《线性代数》课后习题答案(陈维新)

1、第一章行列式习题1.11.证明：(1)首先证明Q(3)是数域。因为QQ(3)，所以Q(3)中至少含有两个复数。任给两个复数ai,勺3,a2,b23eQ(3)，我们有(a,b11(a,b11(a,b113),(a,b3)=(a,a),(b,b)32212123)(a,b3)=(aa),(bb)32212123)(a,b3)=(aa,3bb),(ba,ab)32212121212因为Q是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以(a,b11(a,b11(a,b113),(a,b3)=(a,a),(b,b)3eQ(3)2212123)(a,b3)=(aa),(bb)3eQ(3)2212123)(

2、a,b3)=(aa,3bb),(ba,ab)3eQ(3)2212121212如果a,b30，则必有a,b不同时为零，从而ab30。222222又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以a,b3(a,b3)(ab11=1122a,b3(a,b3)(ab2222223)3)(aa3bb)(ba=-2-2,1a23b222ab)2i23eQ(3)a23b222综上所述，我们有Q(3)是数域。q)。(2)类似可证明Q(p)是数域，这儿p是一个素数。(3)下面证明：若p,q为互异素数，则Q(p)乞Q(反证法)如果Q(p)Q(q)，则3a,beQnp=a,bq，从而有p=(p)2=(a2,qb2),2a

3、bq。由于上式左端是有理数，而q是无理数，所以必有2abq=0。所以有a=0或b=0。如果a=0，则p=qb2，这与p,q是互异素数矛盾。如果b0，则有p=a，从而有“有理数=无理数”成立，此为矛盾。所以假设不成立，从而有Q(p)乞Q(q)。同样可得Q(q)乞Q(p)。(4)因为有无数个互异的素数，所以由(3)可知在Q和，之间存在无穷多个不同的数域。解：(1)P(-1)是数域，证明略(与上面类似)。Q(-1)就是所有的实部和虚部都为有理数的复数所组成的集合。而，(-1)C(-1)复数域。Z(-1)不是数域，这是因为他关于除法不封闭。例如2Z(-1)。证明：(1)因为F,K都是数域，所以QF,Q

4、K，从而QFnK。故FnK含有两个以上的复数。任给三个数a,beFnK,0丰ceFnK，则有a,b,ceF且a,b,ceK。因为F,K是数域，所以有a土b,ab,aeF且a土b,ab,eK。所以a土b,ab,aeFnK。ccc所以FnK是数域。(2)FuK一般不是数域。例如FQ(2),KQ(3)，我们有2,3eFoK，但是623FuK。习题1.22解：项aaaaaa的符号为(-1)t(234516)2丿”)=0。j1丿2丿”.所以上式中(-1)的个数和(+1)的个数一样多，(-1)是由奇排列产生的，而(+1)是由偶排列产生的。同时根据行列式的定义这里包括了所有的n阶排列，故可以得到全体n阶排列

5、中奇排列的个数与偶排列的个数一样多，各占一半。199819992000199819991199811C-CC-C2.解(1)2001200220033220012002121200111=0；200420052006200420051200411100110000220CC0200下三角形(2)321268=96；0330C+C0360400441400811101110111011101101RR00一11R0111R+R0111(3)2124321011RR0101010100120111310111001100111110R+R0111上三角形4300121113=3；0003abc2a

6、2aR+R+Ra+b+ca+b+ca+b+c2bbca2b1232bbca2b2c2ccab2c2ccab1112bb一c一a2b2c2cc一a一b提取公因子(a+b+c)R(2b)R21R(2c)R311(a+b+c)0010=(a+b+c)3。cab2272222722(5)227222272222215C+工C1ii=21515157152227222722272222152RR2i12i2,3,4,522225000050000500005三角形0。2155555=355。3解：（2）（3）（4）（5）4解：D2n-lxyxyxy提取每行的公因子yyy111213123xyxyxyxx

7、xyyy212223123123xy31xy32xy33y1y2y3性质1）2a+12a+32a+5a2CC43CC左端：，1i=4,3,2a2b22b+12c+12b+12c+1a1a+b11a1上三角形2b+32b+52c+32c+5CC3=0=右端。bb12a2a2+b2an，1an，1an，1an，10bn-1RRi1i=2,0.0原式（先依次C.一Q,C一C，,C，1n，1n2C)=。21ifif原式（先依次RR,RR，,RR）=。nn，1n，1n一221ifif设展开后的正项个数为x。则由行列式的定义有D=x-（n!-x）=2x-n!。又因为（利用Ri+R,i=2,3,，n)12n

8、，1+n!=2x一n!,x=（下三角行列式）=2n-1。所以有5证明：CCC1）左端123提取公因子abciiabc22abc333ca11ca22ca3367abc111abc222abc32)解：解：b1b2b3c1c2c3CC23C；(1)C238解：b1b2C-C21C-C3133利用性质5展开。3）与上面3（3）类似可得。利用行列式的初等变换及性质5。a10a1a20a201a1a2a3c1c2c3=右端。Ci1i，1.2,n1下三角形(1)nnaaa12n1行列式=D。则对D进弓亍次如下变换后104C,103C1,100C0CC工C所得的行列式D第一列由题设中所给的5个数2341i

