《线性代数》课后习题答案(陈维新).doc

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1、如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流第一章第二章第三章第四章第五章第六章第七章第八章第九章 线性代数课后习题答案(陈维新)【精品文档】第 42 页第十章 行列式习题1.11. 证明：（1）首先证明是数域。因为，所以中至少含有两个复数。任给两个复数，我们有因为是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以如果，则必有不同时为零，从而。又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以综上所述，我们有是数域。（2）类似可证明是数域，这儿是一个素数。（3）下面证明：若为互异素数，则。（反证法）如果，则，从而有由于上式左端是有理数，而是无理数，所以必有。所以有或。如果，则，这与是互异素数矛盾。如果，则

2、有，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。同样可得。（4）因为有无数个互异的素数，所以由（3）可知在和之间存在无穷多个不同的数域。2. 解：（1）是数域，证明略（与上面类似）。（2）就是所有的实部和虚部都为有理数的复数所组成的集合。而复数域。（3）不是数域，这是因为他关于除法不封闭。例如。3. 证明：（1）因为都是数域，所以，从而。故含有两个以上的复数。任给三个数，则有且。因为是数域，所以有且。所以。所以是数域。（2）一般不是数域。例如，我们有，但是。习题1.22. 解：项的符号为习题1.31证明：根据行列式的定义=0。所以上式中(-1)的个数和(+1)的个数一样多，

3、(-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阶排列，故可以得到全体阶排列中奇排列的个数与偶排列的个数一样多，各占一半。2解 (1) =； （2）； （3） （4） （5）3解：（1）。 （2）左端=右端。（3） （4）原式（先依次）=。=。 （5）原式（先依次）=。=。4解：设展开后的正项个数为。则由行列式的定义有。又因为 （利用）（下三角行列式）。所以有。5证明：（1）左端=右端。（2）利用性质5展开。6解：（3）与上面3（3）类似可得。7解：利用行列式的初等变换及性质5。8解：9证明：设原行列式=D。则对D进行依次如下变换后所得的行列式D第一列

4、由题设中所给的5个数字构成。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。因为23是素数，且不可能被23整除，所以D可以被23整除。习题1.41解：(1) (2) (3)方法一 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 = (5) (6) = （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。2解：(1) (2) =1+；（此处有笔误）(3) 据此当时，原式=；当时，原式=。3解：（1）将按第n 列展开得: （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

5、列式，然后利用例1.4.6的结果；或者直接利用Laplace定理。 （2）左端先做变换，再做变换，然后利用P30推论。5解：（1）（2）=；（3）利用初等变换。附加：P30推论的证明：证 (1) 将第r+1列与r列交换, 由将新的r列与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行交换至第1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+

6、s行交换至第s行, 于是交换rs次后得:(2), (3) 思路与(1)类似, 证明过程略去。习题1.5 2解：计算得 根据克拉默法则, 当时, 即时, 原方程组只有零解。习题1.61证明：方法一 归化 =右端.方法二 归纳法 当时, = 结论成立. 假设时结论成立, 即有 则当时, 将 的第n列看成1+0,1+0,1+, 故可表示为2个行列式之和, 而第2个行列式按第n列展开可算出为从而 而=.所以=+=+=右端.方法三 递推由证明(二)可知与存在以下递推关系:=+所以=+= =右端.方法四 加边法 =右端。2证明：（1）注意当把行列式按第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

7、证n=1，2时均成立。而归纳法第二步应假设当时成立，去证明当n=k时成立。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；然后按第一列展开，再依次；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；又因为如果全取零，则有f(x)=0。所以选(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的方法。 方法二：设。则有f(x)中的系数为。又因为 （范德蒙行列式），所以f(x)中的系数为。 所以可得。第十一章 线性方程组习题2.12证明. 因,说明不全为零,故当某个,通过适当的行互换,可使得位于左上角,用来乘第一行,然后将其余行减去第

8、一行的适当倍数,矩阵A可以化为:,由于,此时必有,故可以对重复对A的讨论, 此时A可经初等行变换化为, 然后再将第行的倍加到第行(),再将第行的倍加到第行(),这样继续下去,一直到将第2行的倍加到第1行,此时A就化为, 故所证结论成立。3证明：以行互换为例: 列互换可以同样证明.若, 这相当于A中交换第i行和第j行, 所以结论成立。习题2.21 解：中一定存在不为零的阶子式,否则秩,与题设秩（）矛盾. 由秩（）知，中至少存在一个阶子式不为零, 这表明中的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. 中一定不存在不为零的阶子式,否则的秩至少是, 这也与题设秩（）矛盾。2 提示：利

