p )q (q ) 。（反證法）如果 q (p )q (q ) ，則a , bqpabq ，從而有2p(p )22(aqb)2 abq 。由于上式左端是有理數(shù)，而q 是無(wú)理數(shù)，所以必有2abq0 。2所以有 a0 或 b0 。如果 a0 ， 則 pqb，這與p, q是互異素?cái)?shù)矛盾。如果 b0 ，則有pa ，從而有“有理數(shù)=無(wú)理數(shù)”成立，此為矛盾。所以假設(shè)不成立，從而有q (p )q (q ) 。同樣可得 q (q )q (p ) 。（ 4）因?yàn)橛袩o(wú)數(shù)個(gè)互異的素?cái)?shù)，所以由

4、（3）可知在 q 和之間存在無(wú)窮多個(gè)不同的數(shù)域。2. 解：（1） p (1 ) 是數(shù)域，證明略（與上面類(lèi)似） 。（ 2） q (1 ) 就是所有的實(shí)部和虛部都為有理數(shù)的復(fù)數(shù)所組成的集合。而(1 )c (1 )復(fù)數(shù)域。（ 3） z (1) 不是數(shù)域，這是因?yàn)樗P(guān)于除法不封閉。例如1z (1 ) 。23. 證明：（ 1）因?yàn)閒 , k都是數(shù)域， 所以 qf , qk ，從而 qfk。故 fk 含有兩個(gè)以上的復(fù)數(shù)。任給三個(gè)數(shù)a, bfk , 0cfk ，則有a , b, cf 且 a , b , ck。因?yàn)閒 , k是數(shù)域，所以有aab, ab ,cf 且 aab , ab ,ck 。所以 aab

5、, ab ,fk 。c所以 fk 是數(shù)域。（ 2） fk 一般不是數(shù)域。 例如 fq (2 ), kq (3 )，我們有2 ,3fk ，但是623fk 。習(xí)題 1.22.解：項(xiàng)a 23 a 31 a 42 a 56 a14 a 65的符號(hào)為 ( 234516 )1)( 312645 )習(xí)題 1.31證明：根據(jù)行列式的定義111111=111j1 j 2j n(1)( j 1 j 2j naaa)1 j 12 j2nj na ij1j1 j 2(1)j n( j1 j 2j n )=0。所以上式中 (-1) 的個(gè)數(shù)和 (+1) 的個(gè)數(shù)一樣多， (-1) 是由奇排列產(chǎn)生的，而 (+1) 是由偶排列

6、產(chǎn)生的。 同時(shí)根據(jù)行列式的定義這里包括了所有的 n 階排列， 故可以得到全體 n 階排列中奇排列的個(gè)數(shù)與偶排列的個(gè)數(shù)一樣多，各占一半。2 解 (1)199819992000200120022003200420052006199819991cc32200120021200420051199811cc21200111200411= 0 ；（2）10010220033040041000cc320200cc0360414008下 三 角 形1268= 96 ；（3）11101101r21110r10011r2411100111r31110r20111101101110101rr310111010100

7、11001200111110rr430111上 三 角 形001200031113 =；3abc2 a2 ar1r2abcabcabcr3（4）2 bbca2b2 bbca2b2 c2ccab2 c2ccab提 取 公 因 子111( abc) 2bbca2 b2 c2 ccabr( 2 b ) r111213(abc) 0bca0= ( abc)。r13( 2 c ) r00cab72222152222152222272225c 1c i157222i1rr05000（5）227222227222227i 2152722i1522721522272, 3, 4, 50050000050000

8、05上 三 角 形51 555553 。 53解：（ 1）x1 y1 x 2 y1x 3 y 1x1 y2 x2 y2 x3 y 22ax1 y3 x 2 y3x 3 y 3提 取 每 行 的 公 因 子y1 x1 x 2 x 3 y1y1y 2y3y 2y3y 2y3性 質(zhì) 40 。ci（2）左端2c2 a12 a32a52b12 b32b5c4c32 c12 c32c5cc22 d12 d32 d5i 1b23i4, 3, 2c2d2 a1222 b1222 c1222 d1222a2b2= 0 =右端。c（ 3）2d1a11a1b11a1a 2a 2a2b2an 111a1a 2an0b