9、i，2因为23是素数，字构成。从而由行列式的定义可知D可被23整除。又由行列式的性质知D，1010D且1010不可能被23整除，所以D可以被23整除。习题1.4x0ayb000cd1.解：(1)0ez0fghkul0000v按第1列展开y0 xuvTOC o 1-5 h zxab0按第5行展开0y00v0ez0ghku=xyzuv；xab按第4列展开ccvu0y00ez(2)(5)351111111111112341RR1230RR01213412ii1i=4,3,21131i1i=2,3,4004041231311040012按第1列展开(3)方法一a00004一40习题1.2第7一题(-1

10、)331)2(1)(4)(一4)=16；+(1)5+1ed001b100e000c010按第1列展开d001e000001b第2个行列式按第列展开(2)(5)35(2)(5)35a2,e(一1)4+1e(2)(5)35(2)(5)35方法二逐次均按第2行展开可得同样结果,具体解法可参见下例。(4)逐次按第2行展开a1000.010ana:1n-111(aa一1)；1n110001111000 xx000XXXX000123123a111cCac111113611axxXcacXXX221232222231X2x2000X2X2X2X2000123123abx2x2x2cabcX2X2X2331

11、2333332312n-1R111000111000 xxx000 xxx000123123x2x2x2000Rx2x2x200012345123abcxxxac11122223111ac111acxxx11222231acx2x2x2abcx2x2x2333231333231=-D(x,x,x)2=-(x-x)2(x-x)2(x-x)2；1233132211111122x(6)x2=D(1,2,2,x)=(x+2)(x-2)(x-1)(-2-2)(-2-1)(2-1)-8x3，12(x-1)(x2-4)；0yxy00 x2解：（1）1+a(2)a；（此处有笔误）=1+=xn+a1aa21+C

12、7）换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，换行后可得到范德蒙行列式。x010.0(1)1+1x(3)1+xy111+xy211+xy121+xy221+xyn1+xyn1+xyn2+xy11(x-x)y1,11Xy,nnR一RTOC o 1-5 h zi1i，2,3,n HYPERLINK l bookmark34+xy12(x-x)y12 HYPERLINK l bookmark74+xy1n(x-x)y1ny1(xx)y121+xy1:y1=(x-x)(x-x)(x-x)2131n11+xy12y2.1+xy1ynyn原式=0。y2据此当n=2时，原式M

13、Fx贾X一Q当n2时,3.解：（1）将D按第n列展开得:x0%0.000.(_1)n+1y0.00.0=(-1)n+1yzn-1+xD（2）略（参考课本例中的叙述）4.解：（1）交换行、列后得到三角块行列式，然后利用例146的结果；或者直接利用Laplace定理。然后利用P30推论。1424325解：（1）563383467587949左端先做变换C+C，C+C3，再做变换R=9；2)12211221122121010102C0012R1212201231210231S=2121002020100210021(3)利用初等变换。9*附加：P30推论的证明：证将第r+1列与r列交换，由将新的r列

14、与r-1列交换，如此继续，直到将第r+1列交换到第1列,这样共交换r次；再将第r+2列如上方法交换至第2列,也交换了r次,如此继续直到将r+s列交换至第s列.于是交换了rs次后得到a11ac1r11c1sc11c1rsa11a1raaccccaar10.Irs=(，1)rsbr1b.br*rr0.111s111s0.ebbbb00sss1s将所得行列式的第r+1行依次与第r行，r-1行，,第1行交换.交换r次后，r+1行交换b11b1rs00bb00例(1)rs(1)rs1c.caa111s111rc：caas1rr(2),思路与(.类似，证明过程略去。a11a1rb11b1saiabbr1s

15、s至第1彳行.类似地交换r次后将r+2行交换至第2行，交换r次后将第r+s行交换至第s行,于是交换rs次后得：=9；2)=9；2)习题1.510九010九200,1CC0002.解：计算得D=九10014九1000124010，1021第2行展开(,)九40九1001=9；2)=4九-1根据克拉默法则，当D0时，即九4时，原方程组只有零解。习题1.61证明：方法归化11a21a31i=1,a（1+nananan，1Ra1i注意a丰01凫，an，an，an.11anna=1i1）=潭a=方法二归纳法当n=1时，D=1+a11=a（1+丄）.结论成立.1a1假设n-1时结论成立,即有D=aan，1

16、12a（1丄）.n-1ai=1i则当n时，将D的第n列看成1+0,1+0,1+a,故D可表示为2个行列式之和，而n第2个行列式按第n列展开可算出为aD从而nn，11a11a31+aDnn，11a|*10=aaa12n，1111所以D=aan12an，1+aD=aann，112a+aaan，1n12鸟（1+艺丄）Lai=1a=aaa(1+)=右端.12nai=1i方法三递推a+aDn12n-1nn-1由证明(二)可知D与D存在以下递推关系:D=aann-1所以D=aaa+aDn12n-1n/,D、+n_1)=aii=1=aaa(1+)2.nai=1i=右端.方法四加边法01+aD=n11231C

17、ii=2,31+,丄ai=1i1111.01Pa!nI11+a瞥0=aa0W2a(1+,)=右端。nai=1i证明：(1)隹意当把行列式按第n列展开时，得到的递推公式中有三项，故归纳法第一步应验证n=1，2时均成立而归纳法第二步应假设孚k(k3)时成立，去证明当n=k时成立。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R1-R2R2-Rn-1-Rn；然后按第一列展开，再依次U1；最后按最后一列展开。4.解：通过倍加行变换易知f(x)的次数最大为1；又因为如果a全取零，则有f(x)=0。所ij以选(D)。5看自己或别人的作业。6解：方法一：利用课本中例1.4.3的