9、用矩阵的行秩和向量的极大无关组证明。3 略。4 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；进而因为矩阵不等于零，所以秩0。5 略。习题2.3略。习题2.42证明：()的增广矩阵为=,因为系数矩阵的秩不超过增广矩阵的秩, 所以有秩()秩().观察可知, 矩阵其实就是在增广矩阵下面加了一行, 所以秩()秩(). 由题意知, 秩()=秩(), 据此可得秩()秩(). 综上知秩()=秩(), 故()有解。3解：将增广矩阵只用初等行变换化为阶梯形矩阵. 当时, 秩()秩(), 所以线性方程组无解;当时, 秩()=秩()未知量个数, 所以线性方程组有无穷多解. 原方程组同解于 故通解为 其

10、中为任意常数。4证明：该线性方程组的增广矩阵=, 由题意知秩()=. 但是系数矩阵是一个的矩阵, 所以秩()0, 据此可得秩()=1.10证明：(1) 由于秩()=n, 所以, 而, 在等式两边同乘可得, 据此可知是可逆的, 所以秩()=n. (2) 秩()n-1时, 根据矩阵秩的定义可知的所有阶子式都为0, 而的元素就是的所有阶子式, 所以的元素都是0, 即=, 所以秩()=0.(3) 当秩()=n-1时, 不是满秩的, 所以. 又因为, 所以, 据此可知秩()+秩(), 而秩()=n-1, 所以秩(). 同时由于秩()=n-1, 根据矩阵秩的定义可知至少有一个阶子式不为零, 而的元素就是的

11、所有阶子式, 所以中至少有一个元素不为零. 由此可知秩(), 所以秩()=1.14思路：利用分块矩阵。习题4.86证明：因为与均正交, 所以 因此, 所以与的线性组合都正交.7解：设, 根据题意为单位向量可知.(1)同时与都正交, 据此可得 从而可解得 (其中为任意取值). 又因为条件(1)可知, 所以=.11解：(1)因为=, 所以 是的一组标准正交基. (2) 由（1）知; 因为在下的坐标为, 而在下的坐标为=,所以()=(,).15解：因为, 所以方程组的一个基础解系为先进行正交化得到 再进行单位化得到所以即为所求的标准正交基.习题4.112证明：(1) 因为的解均为的解, 所以的基础解

12、系中的解也都是的解, 所以的基础解系中所含的向量的个数不少于的基础解系中所含向量的个数. 而的基础解系中所含的向量的个数为n-秩(B), 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)秩(B). (2) 因为与同解, 所以的基础解系也就是的基础解系, 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). (3) 因为秩(A)=秩(B), 所以n-秩(B)= n-秩(A), 据此可知和的基础解系所含向量的个数相同. 因为的解均为的解, 所以的某一基础解系( n-秩(A)也都是的解, 如果与不同解, 则的解中存

13、在一个解不是的解, 则一定不能被线性表示, 所以线性无关, 这样的解中至少含有个解线性无关, 即的基础解系所含向量的个数大于等于, 这与和的基础解系所含向量的个数相同矛盾. 所以与不同解的假设是不成立的, 因此与同解.(4) 设, 显然满足秩(A)=秩(B), 但是是 的一个解, 但是不是的解. 所以不能导出与同解.3证明：首先由题设可得齐次线性方程组同解。然后去证明。4证明：易证明的解都是的解, 又因为秩(CA)=秩(A)，根据本节第2个习题(3)可知和同解. 同样易证的解都是的解. 另一方面, 设是的任意一个解则有, 即, 可知是的一个解, 已经证明和同解, 所以也一定是的解, 即有, 所

14、以也就是的解, 据此可得的解也一定是的解, 所以和同解. 根据本节第2个习题(2)可得秩(CAB)=秩(AB).5证明：6证明：（1）要证，即证，等价与证明。 因为保持内积，所以由内积的双线性性得第十四章 特征值和特征向量 矩阵对角化习题5.11解：(A) 设, 因为秩()=秩()所以与等价; 但是由于tr与tr不相等, 所以与不相似. 因此(A)不正确. (B) 与相似, 即存在可逆矩阵使得, 所以秩()=秩(),因此 与等价. (B)是正确的. (C) 与(A)一样, 设,秩()=秩(), 但是由于tr与tr不相等, 所以与不相似. 因此(C)不正确. (D) 与(A)一样, 设,=, 但

15、是由于tr与tr 不相等, 所以与不相似. 因此(D)不正确.7解：(1) 因为, 所以特征值为1,1,3. 求解方程组 , 得属于特征值1的特征向量为 (其中为不同时为零的任意数). 求解方程组, 得属于特征值3的特征向量为 (其中为不为零的任意数).习题5.24证明：的特征多项式为而是A的特征多项式, 所以A与有相同的特征多项式.6 解：因为1是A的一重根, 所以(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

