《線性代數(shù)》課后知識(shí)題目解析(陳維新)

**第一章 行列式習(xí)題1.1證明：（1）首先證明Q(3)是數(shù)域。因?yàn)镼Q(3)，所以Q(3)中至少含有兩個(gè)復(fù)數(shù)。謝謝閱讀任給兩個(gè)復(fù)數(shù)ab3,ab3Q(3)，我們有1122(ab 3)(a b 3)(aa)(bb) 3謝謝閱讀1 1 2 2 1 2 1 2(ab3)(ab3)(aa)(bb)3。11221212(ab3)(ab3)(aa3bb)(baab)3112212121212因?yàn)镼是數(shù)域，所以有理數(shù)的和、差、積仍然為有理數(shù)，所以(ab3)(ab3)(aa)(bb)3Q(3)11221212(ab3)(ab3)(aa)(bb)3Q(3)。11221212(ab3)(ab3)(aa3bb)(baab)3Q(3)112212121212如果ab30，則必有a,b不同時(shí)為零，從而ab30。222222又因?yàn)橛欣頂?shù)的和、差、積、商仍為有理數(shù)，所以ab3(ab3)(ab3)(aa3bb)(baab)3Q(3)11112212121212ab3(ab3)(ab3)a23b2a23b22222222222。綜上所述，我們有Q(3)是數(shù)域。（2）類似可證明Q(p)是數(shù)域，這兒p是一個(gè)素?cái)?shù)。感謝閱讀（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p(p)2(a2qb2)2abq。**由于上式左端是有理數(shù)，而q是無理數(shù)，所以必有2abq0。感謝閱讀所以有a0或b0。如果a0，則pqb2，這與p,q是互異素?cái)?shù)矛盾。謝謝閱讀如果b0，則有 pa，從而有“有理數(shù)=無理數(shù)”成立，此為矛盾。謝謝閱讀所以假設(shè)不成立，從而有Q(p)Q(q)。精品文檔放心下載同樣可得Q(q)Q(p)。（4）因?yàn)橛袩o數(shù)個(gè)互異的素?cái)?shù)，所以由（3）可知在Q和之間存在無窮多個(gè)不同的感謝閱讀數(shù)域。解：（1）P(1)是數(shù)域，證明略（與上面類似）。精品文檔放心下載（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。謝謝閱讀(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12Z(1)。精品文檔放心下載證明：（1）因?yàn)镕,K都是數(shù)域，所以QF,QK，從而QFK。故FK含謝謝閱讀有兩個(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)镕,K是感謝閱讀數(shù)域，所以有ab,ab,aF且ab,ab,aK。所以ab,ab,aFK。ccc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1.2**2.解：項(xiàng)aaaaaa的符號(hào)為(1)(234516)(312645)233142561465習(xí)題1.31 1 11．證明：根據(jù)行列式的定義111=(1)12naaa1(jjj)1j12j2aijj1j2jnnjn111(1)(j1j2jn)=0。j1j2jn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)是由偶排感謝閱讀列產(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階排精品文檔放心下載列中奇排列的個(gè)數(shù)與偶排列的個(gè)數(shù)一樣多，各占一半。199819992000CC1998199912．解(1)2001200220033220012002120042005200620042005110011000

C2 1

1998 1 12001 1 1=0；2004 1 10220CC0200下三角形1268=96；（2）320330CC03604004414008111011101101RR0011R（3）21241011RR01010111310111

11100111RR0101320011

11100111001200111110RR0111上三角形1113=3；4300120003**abc2a2a（4）2bbca2b2c2ccab

RR1 2 3

abc abc abc感謝閱讀2bbca2b2c2ccab111提取公因子(abc)2bbca2b2c2ccabR(2b)R111(abc)0bca0=(abc)3。21R(2c)R00cab317222215222227222C5C157222（5）227221i152722i22227215227222227152227

R12,3,4,5

15 2 2 2 20 5 0 0 00 0 5 0 00 0 0 5 00 0 0 0 5上三角形155555355。xyxyxy提取每行的公因子yyy性質(zhì)41112131233．解：（1）xyxyxyxxxyyy0。212223123123xyxyxyyyy313233123a22a12a32a5（2）左端CCb22b12b32b5ii12c12c32c5i4,3,2c2d22d12d32d5