18、方法。方法二：设f(x)D(x,x,x,x)。则有f(x)中xn-1的系数为D。又因为12nnf(x),(x-x),(x-x)(范德蒙行列式)，所以f(x)中xn-l的系数为iij?所以可得D。n第二章线性方程组习题2.12证明因1A圧0,说明咋12hn不全为零，故当某个1丰0，通过适当的行互换,可使得ai位于左上角，用ai-1来乘第一行，然后将其余行减去第一行的适当倍数，矩阵A1a120a1n可以化为：oA10，由于IAIh0,此时必有IA1M0,故可以对A1重复对A的讨论,1a1201此时A可经初等行变换化为00a.a131na.a232n1.a,然后再将第n行的-a倍加到3nin0.00

19、.1第i行(i=1,2,.,n1)，再将第n1行的-a倍加到第i債i=1,2,.,n2)，这样i(n1)继续下去，一直到将第2行的-a12倍加到第1行，此时A就化为论成立。3.证明：以行互换R为例：列互换可以同样证明.ij0.0iiaaj1j2ajnR(-1)R、aj1aj2jn?j”?ja-aa-aa-aj-a-a-aj1i1j2i2jnini1i2in-1R.R、ijai1ai2.ainiR(-1)R、aai1i2ainaj1aj2ajnja一aa一aj1i1j2i2a一a绻iniiin这相当于A中交换第i行和第j行，所以结论成立。ajnaiaajj2jaai1i2习题2.2解：A中一定存

20、在不为零的r-1阶子式，否则秩（A）r-1,与题设秩（A）=r矛盾.由秩（A）=r知，A中至少存在一个r阶子式不为零，这表明A中的r阶子式只要有一个不为零即可，其余可以等于零，也可以不等于零.A中一定不存在不为零的r1阶子式,否则A的秩至少是r1,这也与题设秩（A）=r矛盾。提示：利用矩阵的行秩和向量的极大无关组证明。略。思路：可将矩阵写成一个列向量和一个行向量的乘积，从而由秩1；进而因为矩阵不等于零，所以秩0。略。习题2.3略。习题2.4aaa11121naaa21222n22.证明：（I）的增广矩阵为A=aaan-1，1a-n-1，2an，nb-1n1n2nnn因为系数矩阵的秩不超过增广矩

21、阵的秩，所以有秩/）刍秩（A）.-观察可知，矩阵B其实就是在增广矩阵A下面加了一行，所以秩（B）秩（A）.由题意知，秩（A）=秩3）,据此可得秩（A）秩（A）.综上知秩（A）=秩（A）,故（I）有解。11111解：将增广矩阵只用初等行变换化为阶梯形矩阵.b1b2b3bn1+b+b2n0时，秩(A)）,所以线性方程组无解;二0时，秩（A）=秩（鬲未知量个数，所以线性方程组有无穷多解.rx-x=b，121x-一x=b，232x-x=b，原方程组同解于343x-x.b.n-1nn-1故通解为x=b,b,b,1123x=b,b,223,b,t,n-1,b,t,n-1其中t为任意常数。4.证明：该线性方

22、程组的增广矩阵A=aaa111,n-11,naaa212,n-12,naaa313-1.3,na.n1ann秩(A)=n但是系数矩阵A是一个nxfn-1)的矩阵,此秩(A)丰秩(A),所以该线性方程组无解。第三章矩阵习题3.14解：(1)由矩阵乘法运可得：DA=,由题意D=a丰0知ij所以秩(A)n1秩(A).据九a九a九a尢a尢a九a11111211n111212n1n九a九a九a尢a尢a九na22122222n;AD=1212222n九a.nnT九ann2九nnn尢a.L1nT尢a2r2瀚1nnn与D乘法可换的矩阵A满足DA*AD。故DA与AD的元素对应相等!利用的结果，有九。.=右a.，

23、从而(%)a=0。由于九.g九.a丰j召可得：当(1)时，a二0，即A为对角矩阵。ij5.证明：(1)数学归纳法：当n=2时，计算得假设当n二k时，结论成立，即有，故结论成立110,k11k1C2,k101101k1001001即2得正整数n有由归纳法原理知，对任意大于假设当nk时，结果成立,即BkTB,为偶数；为奇数；我们要证明当nk1时，结110，k11kC2,110,1k1kC2,kk01101k01101k1001001001001所以因C2kkC2k22k1当nk1时，结果成立.110-n1nC2_n01101n001001（2）当n1时，结果显然成立.当n2时，直接计算得B2E.综

24、上：Bk1E,B,为1偶数为1奇数即当nk1时,结论成立.果也成立，即可完成证明.第一种情况：k为奇数，则142，142，_100，Bk1BkBBB0-3-20-3-2010E.043043001第二种情况：k为偶数，则Bk1BkBEBB解：（1）先计算出n1,2,3,4时的结果。然后归纳出应该有cos申一sm申ncosn弔-sinn申sin申cos申sinn申cosn申果。当=时1，结论显然成立.假设当nk时，结论成立,接下来用数学归纳法证明这一归纳出的结cos申一sin申kcosk申-sink申sin申cos申sink申cosk申贝y当nk1时,cos-sinq,k1cosq-sinq,k