9、1001n00b20000bnan1irran1i2,1a1a 2an 1bn 11上 三 角 形b1 b 2bn。1（4） 原式（先依次c n（5） 原式（先依次 r nc n 1 , c n 1r n 1 , r n 1c n 2 ,r n 2 , c 2, r 2c1 ） =。=。,ifn2,ifn2,ifn2,ifn2r1 ） =。=。n 11001201224. 解：設(shè)展開(kāi)后的正項(xiàng)個(gè)數(shù)為x 。則由行列式的定義有dx( n!x )2 xn! 。又因?yàn)閐（利用 r ir1 , i2 ,3, n ）（下三角行列式）2。所以有n122 xn! , xn 12n!。2ccccc5. 證明：（

10、1）左端12321提 取 公 因 子333333c 3c 1a1b1c1c1a1a1b12 a 2b2c2c 2a 2a2b2abccaab3a122 a2b1c1b 2c2b1c1b 2c 2123a132 a 2b1c1b2c 2ccc=右端。a3b3c 3b3c 3（ 2）利用性質(zhì) 5 展開(kāi)。(-1)c ; (1)ca 3b3c 36. 解：（ 3）與上面 3（ 3）類(lèi)似可得。7. 解：利用行列式的初等變換及性質(zhì)5。a1a1008解：0a2a 20000an 11111a100000a 200000ian 11ci 1c i1, 2, n1000123an 1n1下 三 角 形0n(1)

11、nna 1 a 2a n 1 。9 證 明 ： 設(shè) 原 行 列 式 =d。 則 對(duì)d進(jìn) 行 依 次 如 下 變 換 后4310c 1 ,10c 2 ,100c 3 ,10 c 4 , c 15c i 所得的行列式 d第一列由題設(shè)中所給的5 個(gè)數(shù)i 2字構(gòu)成。從而由行列式的定義可知d可被 23 整除。又由行列式的性質(zhì)知d1010d 。因?yàn)?23 是素?cái)?shù)，且10 10 不可能被 23 整除，所以 d 可以被 23 整除。習(xí)題 1.4xab0c0y00d1解： (1)0ez0fghkul0000vxab00y000ez0ghku按 第 5 行 展 開(kāi)按 第 4 列 展 開(kāi)xabvvu 0y00ez按

12、 第 1 列 展 開(kāi)yxuv0= xyzuv ；ez(2)11113412i4, 3, 21131i2, 3, 400404123131104002341riri 11111rr11111230i10121121按 第 1 列 展 開(kāi)習(xí) 題 1.2 第 7(4)題3(31)040400(1)2(1)(4)(4) =1 6 ；abcde01000按 第 1(3)方法一0010000010edcbabcde+ (5 1100001000010100100001000010dcba列 展 開(kāi)a1) e第 2 個(gè) 行 列 式 按 第 4 列 展 開(kāi)2a4e(1)1e010 = a22e；001方法二

13、逐次均按第 2 行展開(kāi)可得同樣結(jié)果 , 具體解法可參見(jiàn)下例。a100010a 2000a10100a3(4) 逐次按第 2 行展開(kāi)000a30= a2=000a n 1010an1000a na 2 a3a1an 111= a2 a3ana n 1 ( a1 an1) ；110001111000x1x 2000x 3x1x 2x3000a1b1111c1c36a1b1c1111r35a2b2x1x 2x3c 2a2b 2c2x 2x3x1(5)222222x1x 2000x 3222x1x 2x3000222a3b3x1x 2x 3c 3a3b3c3x 2x3x11110001x1x2x300

14、0x12x12x 22x3r2x111000x 2x 30000004 5x 2x3000a2b2c 2x 2x 3x1a1b1c1111a1b1c1111a2b2c2x 2x3x122222222a3b3c 3x2x 3x1a3b3c3x 2x 3x12=d ( x , x , x ) 2 =( xx ) 2 ( xx ) 2 ( xx )；123313221111214181 2 (x112x(6)2= d (1, 2,2, x )= ( x2)( x2)( x1)(22)(21)(21)4x8x21 x) (3；4 )（ 7）換行后可得到范德蒙行列式；xy0000xy0000x00000

15、xyy000xxy00（ 8）先把第一行加到第三行，再提取第三行的公因式， 換行后可得到范德蒙行列式。2解： (1)按 第 1列 展 開(kāi)(nn=1nx(1)yn 1y000xy000x0000xy1 11)x0xy0000x+ (1)y；1a1a2a3an1a1a 2a 3anna1aaa1100rr123ncci11i(2)a1a1a21a3a2a3ani2, 3, nan1010i 21001n=1+i 1a i ；（此處有筆誤）1x1 y11x1 y21x1 yn1x2 y11x2 y21x 2 yn1xn y11xn y21xn yn1x1 y11x1 y21x1 yn(3)( x 2