C4 3C3 2a22a122b22b122=0=右端。c22c122d22d1221aaa1aaa12n112n11abaaRR0b00（3）111a2n101b0abai10122n1i2,n21aaab000b12n1n1n1上三角形bbb。1 2 n1**（4）原式（先依次CC,CC,,CC,ifn2）=。。。=if。nn1n1n221,n2（5）原式（先依次RR,RR,,RR,ifn2）=。。。=if。nn1n1n221,n24．解：設(shè)展開后的正項(xiàng)個(gè)數(shù)為x。則由行列式的定義有Dx(n!x)2xn!。又因?yàn)橹x謝閱讀100D（利用RR,i2,3,,n120（下三角行列式）2n1。所以有i1）1222n1n!。2n12xn!,x2CCCabccaabCC11111115．證明：（1）左端1232abccaab21提取公因子2222222CCabccaab313333333abcbcCCCabc111111112abcbc1232abc=右端。22222(-1)C;(1)C222abcbc23abc33333333（2）利用性質(zhì)5展開。6．解：（3）與上面3（3）類似可得。7．解：利用行列式的初等變換及性質(zhì)5。aa000110aa00CC8．解：22i1i000aai1,2,,n1n1n111111a00001a0000a。2下三角形(1)nnaa000a012n1n1123n1n9．證明：設(shè)原行列式=D。則對(duì) D 進(jìn)行依次如下變換后謝謝閱讀**104C,103C,100C,10C,C5C所得的行列式D′第一列由題設(shè)中所給的5個(gè)數(shù)12341ii2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D′1010D。因精品文檔放心下載為23是素?cái)?shù)，且1010不可能被23整除，所以D可以被23整除。感謝閱讀習(xí)題1.4xab0cxab00y00dxab0y001．解：(1)0ez0f按第5行展開v按第4列展開vu0y0ghkul0ez00ezghku0000v按第1列展開xuvy0=xyzuv；ez11112341RR(2)ii13412i4,3,24123

1111123011311311

R12,3,4

1 1 1 10 1 2 10 0 4 00 4 0 0121按第1列展開040習(xí)題1.2第7(4)題(1)3(321)(1)(4)(4)=16；400abcde100001000按第1列展開a0100(3)方法一00100000100010dcbaedcbabcde+(1)51e1000第2個(gè)行列式按第4列展開01000010**1 0 0a2e(1)41e0 1 0=a2e2；謝謝閱讀0 0 1方法二逐次均按第2行展開可得同樣結(jié)果,具體解法可參見下例。精品文檔放心下載a00011010a000a2100a000a0(4)逐次按第2行展開3=a3=2000a010a100n1n0anaaaa1=aaa(aa1)；123n11a23n11nn110001111000xx000xxxx000121113123111(5)abcC36abc111111abxxxcabcxxx

R35221232222231x2x2000x2x2x2x2000123123abx2x2x2cabcx2x2x2331233333231111000111000xxx000xxx000123000123000x2x2x2Rx2x2x212345123111abcxxxabc222231111abc111abcxxx111222231abcx2x2x2abcx2x2x2333231333231=D(x,x,x)2=(xx)2(xx)2(xx)2；1233132211111(6)122x=D(1,2,2,x)=(x2)(x2)(x1)(22)(21)(21)144x288x312(x1)(x24)；（7）換行后可得到范德蒙行列式；**（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謝謝閱讀式。xy0000xy002．解：(1)00x00按第1列展開000xyy000xxy00y000xy00(1)11x0xy0+(1)n1y0x00000x00xy=xn(1)n1yn；(2)1aaaa1aaaa123n123na1aaaRR1100Cn123n1010Caa1aai11i123ni2,3,,ni2aaaa1001123n=1+na；（此處有筆誤）ii11xy1xy1xy11121n(3)1xy1xy1xy21222n1xy1xy1xyn1n2nnR

1xy 1xy 1xy1 1 1 2 1 n(xx)y (xx)y (xx)y感謝閱讀i121121221ni2,3,,n(xx)y(xx)y(xx)yn 1 1 n 1 2 n 1 n**1xy1xy1xy11121n=(xx)(xx)(xx)yyy，12n2131n1ynyyy12n據(jù)此當(dāng)n2時(shí)，原式=(xx)(yy)；當(dāng)n2時(shí)，原式=0。21213．解：（1）將D按第n列展開得:nxyyyyzx00xyyyzx0000zx0zx00D0zx00=(1)n1y+x0zx0n000000x0x000z000x000zx=(1)n1yzn1xD。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感謝閱讀定理。（2）左端先做變換CC,C2C，再做變換RR,RR，然后利用P30推論。14341327654329789437497再分塊(1)243253615．解：（1）7497005361004300560056000068006800=327456=4；4353681 2 2 1（2） 0 1 0 2C232 0 1 10 2 0 1

1221122121010012212R1210123=9；2121001002120021**（3）利用初等變換。附加：P30推論的證明：(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精品文檔放心下載列交換到第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,如謝謝閱讀此繼續(xù)直到將r+s列交換至第s列.于是交換了rs次后得到精品文檔放心下載aaccccaa111r111s111rs111raacc=(1)ccaar1rrr1rsrsr1rsr1rr111s111s00bbbb00s1sss1ss將所得行列式的第r+1行依次與第r行,r-1行,……,第1行交換.交換r次后,r+1行交換謝謝閱讀至第1行.類似地交換r次后將r+2行交換至第2行,……,交換r次后將第r+s行交換至精品文檔放心下載第s行,于是交換rs次后得:bb00111rsbb00例1.4.5aabb(1)(1)111r111srsrsr1rs111s111raabbr1rrs1ssccaas1ssr1rr(2),(3)思路與(1)類似,證明過程略去。謝謝閱讀習(xí)題1.5**100100102001CC0001D第2行展開10100100(1)140012401240141根據(jù)克拉默法則,當(dāng)D0時(shí),即14謝謝閱讀