25、cosq-sinq,coskq-sinkq,cosq-sinq,sinqcosqsinqcosqsinqcosqsinkqcoskqLsinqcosqcoskcos一sinksin一cosksin一sinkcossinkcos+cosksin一sinksin+coskcossin(+k)cos(k+1)一sin(k+1)sin(+k)sin(k+1)sin(k+1)cos(k+)sin(+k)结论成立7记住结论。8.证明：因为A与所有n阶方阵乘法可换,故与E乘法可换,ij利用第7题结果有AEEA，ijij0a01i0a02i0.0a0ajn001aaiijja.0ij,Vi,j1,2,n设aX

26、,11则A即A为数量矩阵.10.证明：设Aa11a1n,B，b11b_1mam1amnbUn1bnm，则+%b1nn1tr(aB)bab+11111221+ab+ab+21122222+ab+ab鼻+电庐区工abm11mm22mmnnmjiijj1i1同理可得tr(BA)工Kbajiijj1i1由于区工ab工区ba，可得tr(AB)tr(BA).jiijjiijj1i1j1i111.证明：假如存在n阶方阵满足AB-BAE,贝yABBA+Etr(AB)tr(BA+E)=tr(BA)+n.由于n0，可得tr(AB)tr(BA),这与10题所得结果矛盾.所以假设不成立.即不存在n阶方阵A,B满足AB

27、-BA，E.15.证明：因A，B都是对称矩阵，故(AB)t，BtAt，BA,从而AB为对称矩阵o(AB)t，ABoBA，AB.16.证明：设A，a11a1na11am1，贝yAt，a.m1由AtA，Oa.1n1anAtA的主对角线上元素为零na2a2a2，0,Vi，1,2,n,由a为实数知1i2imijna，0,a，0,a，0,Vi，1,2,n1i2iminA，O.证法二：利用二次型。习题3.2思路：注意到矩阵多项式的运算和一般多项式的运算一样就可以了。证明：计算(E一A)(E+A+A2+Ak-1),E一Ak,由题意可矢口Ak=O,所以的推论可知E-A可(EA)(E+A+A2+Ak-1)，EA

28、k，E.根据定理3.2.1逆且其逆为EAA2Ak-i.证明：计算(EJ)(E1Jnn1n=EnJ1J2,En1nn1n111计算(nE一J)J=nnE2JE1EJ1Qn1nn11(nEJ)Jn1nn11n1_-1据此(EJ)(E1J)，Enn1n1EJ可逆且其逆为EJnn1n1111(nEJ)J，E，根据定理3.2.1的推论可知6证明：因为aAm+aAmt+aA+aE，O所以有TOC o 1-5 h zmm-110A(aAm-1+aAm-2+a)，-aE.由题意可知a丰0,所以可在等式两边同mm-110011乘上一一,由此可得一一A(aAm-1+aAm-2+a)，E,整理得aamm11001+

29、ai)，E，根据定理3.2.的推论可知A可逆且A(aAm-i+aAm-2+amm-101A-1，一一(aAm-1+aAm-2,吉a).amm-1107证明：(1)由题意A2+A-4E，O可得Al(A+E)，E,根据定理3.2.1的推论可4知A可逆并且A-1，1(A+E).4由题意A2+A-4E，O可得A2+A-2E，2E,而这个等式可化为(A一E)(A+2E)=2E,即有(A一E)(A+2E)=E,同样根据定理3.2.1的推论可知A-E可逆并且(A-E)-1，*(A+2E).8思路：注意题设实际上是给出了矩阵多项式f(A)，A2-A，0。所以一般情况下,2E-A如果可逆，其逆矩阵也应该是一个矩

30、阵多项式。所以我们可以假设其逆矩阵为aA+bE(待定系数法)，从而由逆矩阵定义知应该有(2E-A)(aA+bE)，E，即-aA2+(2a-b)A+2bE，E。在注意到题设是f(A)，A2-A，0，所以我们有E，aA2+(2ab)A+2bE，aA+(2ab)A+2bE，(ab)A+2bE，所以有ab，0,2b，1，即a，b，。2A+E证明：因为A2，A，所以(2E-A)2，E。所以。9证明：A-1由于AA*，|A|E,所以A*，|A|A-1，3A-i,由此可得A*，3A-1，33A-1，273，9；(3)|2A|，(-2)3|A|，-83，-24；(3A)i|3A|1=(33|A|)i=(33,

31、3)1_1=81(5)由(2)中分析可知A*=3A1,所以1A*4A-i=1(3A-i)4A-i=_3A_i3=(-3)3A_1277=-9;(6)由(2)中分析可知A*=3A-1,则(A*)-1=(3A-1)-1=3(A-1)-1=3A。10证明A,B都可逆,所以有AA*=|A|E,BB*=A*=|A|A-1,B*=BB-1,从而得至ijB*A*=ABB-1A-1.另一方面，由于A,B都可逆且均为n阶方阵，所以AB也可逆，所以有B*A*(AB)*=|AB|(AB)-1,而IAB|(AB)-1=|ABB-1A-1综合上述可得(AB)*=|ABB-1A-1=11略。12证明：假设A是可逆矩阵，那

