高等代数(北大第三版)习题答案完整.pdf

第一章第一章 多项式习题解答多项式习题解答 P44 1 1 17262 3999 f xg xxx 2 2 1 57 f xg x xxx P44 2 1 23 1 9xmxxxq 余式 2 1 pmxqm0 2 1 mq pq 方法二 设 32 0 1 1 mq xpxqxmxq mqp 同样 2 242 1 xmxxpxq 余式 22 2 1 m pmxqpm0 2 2 0m mp 22 1 1 mpq xpq P44 3 1 用 3g xx 除 53 258f xxx x 解 5432 2 3 30 3 175 3 495 3 667 3 327f xxxxxx P44 3 2 32 32 12 28 12 xx xii xi x 128 12 98 i xii 即余式 98i 商 2 2 52 xixi P44 4 1 5 0 1f xxx 即 5432 1 5 1 10 1 10 1 5 1 1f xxxxxx 当然也可以 55 1 1 f xxx 54 1 5 1 xx 1 P44 4 2 结果 3 42432 23 2 8 2 22 2 24 2 11f xxxxxxx 432 2 1 37f xxixi xx i 432 432 2 1 3 7 2 1 5 75 xiii xiii xiixiii xii xii xixii P45 5 1 22 1 21 1 1 g xxxxxx 13 1 3 xxxxf 1f x g xx 高等代数 北大第三版 习题答案 2 32 31g xxx 不可约 不可约 14 34 xxxf 1f x g x 3 122 122 110 2224 xxxxxxxf 432322 4 266 21 4 2 2 2 2 21 g xxxxxf xxxxxx 2 2 2 21f x g xxx P45 6 1 2 1 22 xxxf 22 2 1 g xxxx 22 1 1 1 2 xxxxx 1 2 2 1 2 xxf xxg x 2 1424 1 23 yxxxxxf 2 1 24 g xxxx 1 1 xfx 1 1 xg x 而 11 1 2 3 23 23 1 f xg xxx g xxx 111 21 1 23 1 1 33 x 1 xxgyfxg 2 122 1 1 1 333 xxf xxxg x 3 144 234 xxxxxf 2 1g xxx 2 3 2 f xg x xx 2 1 1g xxx 2 1 3 1 fg xxg 32 1 32 xf xxxxg x P45 7 2 1 1 2 f xg xt xt xur x 22 22 12 2 2 1 1 1 1 1 tttutt g xr xxxu tttt 2 由题意 r xxr xg x与g的公因式应为二次所以 0 1 3 0 1 4 3 3 2 2 2 23 u t tt t ututt 0 3 0 4 3 3 1 2 23 utt ututt xrt为一次的否则 解出 当 1 4 04330 223 ttttttu时 3 2 31 4 ett或 31 1 03 0 2 t t ttu 只有时当 433 31 433 4 3 3 23 3 23 2 ttt t t ttt uututt 4 2 246 82 3 3 1 22 ttttttu 即 03 4 2 2 tt tu 2 111 t P45 8 d xf x d xg x 表明是公因式 d x 又已知 表明任何公因式整除 d xf xg x是与的组合 d x 所以 是一个最大的公因式 d x P45 9 证明 f x h x g x h xf x g x h x 的首系 1 h x 证 设 f x h x g x h xm x 由 f x g x h xf x h x f x g x h xg x h x f x g x h xm x f xg x h x 是一个公因式 设 d xf x g xu x f xv x g x d x h xf x g x h xu x f x h xv x g x h x 而首项系数 1 又是公因式得 由 P45 8 它是最大公因式 且 f x g x h xf x h x g x h x P45 10 已知 f xg x 不全为 0 证明 f xg x f x g xf x g x 1 证 设 d xf x g x 则 0 d x 设 1 f x f x d x 1 g x g x d x 及 d xu x f xv x g x 所以 11 d xu x f x d xv x g x d x 消去得 0d x 11 1 u x f xv x g x P45 11 证 设 11 0 f x g xd xf xf x d x g xg x d x 111 1u x f x d xu x g x d xd x u x f xu x g x 1 P45 12 设 2 111111 1 11ufvgu fv huu fufv hvgu fvu gh 1111 1 uu fuv hvgufvu ghf gh 1 P45 13 g 1 ii f 固定 12 1 i if g g 12 1 in f g g g P45 14 11 1 1f gufvguv fv gff gf 同理 