時(shí),原方程組只有零解。習(xí)題1.61．證明：方法一歸化1a111111a112D111a1n3

Rni1, ,n11111ana00aa00a1a0an1n00a0an112an02anRaR00an0ani33ni1i1111a注意a00001aa1n1nnni1ai=aana(11)=右端.12nai1i方法二歸納法當(dāng)n1時(shí),D=1aa(11).結(jié)論成立.111a1假設(shè)n1時(shí)結(jié)論成立,即有Daaan11).(1n112n1i1ai則當(dāng)n時(shí),將D的第n列看成1+0,1+0,……,1+a,故D可表示為2個(gè)行列式之和,nnn而第2個(gè)行列式按第n列展開可算出為aD從而n n1**1a1111a1111111a1111a1122D111a1=111a1+aDn33nn11111a1111n1a111111a112而111a131111

a0001RR0a0002a0=aaa.in0i1,2,,n1312n11111所以D=aaa+aD=aaa+aaan11)a(1n12n1nn112n1n12n1ai1i=aaa(1n1)=右端.12nai1i方法三遞推由證明(二)可知D與D存在以下遞推關(guān)系:D=aaa+aDnn1n12n1nn1所以D=aaa+aD=aaa(1nDaan1)an1)==a(1an12n1nn112na12nni1ii1i=右端.方法四加邊法1a1111000111a1111a1121D111a1=111a1n321111a1111annn11111CC1a0011a0i10i2,3,,n12100a

n11Rai2in**1n1000i1ai1a00=aan1)=右端。11a0a(1012na2i1i100an2．證明：（1）注意當(dāng)把行列式按第n列展開時(shí)，得到的遞推公式中有三項(xiàng)，故歸納法第一感謝閱讀步應(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)謝謝閱讀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；再依次精品文檔放心下載RR,RR, ,R R；然后按第一列展開，再依次CC,i1；最后按最精品文檔放心下載1 2 2 3 n1 n i 1后一列展開。4．解：通過倍加行變換易知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。所精品文檔放心下載以選(D)。5．看自己或別人的作業(yè)。6．解：方法一：利用課本中例1.4.3的方法。方法二：設(shè)f(x)D(x,x,,x,x)。則有f(x)中xn1的系數(shù)為D。又因?yàn)?2nn(x)(xx)(xx)（范德蒙行列式），所以f(x)中xn1的系數(shù)為。。。感謝閱讀i i j? ?所以可得D 。n第二章 線性方程組習(xí)題2.1**2．證明.因|A|0,說明aa...a不全為零,故當(dāng)某個(gè)a0,通過適當(dāng)?shù)男谢Q,11121nk1可使得a位于左上角,用a1來乘第一行,然后將其余行減去第一行的適當(dāng)倍數(shù),矩陣Ak1k11a'...a'121n0可以化為:0,由于|A|0,此時(shí)必有|A|0,故可以對(duì)A重復(fù)對(duì)A的討A11011a'a'...a'12131n01a'...a'論,此時(shí)A可經(jīng)初等行變換化為0232n,然后再將第n行的a'倍加到01...a'3nin00...10第i行(i1,2,...,n1),再將第n1行的a'倍加到第i行(i1,2,...,n2),這樣i(n1)100繼續(xù)下去,一直到將第2行的a'010倍加到第1行,此時(shí)A就化為,故所證結(jié)120001論成立。3．證明：以行互換Rij為例:列互換可以同樣證明.謝謝閱讀iaa...aiaaa若Ai1i2ini1i2inR(1)Rjaj1aajaaaaaaj2jnj1i1j2i2jninaj1aj2ajnaj2...ajniiaj1RRR(1)Rjaaaaaajaaaj1i1j2i2jnini1i2in**iaa...ajij1j2jn(1)Rjaaai1i2in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.由感謝閱讀秩（A）＝r知，A中至少存在一個(gè)r階子式不為零,這表明A中的r階子式只要有一感謝閱讀個(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,感謝閱讀否則A的秩至少是r1,這也與題設(shè)秩（A）＝r矛盾。感謝閱讀2．提示：利用矩陣的行秩和向量的極大無關(guān)組證明。3．略。4．思路：可將矩陣寫成一個(gè)列向量和一個(gè)行向量的乘積，從而由秩1；進(jìn)而因?yàn)榫仃嚥恢x謝閱讀等于零，所以秩〉0。5．略。習(xí)題2.3略。習(xí)題2.4**aaab11121n1aaab21222n22．證明：(Ⅰ)的增廣矩陣為A=,aaabn1,1n1,2n1,nn1aaabn1n2nnn因?yàn)橄禂?shù)矩陣的秩不超過增廣矩陣的秩,所以有秩(A)秩(A).感謝閱讀觀察可知,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).由題意精品文檔放心下載知,秩(A)=秩(B),據(jù)此可得秩(A)秩(A).綜上知秩(A)=秩(A),故(Ⅰ)有解。精品文檔放心下載3．解：將增廣矩陣只用初等行變換化為階梯形矩陣.11b111b121b3RRRn1n111b1n11bn11b111b121b311b0n1bbb12n當(dāng)bbb0時(shí),秩(A)秩(A),所以線性方程組無解;12n當(dāng)bbb0時(shí),秩(A)=秩(A)<未知量個(gè)數(shù),所以線性方程組有無窮多解.12nxxb,121xxb,232原方程組同解于xxb,343xb.xn1nn1**xbbb b t,1123n1xbbbt,223n1其中t為任意常數(shù)。故通解為xbt,n1n1xt.naaa111,n11,naaa212,n12,n0知4．證明：該線性方程組的增廣矩陣A=aaa,由題意Da313,n13,nijaaannn1n,n1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)感謝閱讀此秩(A)秩(A),所以該線性方程組無解。謝謝閱讀第三章 矩陣習(xí)題3.14．解：（1）由矩陣乘法運(yùn)可得：aaaaaa11111211n111212n1naaaaanaDA22122222n；AD1212222n。aaaaaan2nn1nn2nnn1n12nnn（2）與D乘法可換的矩陣A滿足DAAD。故DA與AD的元素對(duì)應(yīng)相等，利用（１）謝謝閱讀的結(jié)果，有aa，從而()a0。由于（ij），可得：當(dāng)ijiijjijijijij時(shí)，a0，即A為對(duì)角矩陣。ij11021215．證明：（1）數(shù)學(xué)歸納法：當(dāng)n2時(shí)，計(jì)算得011012，故結(jié)論成立．001001**110k1kC2假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，結(jié)論成立，即有01101k，k001001則當(dāng)nk1時(shí)，110k11kC21101k1k01101k0110100100100100