32、么在等式A2=A两边都左乘A的逆矩阵A-1可得A=E,这与题设中A主E矛盾！所以A不可逆.13证明：根据题意可知存在非零的nXt矩阵B使AB=O,B是非零矩阵所以必存在某一列1415上的元素不全为零，不妨设这一列为此可知|A|=0.略。a1ia2iani.由于AB=O,所以Aa1ia02i=_0j,据nia1ia2iani是线性方程组AX=O的r非零解.由于AX=O有非零解，所以解：(A)可逆的充要条件是|A|主0而不是A丰0,设A=丰O,但A不是可逆矩阵，所以选项(A)是错误的.(B)设A=E,B=-E,显然A,B都是可逆的，但是A+B=O不是可逆矩阵，所以选项(B)是错误的.可逆的充要条件

33、是IA|0而|A|=At.所以选项(C)是正确的.不可逆的充要条件是|A|=0；而|A|中至少有一行全为零只是|A|=0的充分条件。11设A=1,但A不是可逆矩阵，所以选项(D)是错误的.习题3.31解：12,B=12,C=13312141设A=,D二AOCO,利用分块矩阵的性质计算得-AO_CO-ACOOBODOBODOBD，则原式可以分块写成(1)3450而AB,CD二121231211AOCOACO得OBODOBD5_1321-1113413450，据此可001113101111401001,C=,D=111,G=0100121111-设A=2E,B=ABD以分块写成OCG而ABDAD+

34、BG,利用分块矩阵的性质计算得OCG二CG则原式可AD+BG=2ED+BG=2D+BG=22210232010222+0100122322221241CG=1401001H001001AB_-D-ADBG_据此可得OCG=CG2解：(4)(5)A-iAA-iEnA_A-1=-AA-i-E_nEEA-iA-i(2)A-iLae=n2220032410=E1-n23141A-i:nnA-iEAE=n-A-iAEAA-iEnE2=-EnAA-i_E(3)nnnnAA3证明：(1)ETAnEAnE=naEnA2AEt=AEn先证“”，当Q可逆时，则必有Q|主0.而|Q|(-1)rt|A,所以有|AB丰

35、0,从而有IA|丰0,IB丰0,因此a,B均可逆.再证“U”，A,B均可逆，则有|A丰0,|B丰0,(-1)rt|A|B,所以Q主0,据此可知Q可逆.综上即有Q可逆OA,B均可逆.-CD-OA-CD设Q-i=FG,则有QQ-i=BOFGEfAF=E-OA-CD-AFAG而BOFGBCBDAG=O所以有BC=O,因为Q可逆，由(i)可知必BD=E有A,B可逆，所以由AG=O,BC=O可得G=C=O.而由AF=E,BD=E可得F二A-i,D二Bi.所以Q-i=B1A-i5解(1)设则原矩阵为ABAT1A-1BB-121-11-127-13-7-371=,B-1=11-1213-121-2因为A-1

36、所以可得-1-100A1-1，A-11-1200B_B-100-37001-2习题3.44.解：(1)A中i行与j行互换相当于用初等矩阵E(i,j)左乘A得到E(i,j)A.由于(A-1E(i,j)-1)(E(i,j)A)二E,而E(i,j)-1=E(i,j),所以相当于A-1右乘了初等矩阵E(i,j),即A-1中的i列与j列互换.A中i行乘上非零数k相当于用初等矩阵E(i(k)左乘A得到E(i(k)A.由于(A-1E(i(k)-1)(E(i(k)A)二E,而E(i(k)-1=E(i(；),所以相当于A-1右乘了初等k矩阵E(i(；),即A-1中i行乘上非零数1.kkA中第j行乘上数k加到第i

37、行相当于用初等矩阵E(i+j(k),j)左乘A得到E(i+j(k),j)A.由于(A-1E(i+j(k),j)-1)(E(i+j(k),j)A)二E,而E(i+j(k),j)-1=E(i+j(k),j),所以相当于A-1右乘了初等矩阵E(i+j(-k),j),即A-1中第j行乘上数-k加到第i行.7.解：由于A(E-C-1B)TCT二E,所以AEt-(C-1B)TCT二E,即有AEtCt一Bt(Ci)tCt二E,变形得ACtBt(CC_Qt二E,从而有A(Ct一Bt)=E1234012300120001,显然是可逆矩阵.所以只需要求出(CT一BT)一1即得到,10001000-,1000100

38、0_210001000100一210032100010?00101一21043210001000101一21e化为ea即可.下面只用初等行变换把Ct-Bt从而得到A=1一21001一21001一20001习题3.51.证明：设A为秩为r的mxn矩阵,则它必与矩阵等价,所以必存在两个可mxn,Eo-,EO_rOQ成立.而rOOO逆矩阵P,Q使得A=P可以写成r个只有一个元rOmxn素为1其余为零的mxn矩阵的和的形式:mxnEOrOOmxn010所以有A=P=P(=P这样mxnmxnm_rmxn)Q00Om-r,n_rmxnOm_r，n_rmxn就表示成了r个矩阵之和式.而任一个Q,由于中间那个

