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。因為QQ(3)，所以Q(3)中至少含有兩個復(fù)數(shù)。任給兩個復(fù)數(shù)ai,勺3,a2,b23eQ(3)，我們有(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因為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,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，則必有a,b不同時為零，從而ab30。222222又因為有理數(shù)的和、差、積、商仍為有理數(shù)，所以a,b3(a,b3)(ab11=1122a,b3(a,b3)(ab2222223)3)(aa3bb)(ba=-2-2,1a23b222ab)2i23eQ(3)a23b222綜上所述，我們有Q(3)是數(shù)域。q)。(2)類似可證明Q(p)是數(shù)域，這兒p是一個素數(shù)。(3)下面證明：若p,q為互異素數(shù)，則Q(p)乞Q(反證法)如果Q(p)Q(q)，則3a,beQnp=a,bq，從而有p=(p)2=(a2,qb2),2a

3、bq。由于上式左端是有理數(shù)，而q是無理數(shù)，所以必有2abq=0。所以有a=0或b=0。如果a=0，則p=qb2，這與p,q是互異素數(shù)矛盾。如果b0，則有p=a，從而有“有理數(shù)=無理數(shù)”成立，此為矛盾。所以假設(shè)不成立，從而有Q(p)乞Q(q)。同樣可得Q(q)乞Q(p)。(4)因為有無數(shù)個互異的素數(shù)，所以由(3)可知在Q和，之間存在無窮多個不同的數(shù)域。解：(1)P(-1)是數(shù)域，證明略(與上面類似)。Q(-1)就是所有的實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。Z(-1)不是數(shù)域，這是因為他關(guān)于除法不封閉。例如2Z(-1)。證明：(1)因為F,K都是數(shù)域，所以QF,Q

4、K，從而QFnK。故FnK含有兩個以上的復(fù)數(shù)。任給三個數(shù)a,beFnK,0豐ceFnK，則有a,b,ceF且a,b,ceK。因為F,K是數(shù)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是數(shù)域。(2)FuK一般不是數(shù)域。例如FQ(2),KQ(3)，我們有2,3eFoK，但是623FuK。習(xí)題1.22解：項aaaaaa的符號為(-1)t(234516)2丿”)=0。j1丿2丿”.所以上式中(-1)的個數(shù)和(+1)的個數(shù)一樣多，(-1)是由奇排列產(chǎn)生的，而(+1)是由偶排列產(chǎn)生的。同時根據(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

5、中奇排列的個數(shù)與偶排列的個數(shù)一樣多，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性質(zhì)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設(shè)展開后的正項個數(shù)為x。則由行列式的定義有D=x-（n!-x）=2x-n!。又因為（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證明：CCC1）左端123提取公因子abciiabc22abc333ca11ca22ca3367abc111abc222abc32)解：解：b1b2b3c1c2c3CC23C；(1)C238解：b1b2C-C21C-C3133利用性質(zhì)5展開。3）與上面3（3）類似可得。利用行列式的初等變換及性質(zhì)5。a10a1a20a201a1a2a3c1c2c3=右端。Ci1i，1.2,n1下三角形(1)nnaaa12n1行列式=D。則對D進(jìn)弓亍次如下變換后104C,103C1,100C0CC工C所得的行列式D第一列由題設(shè)中所給的5個數(shù)2341i

9、i，2因為23是素數(shù)，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且1010不可能被23整除，所以D可以被23整除。習(xí)題1.4x0ayb000cd1.解：(1)0ez0fghkul0000v按第1列展開y0 xuvTOC o 1-5 h zxab0按第5行展開0y00v0ez0ghku=xyzuv；xab按第4列展開ccvu0y00ez(2)(5)351111111111112341RR1230RR01213412ii1i=4,3,21131i1i=2,3,4004041231311040012按第1列展開(3)方法一a00004一40習(xí)題1.2第7一題(-1

10、)331)2(1)(4)(一4)=16；+(1)5+1ed001b100e000c010按第1列展開d001e000001b第2個行列式按第列展開(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行展開可得同樣結(jié)果,具體解法可參見下例。(4)逐次按第2行展開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；（此處有筆誤）=1+=xn+a1aa21+C

12、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據(jù)此當(dāng)n=2時，原式M

13、Fx賈X一Q當(dāng)n2時,3.解：（1）將D按第n列展開得:x0%0.000.(_1)n+1y0.00.0=(-1)n+1yzn-1+xD（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146的結(jié)果；或者直接利用Laplace定理。然后利用P30推論。1424325解：（1）563383467587949左端先做變換C+C，C+C3，再做變換R=9；2)12211221122121010102C0012R1212201231210231S=2121002020100210021(3)利用初等變換。9*附加：P30推論的證明：證將第r+1列與r列交換，由將新的r列