C2kk1．因C2kk(k1)kk(k1)C2110k11k1C2，即k1k22k1所以001001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有感謝閱讀110n1nC201101n．n001001（2）當(dāng)n1時(shí)，結(jié)果顯然成立．當(dāng)n2時(shí),直接計(jì)算得B2E.謝謝閱讀E,k為偶數(shù)；假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，結(jié)果成立，即Bk．我們要證明當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)B,k為奇數(shù)；果也成立，即可完成證明．第一種情況：k為奇數(shù)，則142142100Bk1BkBBB032032010E．043043001第二種情況：k為偶數(shù)，則Bk1BkBEBB．E,k+1為偶數(shù)；綜上：Bk1即當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論成立．B,k+1為奇數(shù)；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**cossinncosnsinn，接下來用數(shù)學(xué)歸納法證明這一歸納出的結(jié)sincossinncosn果。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cossinkcosksink．sincossinkcosk則當(dāng)nk1時(shí)，cossink1cossinkcossincosksinkcossinsincossincossincossinkcosksincoscoskcossinksincosksinsinkcossinkcoscosksinsinksincoskcoscos(k) sin(k) cos(k感謝閱讀sin(k) sin(k)sin(k謝謝閱讀

1)sin(k1)1)sin(k1).結(jié)論成立．7．記住結(jié)論。8．證明：因?yàn)锳與所有n階方陣乘法可換，故與Eij乘法可換,利用第7題結(jié)果有精品文檔放心下載0000a000001i000AEEAaaa，即2iijijj1j200000a0nij000aa0iijj,i,j1,2,n．設(shè)a，則Aaij01100即A為數(shù)量矩陣．

0ajni0E,**a10．證明：設(shè)A11am1

abb1n，B111m，則abbmnn1nmtr(AB)ab ab ab感謝閱讀11 11 12 21 1n n1abab ab21 12 22 22 2n n2ab ab ab mnab謝謝閱讀m11m m2 2m mn nm ji ijj1i1同理可得tr(BA)nmbajiijj1i1由于abba，可得tr(AB)tr(BA)．mnnmjiijjiijj1i1j1i111．證明：假如存在n階方陣滿足ABBAE，則感謝閱讀ABBAEtr(AB)tr(BAE)tr(BA)n．感謝閱讀由于n0，可得tr(AB)tr(BA)，這與10題所得結(jié)果矛盾．精品文檔放心下載所以假設(shè)不成立．即不存在n階方陣A，B滿足ABBAE．謝謝閱讀15．證明：因A，B都是對(duì)稱矩陣,故(AB)TBTATBA,從而精品文檔放心下載AB為對(duì)稱矩陣(AB)TABBAAB.謝謝閱讀a16．證明：設(shè)A11am1ATAO