1g gf 由 12 题 1fg fg 令 12n gg gg 1 i if g 每个 1 1 1f f g 1 123 f f fg 注反复归纳用 12 题 1212 mn f ffg gg 1 推广 若则 1 f x g x m n有 1 mn f xg x P45 15 f x x3 2x2 2x 1 g x x4 x3 2x2 x 1 解 g x f x x 1 2 x2 x 1 f x x2 x 1 x 1 即 f x g x x2 x 1 令 x2 x 1 0 得 2 31 2 31 21 ii f x 与g x 的公共根为21 P45 16 判断有无重因式 5432 57248f xxxxxx 344 24 xxxxf 解 4421205 234 xxxxxf 32 5 1 3 25412 f xfx xxxx 2 322 1549 25412 5 44 22 fxxxxxxx 32 44 12452 223 xxxxxx 故有重因式 xf 3 2 x 484 3 xxxf 32 21 233 f xxxxxx 1311 32 332 2 xxxxxf 2 66 11 233 1113 2 33 1111 xxxx 13 1 xfxf P45 17有重因式 有重根 13 23 txxxxft时 解 txxxf 63 2 3 62 1 3 txtxxfxf 如则 有重因式 3 重因式 3 t 1 3 xfx 如则 3 t 2 15 2 2 15 3 22 2 txxf 此时必须4 15 t 有重因式 4 2 1 2 xxxf P45 18 求多项式有重根因式的条件 qpxxxf 3 证 pxxf 2 3 2 3 3 23f xxp xpx q 0 p 2 2 22 3327 3 23 244 aq xppxqxp ppp 32 427pq0 p45 19 令 422 1 1 1 f xAxBxxf xxfx 因为所以 即 1 24 23 cbxaxxBxAxxf 4 0 2 0 aA ba cbB c 02 24 BA BbaA 又 1 1 23 dxcxbxaxxfxfx 0 1 aA ba cb d 0 Bb ab Aa 1 01 BA 2 1 BA P46 20 证 2 1 2 n xx f xx n 无重因式 重根 证 n x fxf x n y x fff n 1 f x 1 n f xf x 无重因式 P46 21 g x 1 2 f x f a 2 xa fxfx g a 0 又 g a 0 111 0 2222 xa gxfxfxfxfxxa fxg a 4 1 22 xa gxfxfx ax gx gx gx 是g根 且使g x 的k 1重根 a是g x 的k 3重根 P46 22 必要性显然 见定理 6 推论 1 若x0是f x 的t重根 t k 由定理 f k x0 0 若t k 1 0 0 k fx 所以矛盾 P46 23 例如 1 0 1 mm f xxxfxmxm 则是的 重根 根 0 xf x 但不是的 P46 24 若 1 1 nnn xf xxf x 则 证若 1 2 f xxg xr 由上节课命题 1 0 nnn f xxg xrg xrr 所以 1 nn xfx P46 25 证明 设x2 x 1 的两个根 3 12 1 i 2 12 33 11121 33 22222 1 0 0 xxxx ff ff 112 122 1 1 0 1 1 0 ff ff 即 21 1 0 1 0ff 12 1 xf xfx P46 26 分解 1 n x 0 22 1cossin 0 1 2 k kk ik nn 1n 设 11 01 221 11 1 2 1 2 1 22 1 1 cossin 1 1 1 2 21 1 2cos1 2 2 1 1 1 2cos1 nn n i ik mm n kk kk m k m n k kk ixxxxi nn iinxxxxxx k nmxxx n k nmxxxxx n 在 中 在 中 为奇 当时 1 n k p46 27 求有理根 1 x3 6x2 15x 14 f x 解 有理根可能为 1 2 7 14 当 a 0 时 f a 0 所以 f x 的有理根是可能 1 2 7 14 f 1 4 0 f 2 0 f 7 140 0 f 14 1764 0 只有一个x 2 2 4x4 7x2 5x 1 f x 解 有理根可能为 1 2 1 4 1 f 1 9 0 f 1 1 0 f 2 1 5 f 2 1 0 f 4 1 264 43 f 4 1 64 11 所以f x 只有一个有理根x 2 1 3 f x x5 x4 6x3 14x2 11x 3 f x 解 可能有有理根为 1 3 f 1 32 f 1 0 f 3 0 f 3 96 故 f x 有两个有理想 1 3 P46 28 x2 1 解 y y 1 x2 1 y2 2y 2 不可约 解取P 2 由Eisenstein判别法 不可约 432 812xxx 2 1 x 6 x3 1 解令x y 1 则 x 6 x3 1 y6 6y5 15y4 21y3 15y2 9y 3 取P 3 即可 x p px 1 为奇素数 解 取y x 1 x 3 px 1 yp 1 1 1 p ip ii p i