14、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a11ac1r11c1sc11c1rsa11a1raaccccaar10.Irs=(，1)rsbr1b.br*rr0.111s111s0.ebbbb00sss1s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b11b1rs00bb00例(1)rs(1)rs1c.caa111s111rc：caas1rr(2),思路與(.類似，證明過程略去。a11a1rb11b1saiabbr1s

15、s至第1彳行.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行交換至第s行,于是交換rs次后得：=9；2)=9；2)習(xí)題1.510九010九200,1CC0002.解：計算得D=九10014九1000124010，1021第2行展開(,)九40九1001=9；2)=4九-1根據(jù)克拉默法則，當(dāng)D0時，即九4時，原方程組只有零解。習(xí)題1.61證明：方法歸化11a21a31i=1,a（1+nananan，1Ra1i注意a豐01鳧，an，an，an.11anna=1i1）=潭a=方法二歸納法當(dāng)n=1時，D=1+a11=a（1+丄）.結(jié)論成立.1a1假設(shè)n-1時結(jié)論成立,即有D=aan，1

16、12a（1丄）.n-1ai=1i則當(dāng)n時，將D的第n列看成1+0,1+0,1+a,故D可表示為2個行列式之和，而n第2個行列式按第n列展開可算出為aD從而nn，11a11a31+aDnn，11a|*10=aaa12n，1111所以D=aan12an，1+aD=aann，112a+aaan，1n12鳥（1+藝丄）Lai=1a=aaa(1+)=右端.12nai=1i方法三遞推a+aDn12n-1nn-1由證明(二)可知D與D存在以下遞推關(guān)系:D=aann-1所以D=aaa+aDn12n-1n/,D、+n_1)=aii=1=aaa(1+)2.nai=1i=右端.方法四加邊法01+aD=n11231C

17、ii=2,31+,丄ai=1i1111.01Pa!nI11+a瞥0=aa0W2a(1+,)=右端。nai=1i證明：(1)隹意當(dāng)把行列式按第n列展開時，得到的遞推公式中有三項，故歸納法第一步應(yīng)驗證n=1，2時均成立而歸納法第二步應(yīng)假設(shè)孚k(k3)時成立，去證明當(dāng)n=k時成立。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；然后按第一列展開，再依次U1；最后按最后一列展開。4.解：通過倍加行變換易知f(x)的次數(shù)最大為1；又因為如果a全取零，則有f(x)=0。所ij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

18、方法。方法二：設(shè)f(x)D(x,x,x,x)。則有f(x)中xn-1的系數(shù)為D。又因為12nnf(x),(x-x),(x-x)(范德蒙行列式)，所以f(x)中xn-l的系數(shù)為iij?所以可得D。n第二章線性方程組習(xí)題2.12證明因1A圧0,說明咋12hn不全為零，故當(dāng)某個1豐0，通過適當(dāng)?shù)男谢Q,可使得ai位于左上角，用ai-1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A1a120a1n可以化為：oA10，由于IAIh0,此時必有IA1M0,故可以對A1重復(fù)對A的討論,1a1201此時A可經(jīng)初等行變換化為00a.a131na.a232n1.a,然后再將第n行的-a倍加到3nin0.00

19、.1第i行(i=1,2,.,n1)，再將第n1行的-a倍加到第i債i=1,2,.,n2)，這樣i(n1)繼續(xù)下去，一直到將第2行的-a12倍加到第1行，此時A就化為論成立。3.證明：以行互換R為例：列互換可以同樣證明.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綣iniiin這相當(dāng)于A中交換第i行和第j行，所以結(jié)論成立。ajnaiaajj2jaai1i2習(xí)題2.2解：A中一定存

20、在不為零的r-1階子式，否則秩（A）r-1,與題設(shè)秩（A）=r矛盾.由秩（A）=r知，A中至少存在一個r階子式不為零，這表明A中的r階子式只要有一個不為零即可，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。提示：利用矩陣的行秩和向量的極大無關(guān)組證明。略。思路：可將矩陣寫成一個列向量和一個行向量的乘積，從而由秩1；進(jìn)而因為矩陣不等于零，所以秩0。略。習(xí)題2.3略。習(xí)題2.4aaa11121naaa21222n22.證明：（I）的增廣矩陣為A=aaan-1，1a-n-1，2an，nb-1n1n2nnn因為系數(shù)矩陣的秩不超過增廣矩