aa1n，則AT11aamn1nATA的主對(duì)角線上元素為零

m1．mna2a2 a20,i1,2, n,由a為實(shí)數(shù)知感謝閱讀1i 2i mi ija0,a0,a0,i1,2,n1i2imiAO.證法二：利用二次型。**習(xí)題3.24．思路：注意到矩陣多項(xiàng)式的運(yùn)算和一般多項(xiàng)式的運(yùn)算一樣就可以了。感謝閱讀證明：計(jì)算(EA)(EAA2Ak1)EAk,由題意可知AkO,所以(EA)(EAA2Ak1)EAkE.根據(jù)定理3.2.1的推論可知EA可逆且其逆為EAA2Ak1.5．證明：計(jì)算(EJ)(E1J)=E2JE1EJ1J2nn1nnn1nn1n=EnJ1J2E1(nEJ)Jn1nn1nn1nnn111111111n1111111計(jì)算(nEJ)J11n111111Onn111n11111據(jù)此(EJn11(nEJn)JnE(En1J)En1,根據(jù)定理3.2.1的推論可知)1Jn可逆且其逆為En1Jn.6．證明：因?yàn)閍AmaAm1aAaEO所以有mm110A(aAm1aAm2a)aE.由題意可知a0,所以可在等式兩邊同乘mm1100上1,由此可得1A(aAm1aAm2a)E,整理得aamm1100A[1(aAm1aAm2a)]E,根據(jù)定理3.2.1的推論可知A可逆且amm110A11(aAm1aAm2a).amm110**7．證明：(1)由題意A2A4EO可得A[1(AE)]E,根據(jù)定理3.2.1的推論可知A4可逆并且A11(AE).4(2)由題意A2A4EO可得A2A2E2E,而這個(gè)等式可化為(AE)(A2E)2E,即有(AE)[1(A2E)]E,同樣根據(jù)定理3.2.1的推論可2AE可逆并且(AE)112(A2E).感謝閱讀8．思路：注意題設(shè)實(shí)際上是給出了矩陣多項(xiàng)式 f(A)A2A0。所以一般情況下，精品文檔放心下載2EA如果可逆，其逆矩陣也應(yīng)該是一個(gè)矩陣多項(xiàng)式。所以我們可以假設(shè)其逆矩陣為精品文檔放心下載aAbE（待定系數(shù)法），從而由逆矩陣定義知應(yīng)該有(2EA)(aAbE)E，即aA2(2ab)A2bEE。在注意到題設(shè)是f(A)A2A0，所以我們有EaA2(2ab)A2bEaA(2ab)A2bE(ab)A2bE，所以有ab0,2b1，即ab12。謝謝閱讀證明：因?yàn)锳2A，所以(2EA)AE E。所以。。。感謝閱讀29．證明：(1)A1A113;感謝閱讀(2)由于AA*AE,所以A*AA13A1,由此可得A*3A133A1感謝閱讀27139;2A(2)3A8324;謝謝閱讀(3A)13A1(33A)1(333)1811;精品文檔放心下載(5)由(2)中分析可知A*3A1,所以13A*4A113(3A1)4A13A1感謝閱讀(3)3A127139;謝謝閱讀(6)由(2)中分析可知A*3A1,則(A*)1(3A1)113(A1)113A。謝謝閱讀10．證明：A,B都可逆, 所以有 AA*AE,BB*BE, 由此可知精品文檔放心下載A*AA1,B*BB1,從而得到B*A*ABB1A1.謝謝閱讀**另一方面,由于A,B都可逆且均為n階方陣,所以AB也可逆,所以有感謝閱讀(AB)*AB(AB)1,而AB(AB)1ABB1A1.感謝閱讀綜合上述可得(AB)*ABB1A1B*A*.精品文檔放心下載11．略。12．證明：假設(shè)A是可逆矩陣,那么在等式A2A兩邊都左乘A的逆矩陣A1可得AE,感謝閱讀這與題設(shè)中AE矛盾!所以A不可逆.13．證明：根據(jù)題意可知存在非零的n×t矩陣B使AB=O,B是非零矩陣所以必存在某一列感謝閱讀aa01i1i上的元素不全為零,不妨設(shè)這一列為a2i.由于ABO,所以Aa2i0,據(jù)此aa0ninia1i可知a2i是線性方程組AXO的一個(gè)非零解.由于AXO有非零解,所以A=0.ani14．略。15．解：(A)10O,但A不是可逆可逆的充要條件是A0而不是AO,設(shè)A00矩陣,所以選項(xiàng)(A)是錯(cuò)誤的.設(shè)AE,BE,顯然A,B都是可逆的,但是ABO不是可逆矩陣,所以選精品文檔放心下載項(xiàng)(B)是錯(cuò)誤的.可逆的充要條件是A0而AAT.所以選項(xiàng)(C)是正確的.謝謝閱讀不可逆的充要條件是A0；而A中至少有一行全為零只是A0的充分條件。精品文檔放心下載11設(shè)A,但A不是可逆矩陣,所以選項(xiàng)(D)是錯(cuò)誤的.11**習(xí)題3.31．解：12121321,則原式可以分塊寫成(1)設(shè)A,B,C,D31214134AOCOAOCOACO,利用分塊矩陣的性質(zhì)計(jì)算得OBODOBODOBD12125013211113而AB,CD,據(jù)此可3121174134505000得AOCOACO1700.001113OBODOBD00501014111010(2)設(shè)A2E,B01,C,D111,G則原式可以2101111001分塊寫成ABDABDADBG,利用分塊矩陣的性質(zhì)計(jì)算得OCGOCGCG而22210232ADBG2EDBG2DBG0102220122322221001241,14010014CG.01001001**A據(jù)此可得O