39、矩阵只有一个元素非零，所以其JOm-r,nJmxn秩为1,而P，Q可逆，所以三个矩阵的积的秩仍然为1.这样A就表示成了r个秩为100的矩阵之和了.,12解：设A1=111Om-r，n-rmxn显然A（i=1,2,r）的秩都是1,但是他们的和A=i1而不是r.所以该逆命题不成立.5.证明：因为A列满秩，所以存在可逆矩阵P,Q使得A=PP-iA=789的秩是Om-r，n-rmxn。进而有Q-10-P-1A=E。所以令C=Q-10-P-1即可。n证明：（1）因为r（AB）r（A）nm,所以结论成立。（2）由（1）知AB不满秩，所以不可逆。3）略。，所以证明：因为AB二E，所以m=r（AB）r（A）m

40、。所以r（A）=m。同理有r（B）=m。,10,00-,0,B=,C=000110m解：设A=-10,00计算得AB=0001二O,ACB=显然秩(ACB)=1,秩(AB)=0,等.等.0100011001001000两者不相等.所以秩（ACB）与秩（AB）不一定相则存在四个可逆矩阵P，Q,P，Q2使得为Q-1,EO-,EO_r1Q,B=Pr2OO12OOQ2成立.A=P110-解：设秩（A）=r1，秩（B）=r2，令M=Q-i1P-1,首先因,P-1都是可逆矩阵，所以M也是可逆的.又因为秩（A）+秩（B）=01OA可以写成下面这个形式BC1所以Wn,1计算即r+rWn,12的前r1行r2列构

41、成的块是-个零块，因此EO-OA_E01PQ(Q-1r1Xr2P-1)P1OO11BC22OOAMB=Q2EOr1OOOr1Xr2BEr2OQ2=O=0=0所以存在可逆矩阵M使得AMB=O.习题3.61.解：设A=01,易知|A|=0,但A丰O,所以(1)不一定成立.|kA|丰k01=4,k|A|=2=2,此时A,所以(2)不一定成立.10102_,易得AAA=1丰1，所以(3)不一定成立.(4)设A=E,B=-E,易得A+B=0=0,|A|+冋=2,此时|A+ba+|B,所以(4)不一定成立.(5)(6)都是课本中提及的性质,是成立的.(AB)t=BtAt=BtAt=AtBt,所以成立.=0

42、=01010_1111113211AAt=11=2,AtA=11=1221011_22011_11111222解：设A,则显然此时AAt丰AtA,所以该项不一定成立.01111111122111221mxnnxnmxn(2)设A，C，计算得|A|D-|B|C|=1x1-2x2=-3,而M中由于第二第四两行相同，所以Ml，0.因此此时Ml丰|A|D-IB|C,所以此项不一定正确.(3)Mt，ATCT(4)BTDT,所以Mt，不正确.OABO=(一1)n2AB,所以=_|A|B不正确.(5)111-11222fi=2,3,n000n.nn0700_(6)因为,所以nxn11100i222)=!=秩

43、(0.00秩(n.n*0.0小),xn因此这两个矩阵等价.EO3.证明：因为秩(A)=r,所以A与r等价，即存在两个可逆矩阵mxnLOq1mxnxnP,QmxmnxnA，PEOEOr,C，rQOOOOnxn使得因mxmmxnnxn的秩都为r,所以秩B，PmxmEOrOOQnxnmxn为P,Q是可逆的而mxmnxn(B)=秩(C)=r.并且B是mxn的,mxnC是nxn的.nxn而且计算可得因为A,B为可逆矩阵，所以方程两边同左乘A-1,再右乘B-1即得X，A-1CB-1.BC，PmxmEOrOOnxn,PmxmQ，Anxn所以是正确的._EO,EO,r,F=rOOOOmm(2)只需令D=Pmm

44、Q,同(1)分析可知这样构造nnmn得到的D,F即为所需的两个矩阵.mmmn只需令R=PmmOrnQ,同(i)分析可知这样构造得到的nnmrR,S即为所需的两个矩阵.mrrn4.记住此结论。5.证明：因为r(AB)+r(BC)r(B)+r(ABC),所以由题设r(AB)=r(B)知r(BC)r(ABC)。又因为r(ABC)r(B),所以r(ABC)=r(B)。第四章线性空间和线性变换习题4.12.记住此结论1证明：设ti,12-，ts习题4.2GP使得t1卩1+12卩2+ts卩厂0，则有ta+1a+11122as-1s-1+(tk+1k+1k+1)a=0o1122s-1s-1ss因为ai，a2

45、,，a线性无关，所以ti-12=t=tk+1k+1=0。所s-111s-1s-1s以t=t=t12习题4.33证明：设向量组(I)、(II)的极大无关组分别为(III)、(IV)。则有(I)与(III)等价，(II)与(IV)等价。所以(III)能用(I)线性表示，(II)能用(IV)线性表示。因为(I)能用(II)线性表示，所以(III)能用(IV)线性表示。因为(III)线性无关，所以(III)中所含向量的个数(IV)中所含向量的个数，即秩(I)秩(II)。4.证明：由题设易知向量组a,a,卩可由a,a,a线性表示，下面只需证明a1r-11r-1rr可由a,a,卩线性表示即可。1r-1因为