c yp y y p 2 1 1 2 p iip i p i cypy p 取 p 素数 即可 x4 4kx 1 k为整数 解 令x y 1 则f x x4 4kx 1 y4 4y3 6y2 4 4k y 4k 2 取p 2 则 p2 4k 2 即可由Eisenstein判别法 f x 于上不可约 P47 1 证 1111 f gf gc xf gc xf c xg 都是的组合 所以若是的公因式 则必有 11 f g为的公因式 即 11 CD f x g xCD f x g x 反过来 得 1111 11 f xdf xbg xg xcf xag x adbcadbc 11 f gf g 也是的组合 同上理 有 11 CD f x g xCD f x g x 即 11 ffg与g和 与 的公因式一致 最大公因式也一致 那 11 f xg xf x g x 注 不可约多项式也称既约定多项式 0 fxaf x 则不是既约 则称f x 可约 P47 2 证 d1 x f x v1 x g x f x g x d x f x fi x d x g x gi x d x u1 x fi x v1 x g1 x 1 带余除法 令u1 x q1 x g1 x u x u g1 x xyxg xg v1 x q2 x f1 x v x v f1 x f x f x g x 则fu gv fg1q1 f1gq2 f x u x g x v x f1 x g1 x d x q1 q2 d x d uf vg f1g1d q1 q2 左边次数 f1 y1 d 右边次数 故左 右两侧只有为 0 d uf vg 0 u x f x v x y x d x 且 u x g 1 x v x 首项系数则 f xp为某不可约多项式x 的方幂的充要条件是 g x 或者 1f g 或者 m m f xgx 证明 11 0 r f xpx h xh xp xh x 反设不是则而 111 1 1 p hhpxp xf g 即取g则且 ms m fghpx 否则矛盾 1 1 1 rrr 1 fpg xp gpgf gp gp gfgx 若若 48 8 1 0 pf xf xf x 首项系数则为某不可约多项式的方幂 m g xh xfghfgm f xhx 由或者 证明 1 1 1 rr fpghp hp hf hf 设若fg 1 rrr p hphphf h x m 111 0 rr fp hhphphh x 反设不是 则而令g则 1 1 mr fghfg fhmp hp h 却 P48 补 9P48 补 9 证 2 的非零根 nn m xaxb 没有重数 证 反设 nn m f xxaxbk 有 重根 k 2 0 11 1 1 0 0 0 1 0 nn m n mm m m g xfxnxa nm xk a nm nxx n a nm h xx n h xmxh x h x h x 有 重根 有重根 有重根 无重数根 但 重根 P48 补 10 P48 补 10 0 1 n f xC xf xf xn 且 0 m f x证明的根只能为 或单位根 即满足某x 1的根 n 证 设 为f x 的根 由f x f x g x f x nn f 0 为的根 22 0 nn ff x 为的根 23 nnn 都为f x 的根 0 f xf x 不可能有无限个根 其中必有相等者 ij nn ij 不妨设 2 1 0 ij nnnij nnm 令 0 1 m x 则或或 是的根 P48 补 11P48 补 11 题 n fxf xf xa xbf x 有n重根b n a aaaaa 1212n 补充P48 12题 的两两不同 F x x x x 证 1 111 1 11 1 n ii i i iiiiiii121 n in xaxaxaxaF xF x l fa F axa F aaaaaaaaa i r a 11 1 1 0 1 1 1 1 1 1 2 1 nn ijiijjii ii n ii i n iijj r j l alal ajnil xin nl xf xF x q xr xf a nf a l xh xh af a r ah xr x 为次多项式设则 而形式多项式 p49 补 13 题 1 求 4 2 3 3 1 4 0 5 2f xf xffff 2 时 至少去掉 3 个x 不含x 3项了 对于i 2 j 2 同理 其它情形 至少去掉两个x且第一行 或第二列 的两个x只能取一个 故不含x 3项 只 剩下i 1 j 2 时 a12本身是x项为 1 2134 a 12a21a33a44 x1xx x 3 系数为 1 12 1 2 P97 11 1 1011 n n jjj j jj d i故中与一样多 即 号 号一样多 也即奇偶排列一样多 n2时 奇偶排列各占一半 P98 12 21 21 1111 21 111 1 1 1 n n n n nnn xxx aaa p xV x aaa 按第一行展开 1211 0 nn a aaVp xn 两两不同即 1 121 121 0 1 n n p ap ap an a aa 总有两行相同 最多个根 即p x 的所有根为 1 1 1 3 2 1 33 2 3 1 3 2 2233 98 132 2 2 2 0 2 0 111111 