2BDADBG2CG2CG00

231. 0 12．解：(1)A1AEA1AA1EEA1;nnnAAA1E(2)A1n;EEA1A1nnA1AEn

A1AA1EEA1EEAE2nnE；nAnnnAA

EAEAAEA2AT;nnEnEAEAA2E。EAETnnnEnn3．證明：(1)先證“”,當(dāng)Q可逆時(shí),則必有Q0.而QOA(1)rtAB,所BO以有AB0,從而有A0,B0,因此A,B均可逆.感謝閱讀再證“”,A,B均可逆,則有A0,B0,所以有AB0,而QOA(1)rtAB,所以Q0,據(jù)此可知Q可逆.BO綜上即有Q可逆A，B均可逆.(2)設(shè)Q1CD,則有QQ1OACDEFGBOFGEAFEOACDAFAGAGO,因?yàn)镼可逆,由(1)可知必有而,所以有BOFGBCBDBCOBDE**A,B可逆,所以由AGO,BCO可得GCO.而由AFE,BDE可得謝謝閱讀OB1FA1,DB1.所以Q1.A1O2127AOAO1A1O5．解：(1)設(shè)A,B,則原矩陣為.而.1113OBOBOB1211112713737因?yàn)锳1,B11,所以可111213122得1100AO1A1O1200.OBOB100370102習(xí)題3.44．解：(1)A中i行與j行互換相當(dāng)于用初等矩陣E(i,j)左乘A得到E(i,j)A.由于(A1E(i,j)1)(E(i,j)A)E,而E(i,j)1=E(i,j),所以相當(dāng)于A1右乘了初等矩陣E(i,j),即A1中的i列與j列互換.(2)A中i行乘上非零數(shù)k相當(dāng)于用初等矩陣E(i(k))左乘A得到E(i(k))A.由于(A1E(i(k))1)(E(i(k))A)E,而E(i(k))1=E(i(1)),所以相當(dāng)于A1右乘了初等k矩陣E(i(1)),即A1中i行乘上非零數(shù)1.kk(3)A中第j行乘上數(shù)k加到第i行相當(dāng)于用初等矩陣E(ij(k),j)左乘A得到E(ij(k),j)A.由于(A1E(ij(k),j)1)(E(ij(k),j)A)E,而E(ij(k),j)1=E(ij(k),j),所以相當(dāng)于A1右乘了初等矩陣E(ij(k),j),即A1中第j行乘上數(shù)-k加到第i行.精品文檔放心下載**7．解：由于A(EC1B)TCTE,所以A[ET(C1B)T]CTE,即有精品文檔放心下載A[ETCTBT(C1)TCT]E, 變 形 得 A[CTBT(CC1)T]E, 從 而 有感謝閱讀A(CTBT)E.10002100而CTBT21,顯然是可逆矩陣.所以只需要求出(CTBT)1即得到304321.下面只用初等行變換把CTBTE化為EA即可.10001000100010002100010001002100210001,3000101210432100010001012110002100從而得到A21。101201習(xí)題3.51．證明：設(shè)A為秩為r的mn矩陣,則它必與矩陣EOrOO