16、x1 ) y1( x2x1 ) y2( x 2x1 ) yn, n( xnx1 ) y1( xnx1 ) y2( xnx1 ) yn1x1 y11x1 y 21x1 ynrir1i2, 3,= ( x2x1 )( x3x1 )( xny1y 2y nx1 )，y ny1y 2y n據(jù)此當(dāng) n2 時(shí)，原式 = ( x 2x1 )( y 2y1 ) ；當(dāng) n2 時(shí)，原式 = 0 。3. 解：（ 1）將 d n 按第 n 列展開(kāi)得 :n1xyyyyzx0000zx00000x0000zxzx00xyyy0zx0zx00y+ x 0zx0000x000z000xd n= (1)= (1) n1 yz

17、n 1xd n 1 。（2）略（參考課本例中的敘述） 。4. 解：（ 1）交換行、列后得到三角塊行列式，然后利用例1.4.6 的結(jié)果； 或者直接利用 laplace定理。（2）左端先做變換c 1c 4 , c 2c 3 ，再做變換 r 4r1 , r3r 2 ，然后利用 p30 推論。76543297894374975解：（ 1）749700再 分 塊322 4(1)43536153610000560056000068006800327456=435368= 4 ；23（ 2）121212212101=00120021122112210102c0012r2320112101020100219

18、；2121（ 3）利用初等變換。附加： p30 推論的證明：證(1) 將第 r+ 1 列與 r 列交換 , 由將新的 r 列與 r-1 列交換 , 如此繼續(xù) , 直到將第 r+1列交換到第 1 列, 這樣共交換 r 次;再將第 r+2 列如上方法交換至第2 列, 也交換了 r 次, 如此繼續(xù)直到將 r+s 列交換至第 s 列. 于是交換了 rs 次后得到a11a1 rc11c1sc11c1 rsa11a1rar 1arrc r 1crsrs= (1)c r 1c rsa r 1a rr00b1100bs1b1sbssb11bs1b1 s00b ss00將所得行列式的第r+1 行依次與第r 行,

19、 r-1 行, , 第 1 行交換 . 交換 r 次后 , r +1 行交換至第 1 行. 類(lèi)似地交換 r 次后將 r +2 行交換至第 2 行, , 交換 r 次后將第 r+s 行交換至第s 行, 于是交換 rs 次后得 :b11b1 rs00rsrs(1)(1)br 1brs00例 1.4.5a11a1 rb11b1sc11c1 sa11a1rar 1arrbs1bsscs 1cssar 1arr(2), (3)思路與 (1) 類(lèi)似 , 證明過(guò)程略去。習(xí)題 1.52解： 計(jì)算得d1001002001 c 1c 40001第2行展開(kāi)1001000012401210(1)10401= 41根據(jù)

20、克拉默法則 , 當(dāng) d0 時(shí), 即14時(shí), 原方程組只有零解。習(xí)題 1.61證明：方法一歸化1a11111a 21d n111a 3111a100an0a 20an00a 3an1rr1in1i1 ,n,11 ana100ann 110a 20anrrnii 1ai00a 3ani1111an注 意 a00001ann 1 1ani 1 a in1= a1a 2an (1)=右端 .i 1 ai方法二 歸納法當(dāng) n1 時(shí),d 1 =1a11a1 (1).a1結(jié)論成立 .假設(shè) n1 時(shí)結(jié)論成立 , 即有 d n 1a1 a2an1 (1n 11 ).i 1 a i則當(dāng) n 時(shí),將 d n 的第

21、n 列看成 1+0,1+0, ,1+ a n ,故 d n 可表示為 2 個(gè)行列式之和 , 而第 2 個(gè)行列式按第n 列展開(kāi)可算出為a n d n1 從而1a11111a1111a21111a 2d n111a31=1111111 an111111a 31+ a n d n 111而111a31a1111a100011a 2110a 200inrr100a3i1, 2, n10 = a1a 2a n 1 .11111111n 1 1所以 d n = a1a 2an 1 + an d n1 = a1 a 2an 1 + a na1 a 2an 1 (1)i 1 a i= a1a 2an (11n