2 2 x y x y x xxxy Pyxyx xyxyxy xyxyyx yxyxxy yxy xyyxyxxy xy 2 23 3 4 4 13 3111 1311 48 13 3 4 1 1 3 1 6 248 1131 1113 P P 例 P98 13 法一 1234123412341234 2341012701270127 160 34120181000440044 41230710130043600040 法二 10234123412341234 10347011301130200 102020 10412022202000013 10123011101110011 1234 0200 20 160 0013 0004 法三 令 2 4 1 23 1234 1234 32 1234 41 1 1 1 1 1 1 10 2 22 22 20 2 2 160 c 2 f xxxxi ii dfff i fi iii iiii 为 次单位根 令则 行列式 P98 13 解 22 1 111111 11 1 1111 0 1111100 0 1111 0 11111 00 0 1111 0 11111 0 00 1111 0 11111 0 00 x xx x x yxx y yy y yy 1 2 1 2 11100 111 1111 1111 11111111 11111111 11111111 11111111 xxxx x y y x f x y xx xx fx yf x y yy yy 交换行 再交换列 解法二 设f x y 则第一行减第二行 又因为 f x y 关于x是偶函数 即x2 f x y 同理 y f x y 且也是偶函数 所以y 2 f x y 2222 222 4 f x yx yf x yf x ykx y f x yx yy 2 而中的系数为1 故有f x y x P98 13 22 22 5 22 1 1 22 2 3 1 1 32 3 4 1 1 4 22 2144692126 2144692126 0 2144692126 2144692126 x aaaaaa bbbbbb cccccc dddddd 性质 2 1 33 246 12 2 1 3 427 2 246427100001 10145431007681161 100 3427211005882941 7 001100100 10001161 100 11161000 100 1001294029400000 02941129401 1161000 性质 111111111111 2 1 11 1 2 3 1 11 1 3 1 222222222222 1 2 111 2 1 1 2 1 1 22 98 1422 2 abccaababcbc Pabccaababcbc abccaababcbc abc abc abc 左 2 2 1 3 1 2 1 右 右 P98 15P98 15 求出所有代数余子式 11121314 21222324 31323334 41424344 12146000 012112600 002115630 00037012 AAAA AAAA AAAA AAAA 直接计算有 1127123 321641 014555 111213 212223 313233 AAA 直接计算有 AAA AAA P99 16 135121351213512 1 2 22012106114501214 2 3 1 3 40121401214061145 2 1 1 2 53312101216570121657 21035071059071059 13512 2 6 33 1 01214 2 2 43 8 400119 2 7 53 0081741 0041219 13512 01214 4 2 300119 4 5 00863111 0002857 13512 01214 0011019 00073 0002857 1512 1 1 01214 2 1 7 694830011019 4 4 5 000103 000069 P99 16 142104211022 1 2 1 2 22012202122 11 5 2 1 3 33211005156 88 4 2 1 2 41102203006 1 4 54260106687 11022 02124 24 1 05156 4 1 28 02122 06687 11022 2 5 302124 1 2 2 4 8 2 8 5 11022 4301124 1 3 0 0122 20041514 380 0076 00366 3 4 4 1 00020170000 7 313 1 1 1 7 878 P99 17 若 121221 121 1 2 2 11 2 3 1 nnnnn n j jjjnjnjnjjj jjjnn n 1 nn 1n 中则取j取取或若则 故只有两项 123n 0 2 3 n 1 d x 1 y P99 17 11 11221221 1 12 21 122 2121 111211 22121 1 111 1 2 302 n n nnn ndab ndabababab aba babb a aabb abbbab abbbbb nn bb