21、陣的秩，所以有秩/）芻秩（A）.-觀察可知，矩陣B其實就是在增廣矩陣A下面加了一行，所以秩（B）秩（A）.由題意知，秩（A）=秩3）,據(jù)此可得秩（A）秩（A）.綜上知秩（A）=秩（A）,故（I）有解。11111解：將增廣矩陣只用初等行變換化為階梯形矩陣.b1b2b3bn1+b+b2n0時，秩(A)）,所以線性方程組無解;二0時，秩（A）=秩（鬲未知量個數(shù)，所以線性方程組有無窮多解.rx-x=b，121x-一x=b，232x-x=b，原方程組同解于343x-x.b.n-1nn-1故通解為x=b,b,b,1123x=b,b,223,b,t,n-1,b,t,n-1其中t為任意常數(shù)。4.證明：該線性方

22、程組的增廣矩陣A=aaa111,n-11,naaa212,n-12,naaa313-1.3,na.n1ann秩(A)=n但是系數(shù)矩陣A是一個nxfn-1)的矩陣,此秩(A)豐秩(A),所以該線性方程組無解。第三章矩陣習(xí)題3.14解：(1)由矩陣乘法運可得：DA=,由題意D=a豐0知ij所以秩(A)n1秩(A).據(jù)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與D乘法可換的矩陣A滿足DA*AD。故DA與AD的元素對應(yīng)相等!利用的結(jié)果，有九。.=右a.，

23、從而(%)a=0。由于九.g九.a豐j召可得：當(dāng)(1)時，a二0，即A為對角矩陣。ij5.證明：(1)數(shù)學(xué)歸納法：當(dāng)n=2時，計算得假設(shè)當(dāng)n二k時，結(jié)論成立，即有，故結(jié)論成立110,k11k1C2,k101101k1001001即2得正整數(shù)n有由歸納法原理知，對任意大于假設(shè)當(dāng)nk時，結(jié)果成立,即BkTB,為偶數(shù)；為奇數(shù)；我們要證明當(dāng)nk1時，結(jié)110，k11kC2,110,1k1kC2,kk01101k01101k1001001001001所以因C2kkC2k22k1當(dāng)nk1時，結(jié)果成立.110-n1nC2_n01101n001001（2）當(dāng)n1時，結(jié)果顯然成立.當(dāng)n2時，直接計算得B2E.綜

24、上：Bk1E,B,為1偶數(shù)為1奇數(shù)即當(dāng)nk1時,結(jié)論成立.果也成立，即可完成證明.第一種情況：k為奇數(shù)，則142，142，_100，Bk1BkBBB0-3-20-3-2010E.043043001第二種情況：k為偶數(shù)，則Bk1BkBEBB解：（1）先計算出n1,2,3,4時的結(jié)果。然后歸納出應(yīng)該有cos申一sm申ncosn弔-sinn申sin申cos申sinn申cosn申果。當(dāng)=時1，結(jié)論顯然成立.假設(shè)當(dāng)nk時，結(jié)論成立,接下來用數(shù)學(xué)歸納法證明這一歸納出的結(jié)cos申一sin申kcosk申-sink申sin申cos申sink申cosk申貝y當(dāng)nk1時,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)結(jié)論成立7記住結(jié)論。8.證明：因為A與所有n階方陣乘法可換,故與E乘法可換,ij利用第7題結(jié)果有AEEA，ijij0a01i0a02i0.0a0ajn001aaiijja.0ij,Vi,j1,2,n設(shè)aX

26、,11則A即A為數(shù)量矩陣.10.證明：設(shè)Aa11a1n,B，b11b_1mam1amnbUn1bnm，則+%b1nn1tr(aB)bab+11111221+ab+ab+21122222+ab+ab鼻+電廬區(qū)工abm11mm22mmnnmjiijj1i1同理可得tr(BA)工Kbajiijj1i1由于區(qū)工ab工區(qū)ba，可得tr(AB)tr(BA).jiijjiijj1i1j1i111.證明：假如存在n階方陣滿足AB-BAE,貝yABBA+Etr(AB)tr(BA+E)=tr(BA)+n.由于n0，可得tr(AB)tr(BA),這與10題所得結(jié)果矛盾.所以假設(shè)不成立.即不存在n階方陣A,B滿足AB

27、-BA，E.15.證明：因A，B都是對稱矩陣，故(AB)t，BtAt，BA,從而AB為對稱矩陣o(AB)t，ABoBA，AB.16.證明：設(shè)A，a11a1na11am1，貝yAt，a.m1由AtA，Oa.1n1anAtA的主對角線上元素為零na2a2a2，0,Vi，1,2,n,由a為實數(shù)知1i2imijna，0,a，0,a，0,Vi，1,2,n1i2iminA，O.證法二：利用二次型。習(xí)題3.2思路：注意到矩陣多項式的運算和一般多項式的運算一樣就可以了。證明：計算(E一A)(E+A+A2+Ak-1),E一Ak,由題意可矢口Ak=O,所以的推論可知E-A可(EA)(E+A+A2+Ak-1)，EA