16、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)=2.7解：因为, 所以的特征值为-1,1,1. 因为与对角矩阵相似, 所以要求特征根的重数与的基础解系所含向量个数相等. -1是一重根所以一定满足, 所以只要特征值1满足即可. 也就是要求的基础解系含有2个向量, 由此可知-秩()=2, 因此秩()=1.因为, 所以当且仅当时秩()=1,所以能与对角矩阵相似, 则必有。习题5.32解：因为秩(A)=1=秩(B), 所以A与B等价. 又因为tr A=4, trB=1, 即有, 所以A与B不相似. 综上可知(B)是正确的

17、.3解：(1) 因为, 所以。因为有三个不同的特征值，所以也可以对角化。所以 的所有特征值为。(2) =.5解：(1) 因为, 所以特征值为2,2,-7. 求解方程组, 得到属于2的线形无关的特征向量为. 对进行施密特正交化化为正交单位向量组得。 求解方程组, 得到属于-7的线形无关的特征向量为.对进行施密特正交化化为正交单位向量组得。所以, 其中. 由此可得 (2) 的特征值为, 所以=.6解：因为方阵A的n个特征值为1，2，n, 所以可以对角化。所以 A+E的特征值为2,3, , n, n+1.所以A+E=.11证明：因为, 所以是A的n重根. 如果A能与对角矩阵相似, 则必有的基础解系含

18、有个向量, 即-秩()=n, 也就是秩()=0, 从而得到此时, 即, 这与条件矛盾! 所以A不能与对角矩阵相似12证明：因为，所以，即-2是A的一个特征值。设为A的特征值, 是A的属于的特征向量, 则有, 所以, 从而可得, 即得, 所以A的特征值仅为-2.习题5.41证明：设是反对称矩阵的一个特征值, 是的属于 的特征向量, 则有 . (1) 令, 其中表示的共扼复数, . 对(1)式两边同取共扼得. 因为是实矩阵, 所以有, 因此有. (2) 对(1)式两边转置得, 因为是反对称矩阵, 所以从而 . (3)对(2)式两边同左乘, 对(3)式两边同右乘, 分别得从而得=, 移项得, 因为,

19、 所以, 所以为零或者纯虚数.2解：(3) 因为, 所以特征值为1,1,1,5.解线性方程组, 得属于特征值1的线性无关的特征向量为. 解线性方程组, 得属于特征值5的线性无关的特征向量为. 所以, 对角矩阵为.3解：（3）先对属于特征值1的三个特征向量进行正交化. 再对向量进行单位化, 得到三个正交单位向量.再对属于特征值5的特征向量进行单位化得. 由此得到, 对角矩阵为.4证明： 显然成立. 因为A, B有相同的特征多项式, 则A, B必有相同的特征根. 不妨设这些根为, 因为A, B均为n阶实对称矩阵, 所以存在可逆矩阵使得. 由此可知, 所以有, 其中是可逆的, 因此A与B相似.7 解

20、：因为 , 所以特征值为0,2,2.（然后 验证可对角化，从而可对角化） 因为(其中), 所以 的特征值为 所以.习题5.55解：因为, 所以A的特征值为一个一重特征值 和一个重特征值. 因为秩()=, 所以与重数相同. 因为秩()=, 所以与重数相同. 所以A能对角化（也可由实对称矩阵得到）, 与其相似的对角矩阵为.6证明：设为n阶方阵A的特征值, 为A的属于的特征向量, 则有. 所以, 即有, 因此A的特征值或为1，或为-1.7解：(1) 因为矩阵A与B相似, 所以trA=trB, , 由此可以得到, 从而可知.当时, 易知A的特征值为2,2,6.求解方程组, 得到属于2的线形无关的特征向

21、量为.求解方程组, 得到属于6的线形无关的特征向量为.所以此时可以对角化。类似可以证明此时也可以对角化。所以由他们的特征值相同可以知道此时与合同。 （2）由（1）可知.8解：因为 , 所以A有一个两重特征值1和一个两重特征值2. 秩(),秩(), A能与对角矩阵相似所以必有. 因此要求秩()=秩()=2. , 要使得秩()=2, 必有; , 要使得秩()=2, 必有. 综上, .10解：（1）由可得三个方程，解之可得结果。 （2）略。第十五章 二次型习题6.12解：(1) ,令 因为, 所以线性替换是非退化的. 从而得到标准形. (4) 先令 则=令 则因为, 所以先行替换是非退化的. 从而得

22、到标准形.3解：(1) 错, 因为, 所以线形替换是退化的, 所以错.正确的为=,其中线性替换为 因为, 所以该线形替换是非退化的. (2) 错, 因为,所以线形替换是退化的, 所以错.正确的为其中线性替换为因为, 所以该线形替换是非退化的.习题6.21解：3解：(1) 计算特征多项式, 得到特征值为1,2,5. 解方程, 得到属于1的线形无关的特征向量为.解方程, 得到属于2的线形无关的特征向量为. 解方程, 得到属于5的线形无关的特征向量为. 三个向量已经两两正交, 所以只要单位化即可得到所以, 因此正交变换为, 而标准型为.6证明：(1) 设,令(满足), 则有, 再令 (满足), 则有