22、i 1 ai) =右端 .方法三 遞推由證明 (二)可知d n 與 d n1 存在以下遞推關(guān)系 : d n = a1 a2a n 1 + a n d n 11n1ndn1所以 d= a aa+ a d= a aa() = a aa (1)n12n 1=右端.nn 112nani 1a i12ni 1 a i方法四 加邊法1110001111a111a31= 111a 211a1111a 2d n1111111an1111an n 111111a1i1ccn 1r1r001ii2 , 3 ,10a2n ,10i 2 a i100ann11000i 1 a in1a1001= a1 a2an (1

23、)=右端。10a20i 1 a i100a n2. 證明：（ 1）注意當(dāng)把行列式按第n 列展開(kāi)時(shí)，得到的遞推公式中有三項(xiàng)，故歸納法第一步應(yīng)驗(yàn)證 n=1， 2 時(shí)均成立。而歸納法第二步應(yīng)假設(shè)當(dāng)nk ( k3) 時(shí)成立，去證明當(dāng)n=k 時(shí)成立。3. 解：（ 2 ）先把除第一列外的所有列都加到第一列，然后提出第一列的公因子；再依次r1r 2 , r 2r 3 , r n 1rn ；然后按第一列展開(kāi)，再依次c ic 1 , i1 ；最后按最后一列展開(kāi)。4. 解：通過(guò)倍加行變換易知f(x) 的次數(shù)最大為 1；又因?yàn)槿绻鸻 ij全取零，則有f(x)=0 。所以 選 (d) 。5看自己或別人的作業(yè)。6解：方

24、法一：利用課本中例1.4.3 的方法。n1方法二：設(shè)f ( x )d ( x 1 ,x 2 , x n , x)。則有 f(x) 中 x的系數(shù)為d n 。又因?yàn)閚1f ( x )( xx i )?( xix j )（范德蒙行列式） ，所以 f(x) 中 x的系數(shù)為。所以可得 d n。第二章 線(xiàn)性方程組習(xí)題 2.112. 證明 . 因 |a |0, 說(shuō)明 a11a12.a1n不全為零 ,故當(dāng)某個(gè)a k10,通過(guò)適當(dāng)?shù)男谢Q,可使得a k 1 位于左上角 ,用 a k 1來(lái)乘第一行 , 然后將其余行減去第一行的適當(dāng)倍數(shù),矩陣a''10可以化為 :00a12.a1 na1,由于 |a

25、 |0 , 此時(shí)必有| a1 |0 ,故可以對(duì)a1 重復(fù)對(duì) a 的討'''1a12a13.a1n''01a 23.a 2 n''論,此時(shí)a可經(jīng)初等行變換化為001.a3 n, 然后再將第 n 行的ain倍加到000.1第 i 行( i1, 2,., n1 ), 再將第 n1 行的'1000100001ai ( n1) 倍加到第 i 行( i1, 2,., n2 ),這樣繼續(xù)下去 , 一直到將第 2行的論成立。'a12倍加到第 1行,此時(shí) a就化為, 故所證結(jié)3. 證明 ： 以行互換rij為例 : 列互換可以同樣證明 .i

26、ai1若 aj a j 1a i 2a j 2.aina jnr j ( 1) riiai 1ja j 1a i 1a i 2a j 2a i 2a jnaina inri rjia j1a j 2ajnr j ( 1) riiiaj 1aj 2.a jnja j1ai1a j 2ai 2ajnainjai1ai 2ain( 1) rjii a j 1j ai 1aj 2ai 2.ajnain,這相當(dāng)于 a 中交換第 i 行和第 j 行, 所以結(jié)論成立。習(xí)題 2.21. 解： a 中一定存在不為零的r1 階子式 ,否則秩 ( a )r1 ,與題設(shè)秩（ a ） r 矛盾 . 由秩（ a ） r

27、知， a 中至少存在一個(gè) r 階子式不為零 , 這表明 a 中的 r 階子式只要有一個(gè)不為零即可 , 其余可以等于零 ,也可以不等于零 .a 中一定不存在不為零的r1 階子式 ,否則 a 的秩至少是 r1,這也與題設(shè)秩（ a ） r 矛盾。2. 提示：利用矩陣的行秩和向量的極大無(wú)關(guān)組證明。3. 略。4. 思路：可將矩陣寫(xiě)成一個(gè)列向量和一個(gè)行向量的乘積，從而由秩1 ；進(jìn)而因?yàn)榫仃嚥坏扔诹?，所以?。5. 略。習(xí)題 2.3略。習(xí)題 2.42. 證明： ()的增廣矩陣為a =a11a 21a12a 22a1nb1a 2 nb2,an 1,1an 1,2an 1, nbn 1an1an 2a nnbn