28、k，E.根據(jù)定理3.2.1逆且其逆為EAA2Ak-i.證明：計算(EJ)(E1Jnn1n=EnJ1J2,En1nn1n111計算(nE一J)J=nnE2JE1EJ1Qn1nn11(nEJ)Jn1nn11n1_-1據(jù)此(EJ)(E1J)，Enn1n1EJ可逆且其逆為EJnn1n1111(nEJ)J，E，根據(jù)定理3.2.1的推論可知6證明：因為aAm+aAmt+aA+aE，O所以有TOC o 1-5 h zmm-110A(aAm-1+aAm-2+a)，-aE.由題意可知a豐0,所以可在等式兩邊同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，根據(jù)定理3.2.的推論可知A可逆且A(aAm-i+aAm-2+amm-101A-1，一一(aAm-1+aAm-2,吉a).amm-1107證明：(1)由題意A2+A-4E，O可得Al(A+E)，E,根據(jù)定理3.2.1的推論可4知A可逆并且A-1，1(A+E).4由題意A2+A-4E，O可得A2+A-2E，2E,而這個等式可化為(A一E)(A+2E)=2E,即有(A一E)(A+2E)=E,同樣根據(jù)定理3.2.1的推論可知A-E可逆并且(A-E)-1，*(A+2E).8思路：注意題設(shè)實際上是給出了矩陣多項式f(A)，A2-A，0。所以一般情況下,2E-A如果可逆，其逆矩陣也應(yīng)該是一個矩

30、陣多項式。所以我們可以假設(shè)其逆矩陣為aA+bE(待定系數(shù)法)，從而由逆矩陣定義知應(yīng)該有(2E-A)(aA+bE)，E，即-aA2+(2a-b)A+2bE，E。在注意到題設(shè)是f(A)，A2-A，0，所以我們有E，aA2+(2ab)A+2bE，aA+(2ab)A+2bE，(ab)A+2bE，所以有ab，0,2b，1，即a，b，。2A+E證明：因為A2，A，所以(2E-A)2，E。所以。9證明：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,則(A*)-1=(3A-1)-1=3(A-1)-1=3A。10證明A,B都可逆,所以有AA*=|A|E,BB*=A*=|A|A-1,B*=BB-1,從而得至ijB*A*=ABB-1A-1.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B*A*(AB)*=|AB|(AB)-1,而IAB|(AB)-1=|ABB-1A-1綜合上述可得(AB)*=|ABB-1A-1=11略。12證明：假設(shè)A是可逆矩陣，那

32、么在等式A2=A兩邊都左乘A的逆矩陣A-1可得A=E,這與題設(shè)中A主E矛盾！所以A不可逆.13證明：根據(jù)題意可知存在非零的nXt矩陣B使AB=O,B是非零矩陣所以必存在某一列1415上的元素不全為零，不妨設(shè)這一列為此可知|A|=0.略。a1ia2iani.由于AB=O,所以Aa1ia02i=_0j,據(jù)nia1ia2iani是線性方程組AX=O的r非零解.由于AX=O有非零解，所以解：(A)可逆的充要條件是|A|主0而不是A豐0,設(shè)A=豐O,但A不是可逆矩陣，所以選項(A)是錯誤的.(B)設(shè)A=E,B=-E,顯然A,B都是可逆的，但是A+B=O不是可逆矩陣，所以選項(B)是錯誤的.可逆的充要條件

33、是IA|0而|A|=At.所以選項(C)是正確的.不可逆的充要條件是|A|=0；而|A|中至少有一行全為零只是|A|=0的充分條件。11設(shè)A=1,但A不是可逆矩陣，所以選項(D)是錯誤的.習(xí)題3.31解：12,B=12,C=13312141設(shè)A=,D二AOCO,利用分塊矩陣的性質(zhì)計算得-AO_CO-ACOOBODOBODOBD，則原式可以分塊寫成(1)3450而AB,CD二121231211AOCOACO得OBODOBD5_1321-1113413450，據(jù)此可001113101111401001,C=,D=111,G=0100121111-設(shè)A=2E,B=ABD以分塊寫成OCG而ABDAD+

34、BG,利用分塊矩陣的性質(zhì)計算得OCG二CG則原式可AD+BG=2ED+BG=2D+BG=22210232010222+0100122322221241CG=1401001H001001AB_-D-ADBG_據(jù)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證明：(1)ETAnEAnE=naEnA2AEt=AEn先證“”，當(dāng)Q可逆時，則必有Q|主0.而|Q|(-1)rt|A,所以有|AB豐