46、卩可由a，,a,Q线性表示，所以存在数k，,k,k使得TOC o 1-5 h z1r一1r1r，1rka+ka+ka。因为不能经a,a线性表示，所以k0。11r，1r一1rr1r一1r1所以a，(ka+ka，)，即a可由a，,a,卩线性表示。rk11r，1r，1r1r，1ra，,a,Y,证明：因为i线性相关，所以存在不全为零的数k,k,k,r,t1s，1s使得k,a,+k4a4+ka+r+t。下面分情况对r,t是否为零进11r，1r，1rr行讨论(四种情况)。略。证明：因为a,a,a线性无关，所以a,a必线形无关，又因为a,a,a线性23423123相关，所以a能经a,a线性表示，并且表示方法

47、唯一.123若a能经a,a,a线性表示，不妨设表达式为aka+ka+ka,根据41234112233(1)a1能经a2,a3线性表示，不妨设表达式为a1t1a2+t2a3,把a1带入到ak(ta+1a)+ka+ka(kt+k)a+(kt+k)a411223223311221233这与题即有a4,(k1t1+讥,(k1t2+k3)a3O,从而得到a2,=,匕线性相关,意中a2,a3,a4线性无关矛盾!所以a4不能经a1,a2,a3线性表示.习题4.4121112113.解：由laaa12312332二4-10-1121130-1100022000-3可得秩(aaa123a4)=4,这四个向量线性

48、无关,所以该向量组是P4中的一组基.因为aaa123a12110-11000110001所以方程组，i，2，3，4X二,的解为x=6,1xx=4.4所以向量,在该基下的坐标为【6,1,1,4卜。4解:由，i23,q二1011可知,12x=2,112X=1.3,X=，的解为fx=I所以,=2，1-，2+，3-同样可计算得,2=，1+，2+，3；，3=，12,2+3，3.所以从基（I倒基（II）的过渡矩211阵为M=1121138解：因为_2111丁11211133X=M-1X=50312010235323,所以坐标为,所以秩（,1,2a3a4)=4,所以设向量,=a,b,c,d卜,则它在常用基下

49、的坐标为a,b,caab=，,即要求（，一E）b1234c1234cddtt1，tt2,tt3,Y可作为P的一组基=O.d片则有1求解方程组（6613一E)XO得解为Xk,k,k,kb,所以所求的向量a=k,k,k,kF(k为任意值).习题4.51，2思路：验证3条。5.思路：即证a,卩与卩,丫等价。习题4.62思路：即说明这是解空间的一组基。4思路：注意要指出齐次线性方程组的基础解系只含有一个向量。证明：因为ABO,所以秩（A）+秩（B）n,由于秩（B）=n,所以秩（A）0,由此秩（A）=0,即得AO.（2）由题意知ABB,所以（A一E）BO,利用（1）可知AEO,因此AE.9.证明：先证必

50、要性，根据等价标准形可知存在矩阵R,S,秩（R）=秩（S）=1,使mx11xnA=RS.令a,a,a为R的m个分量,12mSb2,bn为S的n个分量，则因为秩（R）=秩（S）=】所以巴，行，am和b冬,b都不全为零.同时因为A=RS即得naab(i=1,2,，m；j=1,2,，n)成立.ijij再证充分性，根据题意存在m个不全为零的数a,a,a及12mn个不全为零的数b,b,b使aab(i=1,2,12njijar,Cb,b,m12；j=1,2,b,则an1-iBC.因为mxnjmxn)B)0,据此可得秩（a：)=1.mxn110.证明：（1）由于秩（a）=n,所以|A丰0,而AA*=|A|E

51、,在等式两边同乘可得A1（A）A*=E,据此可知A*是可逆的，所以秩（A*）=n.A秩（A）Vn-l时，根据矩阵秩的定义可知A的所有n-1阶子式都为0,而A*的元素就是A的所有n-1阶子式，所以A*的元素都是0,即A*=O,所以秩（A*）=0.当秩（A）=nT时，A不是满秩的，所以|A|0.又因为AA*=|A|E,所以AA*=O，据此可知秩（A）+秩（A*）n,而秩（A）=n-1,所以秩（A*）1.同时由于秩（A）=n-1,根据矩阵秩的定义可知A至少有一个n-1阶子式不为零，而A*的元素就是A的所有n-1阶子式，所以A*中至少有一个元素不为零.由此可知秩（A*）1,所以秩（A*）=1.E014

52、思路：利用分块矩阵0nab_E-BCn。A0习题4.86证明：因为P与a1,a2,a均正交,所以(卩,a)=0,ii=1,2,m.因此(P,区ka)=Xk(P,a)=0,所以卩与a1,a2,i=1i=1,a的线性组合区ka都正上交.7.解：设a=比x2，,根据题意a为单位向量可知年xf腎=1同时a与a,a,a123(a,a)=xx-xx=0,1234都正交，据此可得(a,a)=x-x-xx=0,从而可解得1234(a,a)=2xxx3x=0.312344X=一一t,13x=0,21x=t,33x=t.4（其中t为任意取值）.又因为条件（1）可知t=j,26所以a=t1x,x,xT=【4,0,1

53、,，3T.2342611解：(1)因为(,)11(,)21(,)31(,)41(,)12(,)22(,)32(,)42(,)13(,)23(,)33(,)43(,)14(,)24(,)34(,)441000，0100=00100001,所以1234是R4的一组标准正交基.(2)由(1)知=、；(+2+3+4a,+2+3a+4a).30；12341234因为在,4下的坐标为h,2,3,4h而卩在1，2,3,4下的坐标为(,),(,),2(,_),(/2,0,0=0,1,11,0,0T,=1,1,20,1,0T,=4,5,0,0,1T先进行正交化得到=0,1,1,10,0T;=22(，)O1=(,