abbbbb 则 则 当时第 列与第 列成比例 1 2 1 2 2 1 1 11 100 1 99 17 0 10 1 n i m in i n m in m i hh nn iii iii xmxx xmm P x m xmxx XmXmmmX 1 i m 2 3 n 2 1 1 1 x 3 1 1 n 1 1 1 x 2 1 x 3 1 x n 1 1 h n m 2 1 3 2 4 4 12 1 1 2 12 1000222 2222100 99 170010000100 000202 0022 1111 010 2010 0 002 i P nn n 性质 2 n 2 n 2 且 n 1 时 D 1 左上角 1 1 99 17 5 2 1 321 2 0100 0020 0001 1 1 1 2 1 1 1 22 n P n n nn n n n nn i i i 从最后一列开始 第n列加到第n 1列 再第n 1列加到第n 2列第 列加 n n 1 n n 1 22 P100 18 从第二列起 有列 第三列 乖以 1 1 i a 加到第一列 则有 1 2 1 1 2 1 1212 21 1 1111 1 1 111 000 000 0000 11 n o i i n nn nono ii ii n oniin i a a a D a a a aa aa aa a aa a aaaa aa i 0 P100 18 cos1 12cos1 cos12cos 1 12cos a a Dna n a 证法一 用归纳法 D1成立 cos cos21 2coscos 1 cos 2 coscos 2cos 2 12 cos knDkkn k DnDDnnnanan nn na 设时当时 因为 证毕 a 2n 证法二 2 cossin cos 1 sin 1 sin 1 sinsincossincossin 2cos 12 cossin cossin cossin 11 1 n a ia Dna ina ia nn iaianananana DcxDD nn DiDiDiD nnn D i n 找不出适当倍数左移 同理 相减 2D 1 2cos cos 2 n Dna 即na P100 18 以第一行 1 加到后面各行 1 12 13 1 11 2 2 1 12 2 1 1 12 2 1111 00 000 00 1 1 1 1 nn n n i n n i i n in i i a aa aa aa a aaa a a aa aa aa aa a 属于交行列式 要求 0 p101 19 22322132 3640613 33323064 040043185270 33121040 103103 31311003 D 且 7011 2 3 4 1234 Di DDDDxi i D P101 19 12321232 581001 212305813654 410836548 3212041081836 74518365 23210745 D 且D1 324 D2 648 D3 324 D4 648 2 3 22 1818324 3 2 12 1 2 1 2 1234 DD xxxx DD 0 3122 016 2622 13420 1588 1588 3 11210 4248 018 3824 4 34220 78614 027 504 111 2311123 1 2241 2 P101 19 3 即D 2 222020 10 410 1 12 18 282410284 2 1 824 13 413 1 9 221813224 x 96 336 96 169 312 2345 4 14 4 7 13 12345 dddd xxxxx 同理算出d1 即得 122411111233 5 213428011222 32 31121301588 14 43 422204 248 12 111 2331786 14 10 A 消元法解 行移最上 再相减行移到第 行再相减 1 0 46511 3 4 0 1 58814 5 4 0 016 262240 0 018 282444 0 027 504288 1 0 46511 0 1 58814 4 5 23 0 0 1112 0 018 282444 0 0 9660 1 后再乘 2 的2倍 1 的 倍后乘以再用 行的相反倍加到各行 4 100019 1 0 0213 1 0100014 5 0 1 0334 3 001004 0 0 1112 0000113 0 0 0 4311 000016 后再乘相应倍加到各行 100004 1 4 0100014 5 4 001004 000107 0000113 后再交换 4 5 即得 P101 19 56000 15600 66 23 66 3266501560 23 00156 000115 D 11 1 2 3 nn D n 见例2 取 15071145703395212 12345 15072293779212 12345 66513335133665 DDDDD xxxxx 且 P101 20 解 代入各a于f x 12 11 0 11 1 12 12 0 21 2 12 1 01 nn c ac acb n nn c ac acb n nn