35、0,從而有IA|豐0,IB豐0,因此a,B均可逆.再證“U”，A,B均可逆，則有|A豐0,|B豐0,(-1)rt|A|B,所以Q主0,據(jù)此可知Q可逆.綜上即有Q可逆OA,B均可逆.-CD-OA-CD設(shè)Q-i=FG,則有QQ-i=BOFGEfAF=E-OA-CD-AFAG而BOFGBCBDAG=O所以有BC=O,因為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)設(shè)則原矩陣為ABAT1A-1BB-121-11-127-13-7-371=,B-1=11-1213-121-2因為A-1

36、所以可得-1-100A1-1，A-11-1200B_B-100-37001-2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(A-1E(i,j)-1)(E(i,j)A)二E,而E(i,j)-1=E(i,j),所以相當(dāng)于A-1右乘了初等矩陣E(i,j),即A-1中的i列與j列互換.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(A-1E(i(k)-1)(E(i(k)A)二E,而E(i(k)-1=E(i(；),所以相當(dāng)于A-1右乘了初等k矩陣E(i(；),即A-1中i行乘上非零數(shù)1.kkA中第j行乘上數(shù)k加到第i

37、行相當(dāng)于用初等矩陣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),所以相當(dāng)于A-1右乘了初等矩陣E(i+j(-k),j),即A-1中第j行乘上數(shù)-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,變形得ACtBt(CC_Qt二E,從而有A(Ct一Bt)=E1234012300120001,顯然是可逆矩陣.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化為ea即可.下面只用初等行變換把Ct-Bt從而得到A=1一21001一21001一20001習(xí)題3.51.證明：設(shè)A為秩為r的mxn矩陣,則它必與矩陣等價,所以必存在兩個可mxn,Eo-,EO_rOQ成立.而rOOO逆矩陣P,Q使得A=P可以寫成r個只有一個元rOmxn素為1其余為零的mxn矩陣的和的形式:mxnEOrOOmxn010所以有A=P=P(=P這樣mxnmxnm_rmxn)Q00Om-r,n_rmxnOm_r，n_rmxn就表示成了r個矩陣之和式.而任一個Q,由于中間那個

39、矩陣只有一個元素非零，所以其JOm-r,nJmxn秩為1,而P，Q可逆，所以三個矩陣的積的秩仍然為1.這樣A就表示成了r個秩為100的矩陣之和了.,12解：設(shè)A1=111Om-r，n-rmxn顯然A（i=1,2,r）的秩都是1,但是他們的和A=i1而不是r.所以該逆命題不成立.5.證明：因為A列滿秩，所以存在可逆矩陣P,Q使得A=PP-iA=789的秩是Om-r，n-rmxn。進(jìn)而有Q-10-P-1A=E。所以令C=Q-10-P-1即可。n證明：（1）因為r（AB）r（A）nm,所以結(jié)論成立。（2）由（1）知AB不滿秩，所以不可逆。3）略。，所以證明：因為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：設(shè)A=-10,00計算得AB=0001二O,ACB=顯然秩(ACB)=1,秩(AB)=0,等.等.0100011001001000兩者不相等.所以秩（ACB）與秩（AB）不一定相則存在四個可逆矩陣P，Q,P，Q2使得為Q-1,EO-,EO_r1Q,B=Pr2OO12OOQ2成立.A=P110-解：設(shè)秩（A）=r1，秩（B）=r2，令M=Q-i1P-1,首先因,P-1都是可逆矩陣，所以M也是可逆的.又因為秩（A）+秩（B）=01OA可以寫成下面這個形式BC1所以Wn,1計算即r+rWn,12的前r1行r2列構(gòu)

41、成的塊是-個零塊，因此EO-OA_E01PQ(Q-1r1Xr2P-1)P1OO11BC22OOAMB=Q2EOr1OOOr1Xr2BEr2OQ2=O=0=0所以存在可逆矩陣M使得AMB=O.習(xí)題3.61.解：設(shè)A=01,易知|A|=0,但A豐O,所以(1)不一定成立.|kA|豐k01=4,k|A|=2=2,此時A,所以(2)不一定成立.10102_,易得AAA=1豐1，所以(3)不一定成立.(4)設(shè)A=E,B=-E,易得A+B=0=0,|A|+冋=2,此時|A+ba+|B,所以(4)不一定成立.(5)(6)都是課本中提及的性質(zhì),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：設(shè)A,則顯然此時AAt豐AtA,所以該項不一定成立.01111111122111221mxnnxnmxn(2)設(shè)A，C，計算得|A|D-|B|C|=1x1-2x2=-3,而M中由于第二第四兩行相同，所以Ml，0.因此此時Ml豐|A|D-IB|C,所以此項不一定正確.(3)Mt，ATCT(4)BTDT,所以Mt，不正確.OABO=(一1)n2AB,所以=_|A|B不正確.(5)111-11222fi=2,3,n000n.nn0700_(6)因為,所以nxn11100i222)=!=秩