28、因?yàn)橄禂?shù)矩陣的秩不超過(guò)增廣矩陣的秩,所以有秩 ( a )秩( a ).觀察可知 ,矩陣 b 其實(shí)就是在增廣矩陣a 下面加了一行 ,所以秩 ( b )秩( a ). 由題意知,秩( a )=秩 ( b ),據(jù)此可得秩 ( a )秩( a ).綜上知秩 ( a )= 秩( a ), 故() 有解。3. 解：將增廣矩陣只用初等行變換化為階梯形矩陣.11b111b211b3rrrn1n 111bn 111bn11b111b211b3110b1b n 1b2bn當(dāng) b1b2bn0 時(shí), 秩( a )秩( a ), 所以線(xiàn)性方程組無(wú)解 ;當(dāng) b1b2bn0時(shí), 秩( a )= 秩( a )< 未知量

29、個(gè)數(shù) , 所以線(xiàn)性方程組有無(wú)窮多解.x1x 2b ,1x 2x 3b ,2原方程組同解于x3x 4b ,3xn 1xnbn 1 .故通解為x1b1 x 2b2b3 b2b3bnbn 11t ,t ,其中 t 為任意常數(shù)。xn 1xnbn 1t , t .a11 a 21a1,n 1a 2, n 1a1, na 2, n4. 證明：該線(xiàn)性方程組的增廣矩陣a =a 31a 3, n 1a 3, n, 由題意da ij0 知an1an, n 1a nn秩( a )= n . 但是系數(shù)矩陣a 是一個(gè) n( n1) 的矩陣 ,所以秩 ( a )n1 <秩( a ).據(jù)此秩 ( a )秩( a ),

30、 所以該線(xiàn)性方程組無(wú)解。第三章 矩陣習(xí)題 3.14. 解：（ 1） 由矩陣乘法運(yùn)可得：1 a111a121a1n1 a112 a12n a1n2 a 212 a 222 a 2 nd a； ad1 a212 a22na 2 n。n an1n an 2n a nn1 an 12 an 2n a nn（ 2）與 d 乘法可換的矩陣 a 滿(mǎn)足 d aad 。故 d a 與 a d 的元素對(duì)應(yīng)相等， 利用（）的結(jié)果，有i a ijj a ij ，從而 (ij ) a ij0 。由于 ij （ ij ），可得：當(dāng) ij時(shí)， a ij0 ，即 a 為對(duì)角矩陣。1102121時(shí)，計(jì)算得011012，故結(jié)論成

31、立001001k25. 證明：（ 1）數(shù)學(xué)歸納法：當(dāng) n21101kc k假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，結(jié)論成立，即有01101k，001001則當(dāng) nk1 時(shí)，1101kc k1101k101101k011010010010010011k01k 122kc kk11因 c 2kk ( k1)kk ( k1)2c所以21k1c k01101k11， 即kk 122001001當(dāng) nk1 時(shí) ， 結(jié) 果 成 立 由 歸 納 法 原 理 知 ， 對(duì) 任 意 大 于 2得 正 整 數(shù) n 有1101nc n01101n001001n2（2）當(dāng) n1 時(shí)，結(jié)果顯然成立當(dāng)n2 時(shí),直接計(jì)算得 b 2e .假設(shè)當(dāng) nk

32、時(shí)，結(jié)果成立，即果也成立，即可完成證明 第一種情況： k 為奇數(shù)，則ke ,bb ,k 為 偶 數(shù) ；我們要證明當(dāng) nkk 為 奇 數(shù) ；1 時(shí)，結(jié)k 1kbb bbb142142100032032010e043043001第二種情況： k 為偶數(shù)，則kk 1bb bebbk1綜上： be ,k+1 為 偶 數(shù) ；b,k+1 為 奇 數(shù) ；即當(dāng) nk1 時(shí)，結(jié)論成立6. 解 ：（ 1 ） 先 計(jì) 算 出 n1,2 ,3,4時(shí) 的 結(jié) 果 。 然 后 歸 納 出 應(yīng) 該 有ncossincos nsin n，接下來(lái)用數(shù)學(xué)歸納法證明這一歸納出的結(jié)sincossin n果。cos n當(dāng) n= 1 時(shí)，結(jié)論顯然成立假設(shè)當(dāng) nk 時(shí)，結(jié)論成立，即kcossincos ksin k則當(dāng) nk1 時(shí)，k 1sincossin k