c ac acb nn nn 系数行列式 21 1 121 11 1 111 21 12 122 2 1 222 12 1 21 1 n a aa nn aaa n aaa nnn daaaC V n n nn aaa nnn n aaa nn n 1 0 0 12 1 1 0 aaad n n ni C xf ab ii i i 由于两两不同 故V由Cramer法则 存在 n 唯一解C C Cc 即有f x 唯一地 使 012n 1 例P101 21 解 13 60 0 10100100013 57 0123 20400800013 55 0123 30900700013 52 0123 a aaaa aaaa aaaa 013 1000 23 11010107 1 2 10 23 1202020 1 20 30 20 10 30 10 3020 23 1303030 8 1 632 10 50000 1800 40 2 d a dddd 5 0 251 34 13 6 10 1 5 10 10 123 63 do aaaa d 100013 6 345 01010103 110100100013 57 345 120400800013 55 02 104 105 505 1309002700013 52 345 03 309 1027 108 100013 6 用消元法 100013 6100013 6 345345 0101010301010103 4545 002 106 101002 106 101 455 006 1024 1010006 102 2531 3423 13 6101010 5 623 3 g httttc h cm 略 g 故当t 15 c时 h 13 56 精确 3 cm 当t 40 c时 h 13 46 书上答案13 48是错的 P102 补 1 P102 补 1 12 12 1 2 12 1 2 1 21 2 111 222 1 1 1 0 n n n n n nn jjj jjj ij j jj njnjnj j jj j jjj jj aaa aaa DD aaa DD a D 1 2n j jj 取遍 设 1 n 2 奇偶排列各半 当 n 1 时 12 1 2 111 1 2 12 111 1 1022 n n kk n jjnj j jj n kjk jkjkjnj j jjk PDat atat dat d Datata dtdt n at 1 2n 1 2n j jj j jj 补 1 1 12 1211 12 1211 1 1 k n kk n n kj jjj jjkjkjnj kjjj dat at atataat dt n 11121 12 1 12 n n kkk k nnnn atatat ddd atatat dtdtdt atatat n 同理也有 d dtD d dtDT 11211 12 1 n n kk n atatat ddd atatat dtdtdt nk 1111 2122 1 1 kn n kn k nnk d aata dt d aata dt d aata dt 转置 nn P102 补 3 1000 11121 1 11121 21222 1 21222 123 1 122 axaxax n axaxax n axaxax n axaxa n ax axax nuu x xaxax auuu 左 1111111 111 1 1 111 1 1 1 111212 1 1 21222 1 11 12 jj n nnn nnjnjnn xxx aaaa aaa n aa x aaa aa n i aaaaaaa nnnn j 1 n 1111111 11 1 1 2121212 1 111 aaaa jjn n jj DXaaaa jjn i aaaa nnjnjnn 1111 1 nnnn jiij DXAijDXAij i 补 3 在 中令 X 1 11121 21222 11 12 111 111 111 n nn n ij ij nnnn aaa aaa AD aaa 111212131111111212131111 212222232122212222232122 1223112231 1 1 1 nnnnn nnnnn nnnnnnnnnnnnnnnnnnnn aaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaa n n 11121213111 21222223212 12231 1 1 1 nn nn nnnnnnnn aaaaaa aaaaaa aaaaaa P103 补 4 以第一行 加到后面各行 1 2 12 000 000 000 1 n n i nn b b b b nb P103 补 4 见上面 4 得 1 2 2 nnn Da xaaaxaxa n n x a P103 补 4 yyx yy yy Dn z zx y z zz xyyoooxyz zz y 1 11 xz yx oo oxz yxo n xy Dxy Dy xzi nn oxzo zzy 由 1 zi xziixy nn Dny xzz xyyz i n 1 n 1 y与 的对称位置有Dn