等價(jià),所以必存在兩個(gè)可mnEOEO逆矩陣P,Q使得APrQ成立.而rOOOOmn

可以寫成r個(gè)只有一個(gè)元mn素為1其余為零的mn矩陣的和的形式:**10EOrOOmn0 0EO所以有APrOOmn

000Omr,nrmn010Omr,nrmnQ

10

00Omr,nrmn0 1 Omr,nrmn1000=P(00)Q01OOmr,nrmr,nrmnmn1000QP=P00Q01OOmr,nrmr,nrmnmn這樣A就表示成了r個(gè)矩陣之和的形式.而任一個(gè)**01PQ,由于中間那個(gè)矩陣只有一個(gè)元素非零,所以其0Omr,nrmn秩為1,而P,Q可逆,所以三個(gè)矩陣的積的秩仍然為1.這樣A就表示成了r個(gè)秩為1感謝閱讀的矩陣之和了.11002．解：設(shè)A,A,12OOmr,nrmr,nrmnmn10,ArOmr,nrmnr0顯然A(i1,2,,r)的秩都是1,但是他們的和A的秩是iOmr,nrmn1而不是r.所以該逆命題不成立.5．證明：因?yàn)锳列滿秩，所以存在可逆矩陣P,Q使得AEQ，所以PnQP00QQ10P1AE。所以令CQ10P1即可。P1A。進(jìn)而有0n7．證明：（1）因?yàn)閞(AB)r(A)nm，所以結(jié)論成立。感謝閱讀（2）由（1）知AB不滿秩，所以不可逆。（3）略。8．證明：因?yàn)锳BEm，所以mr(AB)r(A)m。所以r(A)m。同理有r(B)m。感謝閱讀**9．解：設(shè)A10,B00,C01,000110計(jì)算得AB1000O,ACB10010001.000100100100顯然秩(ACB)=1,秩(AB)=0,兩者不相等.所以秩(ACB)與秩(AB)不一定相等.感謝閱讀10．解：設(shè)秩(A)＝r,秩(B)=r,則存在四個(gè)可逆矩陣P,Q,P,Q使得精品文檔放心下載1 2 1 1 2 2EOEO1AP11MQ1P2Q,BP2Q成立.令,首先因rr11OOOO11為Q1,,P1都是可逆矩陣,所以M也是可逆的.又因?yàn)橹?A)+秩(B)≤n,12111即r+r≤n,所以的前r行r列構(gòu)成的塊是一個(gè)零塊,因此121211OA可以寫成下面這個(gè)形式r1r2.BCPEOOAEO計(jì)算AMBr1Q(Q1r1r2P1)Pr2Q1OO11BC22OO2EOOAEOPr1r1r2r2QO1OOBCOO2所以存在可逆矩陣M使得AMBO.習(xí)題3.61．解：(1)設(shè)A10,易知A0,但AO,所以(1)不一定成立.精品文檔放心下載0 0(2)設(shè)A10,k220102kAkA,易得kA4,kA2,此時(shí),020101**所以(2)不一定成立.101101A2所以(3)不一定成立.(3)設(shè)A,易得1,02A012(4)設(shè)AE,BE,易得ABO0,AB2,此時(shí)ABAB,所以(4)不一定成立.(6)都是課本中提及的性質(zhì),是成立的.(AB)TBTATBTATATBT,所以(7)成立.謝謝閱讀111,則2．解：(1)設(shè)A011101011111132111AAT01111222,ATA1101112201111122顯然此時(shí)AATATA,所以該項(xiàng)不一定成立.11221122AB0101(2)設(shè)AC,BD,則M0101CD22111001計(jì)算得ADBC11223,而M中由于第二第四兩行相同,所以精品文檔放心下載M0.因此此時(shí)MADBC,所以此項(xiàng)不一定正確.感謝閱讀(3)ATCT,所以MTAC不正確.MTBTDTBD(4)OA(1)n2AB,所以O(shè)AAB不正確.BOBO因?yàn)锳，B為可逆矩陣,所以方程兩邊同左乘A1,再右乘B1即得XA1CB1.所以是正確的.精品文檔放心下載**111111222000(6)因?yàn)镽iR,所以i1i2,3,,n0nnn00nnnn111100222000秩()=1=秩(),因此這兩個(gè)矩陣等價(jià).0nnn00nnnn3．證明：(1)因?yàn)橹?A)=r,所以A與EO等價(jià),即存在兩個(gè)可逆矩陣P,QrmnOOmmnnmnEOEOEO使得APrQ,令BPr,CrQ,因mmOOnnmmOOOOnnmnmnnn為P,Q是可逆的而EO,EO的秩都為r,所以秩(B)=秩rrmmnnOOOOmnnn(C)=r.并且B是mn的,C是nn的.而且計(jì)算可得BCPEOEOQPEOQA.rrrmmOOmnOOnnmmOOnnnnmn(2)只需令DPEO,FEOQ,同(1)分析可知這樣構(gòu)造得rrmmOOmmOOnnmn到的D,F即為所需的兩個(gè)矩陣.mmmn(3)只需令RPE,SEOQ,同(1)分析可知這樣構(gòu)造得到的rmmOmrrrnnnR,S即為所需的兩個(gè)矩陣.mrrn4．記住此結(jié)論。5．證明：因?yàn)?/p>