23、, 因为,并且由于A是一个n阶对称矩阵所以有, 所以由可得, 因此. (2) 若存在两个对称矩阵使得, 则两式相减得对任意成立. 由于都是对称矩阵, 所以两者的差也是对称矩阵, 根据(1)可知, 从而得到.8证明：因为是的一个排列, 所以可以通过若干次互换变成.而每次互换就相当于交换的位置, 由第8个习题可知这就相当于同时左乘右乘同一个互换得到的初等矩阵. 由此可知设, 则所以得到, 因此矩阵与合同.习题6.33证明：与习题3.5T1类似，只不过要把右边的可逆矩阵换成左边的转置。4解：因为两个矩阵合同的充要条件是有相同的秩和相同的正惯性指数, 按秩从0,1,2,到n有n+1大类, 秩为0时正惯

24、性指数只有一种可能就是0; 秩为1时正惯性指数有0,1两种可能, 秩为2时正惯性指数有0,1,2三种可能; 秩为n时正惯性指数有0,1,2,n共n+1种可能. 所以一共有1+2+ n+1=种可能, 所以一共有多个合同类. 秩为, 正惯性指数为的合同类中最简单的矩阵是一个对角矩阵它主对角线上前个元数为1,中间个元素为-1,其他为0.6解：(1)不正确, 令, 显然A与B合同, C与D合同, 但是A+C, B+D, 两者秩不同所以不合同. 所以(1)不正确. (2)正确, A与B合同, C与D合同, 所以存在两个可逆矩阵满足. 令, 因为可逆, 所以也可逆. 又有, 所以与合同. 因此(2)是正确

25、的.习题6.42解：正定, 首先要求A是对称矩阵, 所以有.还必须要求三个顺序主子式都大于零. 所以要求.因此要求, 所以选(A).6解：(1) 的矩阵为,要求二次型正定即要求所有顺序主子式, 由此可得时此二次型正定.7 解：因为是正定矩阵, 所以是正定二次型, 所以对于任意非零向量都有. 现令(满足), 则有.8证明：（1）参看下面部分的证明。（2） 因为为正定矩阵, 所以对任意的n维非零向量都有, 即有, 所以不存在非零向量使得, 因此可得秩(A)=n. 首先显然是一个对称矩阵, 现取任意一个n维非零向量, 不妨设则, 并且当且仅当时取到0. 又因为秩(A)=n所以只有零解, 而是非零向量

26、, 所以, 因此, 由此可得为正定矩阵.9证明：(2) 假设秩(P)m, 则有非零解, 由此可知, 这与为正定矩阵矛盾. 所以假设不成立, 因此秩(P)=m. 首先因为所以是对称矩阵. 现取任意一个n维非零向量, 因为秩(P)=m, 所以只有零解, 由此可知. 又因为A为n阶正定矩阵, 所以, 即有, 所以为正定矩阵.10证明：注意到即可。习题6.54解：因为经正交替换化为标准形，所以实对称矩阵的特征值为3,5,0.因此.5解：因为合同, 所以有相同的规范形. 因为, 所以的所有特征值为-3,1,2, 因此的规范形为, 由此可知A的规范形也为.6解：(1)因为秩(A)=秩(B), 所以A与B等

27、价.(2)因为trA=4, 但是trB=0, 两者不相等, 所以A与B不相似.(3)因为, 所以的所有的特征值为1,1,1,1, 秩为4, 正惯性指数为4. 但是, 所以的所有特征值为-1,-1,1,1, 秩为4, 正惯性指数为2. 两者的正惯性指数不想等, 所以不合同.8证明：设存在一组数满足, 取任意一个, 在等式两边同左乘得到(*), 根据题意, 所以(*)式可化为, 又因为A是n阶正定矩阵, 所以对于非零向量必有, 由此可得, 所以线性无关9解：(1)如果正定，则他的所有顺序主子式都大于零, 即有 所以要求即可. (2) 因为A与B等价充要条件是秩()=秩(), 又因为 , 所以秩()=2, 所以要求秩()=2. 而, 只有当时秩()=2, 所以当时A与B等价. (3)如果 A与C相似, 则必有tr A=trC, 所以有, 从而得到.(4)因为 A与D合同则要求秩相等并且有相同的正惯性指数，, 所以秩()=3, 又由于, 所以的正惯性指数为2. 而且, 所以要秩为3则, 要正惯性指数为2, 则要求, 因此当时A与D合同.