43、(0.00秩(n.n*0.0小),xn因此這兩個矩陣等價.EO3.證明：因為秩(A)=r,所以A與r等價，即存在兩個可逆矩陣mxnLOq1mxnxnP,QmxmnxnA，PEOEOr,C，rQOOOOnxn使得因mxmmxnnxn的秩都為r,所以秩B，PmxmEOrOOQnxnmxn為P,Q是可逆的而mxmnxn(B)=秩(C)=r.并且B是mxn的,mxnC是nxn的.nxn而且計算可得因為A,B為可逆矩陣，所以方程兩邊同左乘A-1,再右乘B-1即得X，A-1CB-1.BC，PmxmEOrOOnxn,PmxmQ，Anxn所以是正確的._EO,EO,r,F=rOOOOmm(2)只需令D=Pmm

44、Q,同(1)分析可知這樣構(gòu)造nnmn得到的D,F即為所需的兩個矩陣.mmmn只需令R=PmmOrnQ,同(i)分析可知這樣構(gòu)造得到的nnmrR,S即為所需的兩個矩陣.mrrn4.記住此結(jié)論。5.證明：因為r(AB)+r(BC)r(B)+r(ABC),所以由題設(shè)r(AB)=r(B)知r(BC)r(ABC)。又因為r(ABC)r(B),所以r(ABC)=r(B)。第四章線性空間和線性變換習(xí)題4.12.記住此結(jié)論1證明：設(shè)ti,12-，ts習(xí)題4.2GP使得t1卩1+12卩2+ts卩廠0，則有ta+1a+11122as-1s-1+(tk+1k+1k+1)a=0o1122s-1s-1ss因為ai，a2

45、,，a線性無關(guān)，所以ti-12=t=tk+1k+1=0。所s-111s-1s-1s以t=t=t12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，(II)與(IV)等價。所以(III)能用(I)線性表示，(II)能用(IV)線性表示。因為(I)能用(II)線性表示，所以(III)能用(IV)線性表示。因為(III)線性無關(guān)，所以(III)中所含向量的個數(shù)(IV)中所含向量的個數(shù)，即秩(I)秩(II)。4.證明：由題設(shè)易知向量組a,a,卩可由a,a,a線性表示，下面只需證明a1r-11r-1rr可由a,a,卩線性表示即可。1r-1因為

46、卩可由a，,a,Q線性表示，所以存在數(shù)k，,k,k使得TOC o 1-5 h z1r一1r1r，1rka+ka+ka。因為不能經(jīng)a,a線性表示，所以k0。11r，1r一1rr1r一1r1所以a，(ka+ka，)，即a可由a，,a,卩線性表示。rk11r，1r，1r1r，1ra，,a,Y,證明：因為i線性相關(guān)，所以存在不全為零的數(shù)k,k,k,r,t1s，1s使得k,a,+k4a4+ka+r+t。下面分情況對r,t是否為零進(jìn)11r，1r，1rr行討論(四種情況)。略。證明：因為a,a,a線性無關(guān)，所以a,a必線形無關(guān)，又因為a,a,a線性23423123相關(guān)，所以a能經(jīng)a,a線性表示，并且表示方法

47、唯一.123若a能經(jīng)a,a,a線性表示，不妨設(shè)表達(dá)式為aka+ka+ka,根據(jù)41234112233(1)a1能經(jīng)a2,a3線性表示，不妨設(shè)表達(dá)式為a1t1a2+t2a3,把a1帶入到ak(ta+1a)+ka+ka(kt+k)a+(kt+k)a411223223311221233這與題即有a4,(k1t1+譏,(k1t2+k3)a3O,從而得到a2,=,匕線性相關(guān),意中a2,a3,a4線性無關(guān)矛盾!所以a4不能經(jīng)a1,a2,a3線性表示.習(xí)題4.4121112113.解：由laaa12312332二4-10-1121130-1100022000-3可得秩(aaa123a4)=4,這四個向量線性

48、無關(guān),所以該向量組是P4中的一組基.因為aaa123a12110-11000110001所以方程組，i，2，3，4X二,的解為x=6,1xx=4.4所以向量,在該基下的坐標(biāo)為【6,1,1,4卜。4解:由，i23,q二1011可知,12x=2,112X=1.3,X=，的解為fx=I所以,=2，1-，2+，3-同樣可計算得,2=，1+，2+，3；，3=，12,2+3，3.所以從基（I倒基（II）的過渡矩211陣為M=1121138解：因為_2111丁11211133X=M-1X=50312010235323,所以坐標(biāo)為,所以秩（,1,2a3a4)=4,所以設(shè)向量,=a,b,c,d卜,則它在常用基下