54、)111121,3一血1110，盯2226561351再进行单位化得到丫111,1,0,0T;22=爲2,1,1,2,0T;31110101115150T)=3近.2,3,0,所以方程组的一个基础所以(,卩)=(h,解系为所以以1,2,3即为所求的标准正交基.习题4.112.证明：因为AXO的解均为BXO的解，所以AXO的基础解系中的解也都是BXO的解，所以BXO的基础解系中所含的向量的个数不少于AXO的基础解系中所含向量的个数.而BXO的基础解系中所含的向量的个数为n-秩(B),AXO的基础解系中所含向量的个数为n-秩(A),因此n-秩(B)n-秩(A),所以秩(A)三秩(B).因为AXO与

55、BXO同解，所以AXO的基础解系也就是BX=O的基础解系，所以两者的基础解系所含向量个数相同，因此n-秩(B)=n-秩(A),即有秩(A)=秩(B).因为秩(A)=秩(B),所以n-秩(B)=n-秩(A),据此可知AX=O和BX=O的基础解系所含向量的个数相同.因为AXO的解均为BXO的解，所以AXO的某一基础解系，1,，2，,(tn-秩)也都是BXO的解，如果AXO与BX=O不同解，则BXO的解中存在一个解耳不是AXO的解，则耳一定不能被,12t线性表示，所以,n线性无关，这样bxo的解中至少含有t1个解线性12t无关，即BXO的基础解系所含向量的个数大于等于t1,这与AXO和BXO的基础解

56、系所含向量的个数相同矛盾.所以AXO与BXO不同解的假设是不成立的，因此axo与BXO同解.(4),显然满足秩(A)=秩(B),但是1,是AXO的一个解，但是不是BXO的解.所以不能导出AXO与BXO同解.3.证明：首先由题设可得齐次线性方程组AX0,BAX0同解。然后去证明ACX0,BACX0。证明：易证明AXO的解都是CAXO的解，又因为秩(CA)=秩(A)，根据本节第2个习题(3)可知AXO和CAXO同解.同样易证ABX=O的解都是CABX=O的解.另一方面，设耳是CABXO的任意一个解则有CABnO,即CA(Bq)=O,可知Bq是CAXO的一个解，已经证明AX=O和CAX=O同解，所以

57、Bq也一定是AXo的解,即有ABqo,所以q也就是ABXo的解,据此可得CABXO的解也一定是ABXO的解，所以CABX=O和ABX=O同解.根据本节第2个习题(2)可得秩(CAB)=秩(AB).证明：证明：(1)要证(+卩)=()+(卩),即证C(+卩)()-C(卩)0,等价与证明Q(+卩)()C(卩)q(+卩)()c(卩)0。因为保持内积，所以由内积的双线性性得(+)-()，(卩),(+)-()，(卩)=(+),(+)-(+),()-(+),()-(),(+)，(卩),(+卩)+(),()+(),(卩)+(卩),(卩)+(卩),()=(+，+)(+,)(+,)(,+)-(，+卩)+(，)+

58、(,卩)+(,卩)+(，)=(+卩)-卩，(+)-卩)=(0,0)=0第五章特征值和特征向量矩阵对角化习题5.11100,B二202_041.解：(A)设A二,因为秩(A)=秩(B)所以A与B等价；但是由于trA与trB不相等，所以A与B不相似.因此(A)不正确.(B)A与B相似，即存在可逆矩阵P使得P-1AP=B,所以秩(A)=秩3),因此A与B等价.(B)是正确的.1100,B二202_04(C)与(A)一样，设A=，秩(A)=秩(B),但是由于trA与trB不相等，所以A与B不相似.因此(C)不正确.1100,B二20204A(D)与(A)一样，设A二I=IBI,但是由于trA与trB不

59、相等，所以A与B不相似.100九-100九E-25-2二2九-52-24-12-4九+1因此(D)不正确.7解：(1)因为-(九一1)2(九一3),所以特征值为1，1，3.求解方程组1，2，20，2，1)X=O,得属于特征值1的特征向量为g=【2,1,10Ak+-1,10,k2(其中k1，k2为不同时为零的任意数).102)XO,得属于特征值3的特征向量为1求解方程组（3E2524%0,1,1片勺(其中k3为不为零的任意数).习题5.24.证明：At的特征多项式为卜EAt(E)TA)t(EA)T=|九EA而|九EA是A的特征多项式，所以A与At有相同的特征多项式.解:因为1是A的一重根，所以(

60、E-A)X=O的基础解系含有1个向量，因此3-秩(E-A)=1,从而可知秩(E-A)=2.又因为2是A的二重根，所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数为1或2,由于A不能与对角矩阵相似，则可知A的线形无关的特征值个数小于3,所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数只能为1,同样可得3-秩(2E-A)=1,所以秩(2E-A)=2.01.1解：因为|EA一x132x(1)1(1)2(+1),所以A的10特征值为-1,1,1.因为A与对角矩阵相似,所以要求特征根的重数n与i(003x+3,所以当且仅当x=1时秩101000001(EA)=1所以Ax12x3能与对角矩阵相似，则必有x1。