x z D z x y nn 得 y z Dn y x z z x y 令 y a z a 便得 P103 补 5 f x 是一个 n 1 级行列式 3 3 231 231 111 10000 12000 13300 1 11 n nnnn nn nnn 1 x x x f x ncccx ncccx 计算 f x 1 由于前 n 列完全一样 故以下只标出第 n 1 列 2 11 12 1 1 2 21 1 32 1 331 3 1 1 1 1 2 1 1 1 1 n nn n n xx xx x x xxx f x nn n xCxC x x n n xnxC xnx x 1 000 2 002 003 3 00 1 021 1 1 1 1 22 1 x x x x x nx n x nnx c x n n nn x nxn cx n 1 1 1 1 1 x 其 余 首 项 可 算 出 后 面 每 个 行 列 式 的 最 后 一 列 都 与 前 面 某 列 比 例 0 2 2 1 2 1 3 2 1 1 1 1 f xD n Dn n cn nxn n f xf xnx x 第 个行列式 而 P104 补补 6 分别用 U X Y Z 表子该些点的电位 11 27 111 548 xy E i 1 3 vz 0 1 100 211 6 1 100 21 211 2123100 73 0 3154100 1 100 211 410100 3 100 111 45 x x xy yz x yx axy yz xyz x xy xz vx u oz 00 20110410 065366536 2123001252003151403154 0138275178754968 10410023689 a D 210100 188400 183300 223400 12907 210100188400183300223400 12907129071290712907 dxdydzdo xyz 第三章 线性方程组习题参考答案 P154 T1 1 解 135401135401135401 132211003212014312 121113054312003212 141113074512001612612 121111014312002416816 1 10000 2 135401135001 1 01431201431201001 2 001212001212 001000 000424000424 1 00011 000000000000 2 000000 方程组的解是 1 2 3 4 5 1 2 1 1 2 0 1 1 2 xk xk x xk xk k为任意数 2 解 120321113132113132 1131320334510110783 2345270110783002225298 99616225003325297003325297 113132 0110783 003325298 000001 出现了 0 0 0 0 0 1 无解 3 解 428400 120200 31110 22101 31370 35350 31110 44321 31370 1103 31110 44321 01000 60100 30010 80001 08000 60100 31010 82001 有唯一解 x1 8 x2 3 x3 6 x4 0 4 解 2019170 2019170 2019170 9871 2972241 2019170 2332 9871 03127 01613114 02332 07543 0000 0000 17 20 17 19 10 17 13 17 3 71 0000 0000 17 20 17 19 10 9871 得解 lx kx lkx lkx 4 3 2 1 17 20 17 19 17 13 17 3 5 解 21111211111110311103 32232133410331703317 51121111030124402244 21134022430224300001 出现了 0 0 0 0 1 无解 6 解 51 100 66 123111231110100 71 321110483201531010 66 23111015210012102 51 001 222110244100000 66 552020000000000 00000 00000 一般解为 4 4 1 1 22 3 3 4 4 1 5 6 1 7 6 1 5 6 1 5 6 6 1 7 6 6 1 5 6 6 x x x xk x xxk x xk x xk 或 任意 P154 T2 1 解 设 x1 1 x2 2 x3 3 x4 4 则 4 1 4 1 4 1 4 5 1 1 2 1 4 3 2 1 4321 4321 4321 4321 x x x x xxxx xxxx xxxx xxxx 4321 4 1 4 1 4 1 4 5 2 解 设 x1 1 x2 2 x3 3 x4 4 则 0 1 0 1 0 030 0 02 4 3 2 1 421 42 4321 321 x x x x xxx xx xxxx xxx 即 1 3 P155 T3 证明 设k1 k2 k r l不全为 0 使 1122 0 rr