r(AB)r(BC)r(B)r(ABC)，所以由題設(shè)r(AB)r(B)知精品文檔放心下載r(BC)r(ABC)。又因?yàn)閞(ABC)r(B)，所以r(ABC)r(B)。感謝閱讀第四章線性空間和線性變換**習(xí)題4.12．記住此結(jié)論。習(xí)題4.210．證明：設(shè)t,t,,tP使得ttt0，則有12s1122ssttt(tktktkt)0。1122s1s11122s1s1ss因?yàn)?,,線性無關(guān)，所以ttts1tktkt0。所12s1211s1s1s以ttt0。12s習(xí)題4.33．證明：設(shè)向量組(I)、(II)的極大無關(guān)組分別為(III)、(IV)。則有(I)與(III)等價(jià)，(II)與(IV)等謝謝閱讀價(jià)。所以(III)能用(I)線性表示，(II)能用(IV)線性表示。因?yàn)?I)能用(II)線性表示，所以(III)精品文檔放心下載能用(IV)線性表示。因?yàn)?III)線性無關(guān)，所以(III)中所含向量的個(gè)數(shù)(IV)中所含向量的精品文檔放心下載個(gè)數(shù)，即秩(I)秩(II)。4．證明：由題設(shè)易知向量組, , ,可由,,,線性表示，下面只需證明謝謝閱讀1 r1 1 r1 r r可由, , ,線性表示即可。r1因?yàn)榭捎?,,線性表示，所以存在數(shù)k,,k,k使得1r1r1r1rkkk。因?yàn)椴荒芙?jīng),,線性表示，所以k0。1 1 r1 r1 r r 1 r1 r精品文檔放心下載**所以1(kk)，即可由,,,線性表示。rk11r1r1r1r1r5．證明：因?yàn)?,,,,線性相關(guān)，所以存在不全為零的數(shù)k,,k,k,r,t1s1s使得kkkrt。下面分情況對(duì)r,t是否為零進(jìn)11r1r1rr行討論（四種情況）。略。6．證明：(1)因?yàn)?,線性無關(guān),所以,必線形無關(guān),又因?yàn)?,線性相23423123關(guān),所以能經(jīng),線性表示,并且表示方法唯一.123(2)若能經(jīng),,線性表示,不妨設(shè)表達(dá)式為kkk,根據(jù)(1)41234112233能經(jīng),線性表示,不妨設(shè)表達(dá)式為tt,把帶入到123112231kkk中得4112233k(tt)kk(ktk)(ktk)411223223311221233即有(ktk)(ktk)O,從而得到,,線性相關(guān),這與題意中411221233234,,線性無關(guān)矛盾!所以不能經(jīng),,線性表示.謝謝閱讀2 3 4 4 1 2 3習(xí)題4.4121112113．解：由=23320110,12341011002221103003可得秩()=4,這四個(gè)向量線性無關(guān),所以該向量組是P4中的一組1234基.**12117因?yàn)?1100,12340011300104x6,所以方程組X的解為11,x21,1234x34.4所以向量在該基下的坐標(biāo)為6,1,1,4T。4．解：(1)由11011101011001101231=10130011可知x2,11,所以=2+.X的解為x123121.1123x3同樣可計(jì)算得=++;=2+3.所以從基(Ⅰ)到基(Ⅱ)的過渡21233123矩211陣為M112.113221111352,5,2T(2)XM1X=1121,所以坐標(biāo)為。311333332320561013133601348．解：因?yàn)?所以秩(,,,)=4,所以11210010123410130001,,,可作為P4的一組基.1 2 3 4設(shè)向量a, b, c, dT,則它在常用基下的坐標(biāo)為a, b, c, dT.則有感謝閱讀**aab,即要求(E)bO.1234c1234cdd2056k,k,kT,所以所求的求解方程組(1336E)XO得解為Xk,11211013向量k,k,k,kT(k為任意值).習(xí)題4.51，2．思路：驗(yàn)證3條。5．思路：即證,與,等價(jià)。習(xí)題4.62．思路：即說明這是解空間的一組基。4．思路：注意要指出齊次線性方程組的基礎(chǔ)解系只含有一個(gè)向量。謝謝閱讀7．證明：(1)因?yàn)锳BO,所以秩(A)+秩(B)n,由于秩(B)=n,所以秩(A)0,由謝謝閱讀此秩(A)=0,即得AO.(2)由題意知ABB,所以(AE)BO,利用(1)可知AEO,因此AE.謝謝閱讀9．證明：先證必要性,根據(jù)等價(jià)標(biāo)準(zhǔn)形可知存在矩陣R ,S ，秩(R)=秩(S)=1,使謝謝閱讀m1 1nA=RS.令a,a, ,a 為R的m個(gè)分量,b,b, ,b為S的n個(gè)分量,則因?yàn)橹戎x謝閱讀1 2 m 1 2 n**(R)=秩(S)=1所以a,a,,a和b,b,,b都不全為零.同時(shí)因?yàn)锳=RS即得12m12naab(i=1,2,…,m;j=1,2,…,n)成立.ijij再證充分性,根據(jù)題意存在m個(gè)不全為零的數(shù)a,a,,a及n個(gè)不全為零的數(shù)12mb,b,,b使aab(i=1,2,…,m;j=1,2,…,n)．只需令12nijij,Cb,bBa,a,,ab,,a=BC.因?yàn)門,則ij12m12nmn秩(a)秩(B)1,又由于a,a,,ab,b,,b都不全為零,所以ij12m和12nmna中必有一非零元素,因此秩(a)>0,據(jù)此可得秩(a)=1.ijijijmnmnmn10．證明：(1)由于秩(A)=n,所以A0,而AAAE1可得,在等式兩邊同乘A1(AA)AE,據(jù)此可知A*是可逆的,所以秩(A*)=n.精品文檔放心下載秩(A)＜n-1時(shí),根據(jù)矩陣秩的定義可知A的所有n1階子式都為0,而A*的元素精品文檔放心下載就是A的所有n1階子式,所以A*的元素都是0,即A*=O,所以秩(A*)=0.謝謝閱讀(3)當(dāng)秩(A)=n-1時(shí),A不是滿秩的,所以A0.又因?yàn)锳AAE,所以感謝閱讀AAO,據(jù)