49、的坐標(biāo)為a,b,caab=，,即要求（，一E）b1234c1234cddtt1，tt2,tt3,Y可作為P的一組基=O.d片則有1求解方程組（6613一E)XO得解為Xk,k,k,kb,所以所求的向量a=k,k,k,kF(k為任意值).習(xí)題4.51，2思路：驗證3條。5.思路：即證a,卩與卩,丫等價。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)解系只含有一個向量。證明：因為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）由題意知ABB,所以（A一E）BO,利用（1）可知AEO,因此AE.9.證明：先證必

50、要性，根據(jù)等價標(biāo)準(zhǔn)形可知存在矩陣R,S,秩（R）=秩（S）=1,使mx11xnA=RS.令a,a,a為R的m個分量,12mSb2,bn為S的n個分量，則因為秩（R）=秩（S）=】所以巴，行，am和b冬,b都不全為零.同時因為A=RS即得naab(i=1,2,，m；j=1,2,，n)成立.ijij再證充分性，根據(jù)題意存在m個不全為零的數(shù)a,a,a及12mn個不全為零的數(shù)b,b,b使aab(i=1,2,12njijar,Cb,b,m12；j=1,2,b,則an1-iBC.因為mxnjmxn)B)0,據(jù)此可得秩（a：)=1.mxn110.證明：（1）由于秩（a）=n,所以|A豐0,而AA*=|A|E

51、,在等式兩邊同乘可得A1（A）A*=E,據(jù)此可知A*是可逆的，所以秩（A*）=n.A秩（A）Vn-l時，根據(jù)矩陣秩的定義可知A的所有n-1階子式都為0,而A*的元素就是A的所有n-1階子式，所以A*的元素都是0,即A*=O,所以秩（A*）=0.當(dāng)秩（A）=nT時，A不是滿秩的，所以|A|0.又因為AA*=|A|E,所以AA*=O，據(jù)此可知秩（A）+秩（A*）n,而秩（A）=n-1,所以秩（A*）1.同時由于秩（A）=n-1,根據(jù)矩陣秩的定義可知A至少有一個n-1階子式不為零，而A*的元素就是A的所有n-1階子式，所以A*中至少有一個元素不為零.由此可知秩（A*）1,所以秩（A*）=1.E014

52、思路：利用分塊矩陣0nab_E-BCn。A0習(xí)題4.86證明：因為P與a1,a2,a均正交,所以(卩,a)=0,ii=1,2,m.因此(P,區(qū)ka)=Xk(P,a)=0,所以卩與a1,a2,i=1i=1,a的線性組合區(qū)ka都正上交.7.解：設(shè)a=比x2，,根據(jù)題意a為單位向量可知年xf腎=1同時a與a,a,a123(a,a)=xx-xx=0,1234都正交，據(jù)此可得(a,a)=x-x-xx=0,從而可解得1234(a,a)=2xxx3x=0.312344X=一一t,13x=0,21x=t,33x=t.4（其中t為任意取值）.又因為條件（1）可知t=j,26所以a=t1x,x,xT=【4,0,1

53、,，3T.2342611解：(1)因為(,)11(,)21(,)31(,)41(,)12(,)22(,)32(,)42(,)13(,)23(,)33(,)43(,)14(,)24(,)34(,)441000，0100=00100001,所以1234是R4的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基.(2)由(1)知=、；(+2+3+4a,+2+3a+4a).30；12341234因為在,4下的坐標(biāo)為h,2,3,4h而卩在1，2,3,4下的坐標(biāo)為(,),(,),2(,_),(/2,0,0=0,1,11,0,0T,=1,1,20,1,0T,=4,5,0,0,1T先進(jìn)行正交化得到=0,1,1,10,0T;=22(，)O1=(,

54、)111121,3一血1110，盯2226561351再進(jìn)行單位化得到丫111,1,0,0T;22=爲(wèi)2,1,1,2,0T;31110101115150T)=3近.2,3,0,所以方程組的一個基礎(chǔ)所以(,卩)=(h,解系為所以以1,2,3即為所求的標(biāo)準(zhǔn)正交基.習(xí)題4.112.證明：因為AXO的解均為BXO的解，所以AXO的基礎(chǔ)解系中的解也都是BXO的解，所以BXO的基礎(chǔ)解系中所含的向量的個數(shù)不少于AXO的基礎(chǔ)解系中所含向量的個數(shù).而BXO的基礎(chǔ)解系中所含的向量的個數(shù)為n-秩(B),AXO的基礎(chǔ)解系中所含向量的個數(shù)為n-秩(A),因此n-秩(B)n-秩(A),所以秩(A)三秩(B).因為AXO與