kkkl 1 k r也不全为 0 而 0 11 rr kk 矛盾 若 则k 0 0 即 r s l k l k l k 2 2 1 1 线性表出 P155 T4 证明 设x1 1 x2 2 xn n 0 则 11 12121 1212222 1122 0 0 0 nn nn nnnnn a xa xa x a xa xa x a xa xa x 因为系数行列式 0 ijij aa 故上面方程组只有零解 于是 1 2 n线性无关 P155 T5 证明 添加tr 1 tn 使t1 t2 tr tr 1 tn两两不同 得向量组 21 1111 21 21 111 21 1 1 1 1 n n rrrr n rrrr n nnnn t tt t tt ttt ttt 1 由于 1 2 n的分量作成一个Vandermonder行列式 公比两两不同 且不等于 0 由 上一 题 1 2 r n线性无关 于是它的任一部分线性无关 P155 T6 证 设 1 2 3 2 3 1 3 1 2 若x1 1 s2 2 x3 3 0 则即 x2 x3 1 x3 x1 2 x1 x2 3 0 即 1 2 3线性无关 23 13 12 0 0 0 xx xx xx x1 x2 x3全为 0 即 1 2 3线性无关 而若 1 2 3 4线性无关 则 1 2 2 3 3 4 4 1 线性相关 P155 T7 证明 设 1 2 s I 的一个极大无关组 i1 i2 ir I 及任一线性无关向量组 j1 j2 jr I 任取 I 中的一个向量 有 j1 jr I I 而 I 中只有r个向量 由定理 2 j1 jr 线性相关 而本来 II 线性无关 故 临界定理 I 所以 II 所 以 I 是极大无关组 P155 T8 证明 设 1 2 s I i1 i2 ir I 及 I 的一个极大无关组 i1 i2 ir I 已知 II 故有 III 所以取 I 的极大无关组 k1 k2 kt I 则t r且 III 那么 II 由于 I 有r个向量且线性无关 所以 由定理 2 推论 1 r t 即r t 故 II I 线性无关 I 是 I 的一个极大无关组 P155 T9 证明 设 I 的一个线性无关组 I 1 逐个检查 I 中的向量 i 2 a 若 i I 则去掉 i 检查下一个 b 若存在 I i 则添加 i 到 I 中将 I 扩充为 I 回到检查第 1 个向量 重复 1 2 若干步后 有限步后 任意n 1 个n维向量也相关 必含停止 得到 I I I k 1 I k 而 I k 不得再扩大 于是 I k 是一个极大无关组 是 k II P155 T10 1 解 1与 2的分量不成比例 故 1与 2线性无关 2 解 考虑 1 2 3 3 1 2 3 去掉 3 考虑 1 2 4 取它们的后三个分量 124 312280 120 增加一个分量后仍然线性无关 即 1 2 4线性无关 再考虑 1 2 4 5 因为分量行列式 1124 0312 0 1120 2156 即 5 1 2 4 所以它的极大线性无关组是 1 2 4 P155 T11 1 解 1 64112110234 210234 2 10234 204111926 101142231 4 2 1491622 304111926 30045 1 3 71013401142231 4000003 4 秩 1 2 3 4 5 3 且 2 3 4为一个极大无关组 秩 A 5 2 解 略 P156 T12 证 设 I 为 II 分别为 I II 的极大无关组 则有 IIIIII 设 I 含r个向量 II 含七个向量 因为 I 线性无关 且 III 所以r t 即秩 I 秩 II P156 T13 证明 设 i1 i2 ir为 1 2 n的极大线性无关组则得下面表示序列 121212 iiirnn 因为单位向量组 12 n 线性无关 由 定理 2 推论 得n r故 i1 i2 ir为 1 2 n本身 即证得 1 2 n 线性无关 P156 T14 证明 略 P156 T15 证明 若系数行列式 aij 0 则由Cramer法则 对任何常数b1 b2 bn有唯一解 则原方程组为 111 122 1 n n n A aa aa aa nn1122nn xxxb 其中 2 3 n为A的列向量组 对任何都有解 1 2 n b b b b 依次定 12 n b 则得 1212 nn 从而 2 3 n线性无关 列秩 A n 即秩 A n 由定理 5 A 0 P156 T16 证明 设 1 2 r I 及 1 r r 1 s II 且秩 I 秩 II t 设 i1 i2 it III 为 I 的极大无在组 i1 i2 it IV 为 II 的极大无关组 那么 I IIIIVII 任取 II 中一个向量 组成 i1 i2 it V 则 VIIIV 因为 IV 只 有七个向量 所以 V 线性相关 而 III 线性无关 所以 III 即 IIII I IIII I IIIIII I 与 II 等价 P156 T17 证明 1 2 r 2 1 3 r r 1 r 1 1212 rr 令 1212 1 rr rr 1 1 i r r i 即 i可以 1 2 r线性表示 1212 rr 秩必相同 P156 T18 秩 A 4 1101111011 0111