55、BXO同解，所以AXO的基礎(chǔ)解系也就是BX=O的基礎(chǔ)解系，所以兩者的基礎(chǔ)解系所含向量個數(shù)相同，因此n-秩(B)=n-秩(A),即有秩(A)=秩(B).因為秩(A)=秩(B),所以n-秩(B)=n-秩(A),據(jù)此可知AX=O和BX=O的基礎(chǔ)解系所含向量的個數(shù)相同.因為AXO的解均為BXO的解，所以AXO的某一基礎(chǔ)解系，1,，2，,(tn-秩)也都是BXO的解，如果AXO與BX=O不同解，則BXO的解中存在一個解耳不是AXO的解，則耳一定不能被,12t線性表示，所以,n線性無關(guān)，這樣bxo的解中至少含有t1個解線性12t無關(guān)，即BXO的基礎(chǔ)解系所含向量的個數(shù)大于等于t1,這與AXO和BXO的基礎(chǔ)解

56、系所含向量的個數(shù)相同矛盾.所以AXO與BXO不同解的假設(shè)是不成立的，因此axo與BXO同解.(4),顯然滿足秩(A)=秩(B),但是1,是AXO的一個解，但是不是BXO的解.所以不能導(dǎo)出AXO與BXO同解.3.證明：首先由題設(shè)可得齊次線性方程組AX0,BAX0同解。然后去證明ACX0,BACX0。證明：易證明AXO的解都是CAXO的解，又因為秩(CA)=秩(A)，根據(jù)本節(jié)第2個習(xí)題(3)可知AXO和CAXO同解.同樣易證ABX=O的解都是CABX=O的解.另一方面，設(shè)耳是CABXO的任意一個解則有CABnO,即CA(Bq)=O,可知Bq是CAXO的一個解，已經(jīng)證明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,據(jù)此可得CABXO的解也一定是ABXO的解，所以CABX=O和ABX=O同解.根據(jù)本節(jié)第2個習(xí)題(2)可得秩(CAB)=秩(AB).證明：證明：(1)要證(+卩)=()+(卩),即證C(+卩)()-C(卩)0,等價與證明Q(+卩)()C(卩)q(+卩)()c(卩)0。因為保持內(nèi)積，所以由內(nèi)積的雙線性性得(+)-()，(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陣對角化習(xí)題5.11100,B二202_041.解：(A)設(shè)A二,因為秩(A)=秩(B)所以A與B等價；但是由于trA與trB不相等，所以A與B不相似.因此(A)不正確.(B)A與B相似，即存在可逆矩陣P使得P-1AP=B,所以秩(A)=秩3),因此A與B等價.(B)是正確的.1100,B二202_04(C)與(A)一樣，設(shè)A=，秩(A)=秩(B),但是由于trA與trB不相等，所以A與B不相似.因此(C)不正確.1100,B二20204A(D)與(A)一樣，設(shè)A二I=IBI,但是由于trA與trB不

59、相等，所以A與B不相似.100九-100九E-25-2二2九-52-24-12-4九+1因此(D)不正確.7解：(1)因為-(九一1)2(九一3),所以特征值為1，1，3.求解方程組1，2，20，2，1)X=O,得屬于特征值1的特征向量為g=【2,1,10Ak+-1,10,k2(其中k1，k2為不同時為零的任意數(shù)).102)XO,得屬于特征值3的特征向量為1求解方程組（3E2524%0,1,1片勺(其中k3為不為零的任意數(shù)).習(xí)題5.24.證明：At的特征多項式為卜EAt(E)TA)t(EA)T=|九EA而|九EA是A的特征多項式，所以A與At有相同的特征多項式.解:因為1是A的一重根，所以(

60、E-A)X=O的基礎(chǔ)解系含有1個向量，因此3-秩(E-A)=1,從而可知秩(E-A)=2.又因為2是A的二重根，所以(2E-A)X=O的基礎(chǔ)解系含有向量的個數(shù)為1或2,由于A不能與對角矩陣相似，則可知A的線形無關(guān)的特征值個數(shù)小于3,所以(2E-A)X=O的基礎(chǔ)解系含有向量的個數(shù)只能為1,同樣可得3-秩(2E-A)=1,所以秩(2E-A)=2.01.1解：因為|EA一x132x(1)1(1)2(+1),所以A的10特征值為-1,1,1.因為A與對角矩陣相似,所以要求特征根的重數(shù)n與i(003x+3,所以當(dāng)且僅當(dāng)x=1時秩101000001(EA)=1所以Ax12x3能與對角矩陣相似，則必有x1。