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《线性代数》课后习题答案(陈维新)

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线性代数  
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文档介绍
第1章 行列式 习题 1.1 1. 证明:(1)首先证明 Q( 3) 是数域。 因为 Q  Q( 3) ,所以 Q( 3) 中至少含有两个复数。 任给两个复数 a1  b1 3, a2  b2 3  Q( 3) ,我们有 (a1  b1 3)  (a2  b2 3)  (a1  a2 )  (b1  b2 ) 3 (a1  b1 3)  (a2  b2 3)  (a1  a2 )  (b1  b2 ) 3 。 (a1  b1 3)(a2  b2 3)  (a1a2  3b1b2 )  (b1a2  a1b2 ) 3 因为 Q 是数域,所以有理数的和、差、积仍然为有理数,所以 (a1  b1 3)  (a2  b2 3)  (a1  a2 )  (b1  b2 ) 3  Q( 3) 。 (a1  b1 3)  (a2  b2 3)  (a1  a2 )  (b1  b2 ) 3  Q( 3) (a1  b1 3)(a2  b2 3)  (a1a2  3b1b2 )  (b1a2  a1b2 ) 3  Q( 3) 如果 a2  b2 3  0 ,则必有 a2 , b2 不同时为零,从而 a2  b2 3  0 。 又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数,所以 a1  b1 3  (a1  b1 3)(a2  b2 3)  (a1a2  3b1b2 )  (b1a2  a1b2 ) 3  Q( 3) a2  b2 3 (a2  b2 3)(a2  b2 3)  3b22 a 2 a 2  3b22 2 2 综上所述,我们有 Q( 3) 是数域。 (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 )  Q( q ) 。 (反证法)如果 Q( p )  Q( q ) ,则 a,b  Q  p  a  b q ,从而有 p  ( p )2  (a 2  qb2 )  2ab q 。 由于上式左端是有理数,而 q 是无理数,所以必有 2ab q  0 。 所以有 a  0 或 b  0 。 如果 a  0 ,则 p  qb 2 ,这与 p, q 是互异素数矛盾。 如果 b  0 ,则有 p  a ,从而有“有理数=无理数”成立,此为矛盾。 1 所以假设不成立,从而有 Q( p )  Q( q ) 。 同样可得 Q( q )  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。 2. 解:(1) P(  1) 是数域,证明略(与上面类似)。 (2) 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。 (3) Z (  1) 不是数域,这是因为他关于除法不封闭。例如 1  Z ( 1) 。 2 3. 证明:(1)因为 F, K 都是数域,所以 Q  F ,Q  K ,从而 Q  F  K 。故 F  K 含有两个以上的复数。 任给三个数 a,b  F  K ,0  c  F  K ,则有 a,b, c  F 且 a,b, c  K 。因为 F, K 是数域,所以有 a  b, ab, a  F 且 a  b, ab, a  K 。所以 a  b, ab, a  F  K 。 c c c 所以 F  K 是数域。 (2) F  K 一般不是数域。例如 F  Q( 2), K  Q( 3) ,我们有 2, 3  F  K , 但是 6  2 3  F  K 。 习题 1.2 2. 解:项 a23a31a42 a56 a14 a65 的符****为 (1) (234516) (312****5)   习题 1.3 11 1 11 1.证明:根据行列式的定义 M M ¥ 1 (1) a a a = a 1 11 ij M j1 j2 jn  ( j1 j2 jn ) njn 1 j1 2 j2 1 ¥ (1) ( j1 j2 jn ) =0。 j1 j2 jn 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 列中奇排列的个数与偶排列的个数一样多,各占一半。 2 1998 1999 2000 C  C 1998 1999 1 C  C 1998 11 2.解 (1) 2001 2002 2003 3 2 2001 2002 1 2 1 2001 1 1 =0; 2005 2005 11 2004 2006 2004 1 2004 1 0 0 1 1 0 00 022 0 C3  C2 0 2 0 0 下三角形 1ᄡ 2 ᄡ 6 ᄡ 8=96 ; (2) 0 3 3 3 6 0 C  C 0 0 400 4 1 4 4 0 08 1110 11 10 11 10 11 1 0 1 1 0 1 R  R 0 0 1 1 R 0 1 1 1 R  R 0 1 1 1 (3) 1 0 1 2 1 1 0 24 1 0 3 2 1 2 1 R  R 0 10 1 00 3 1 0111 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1110 R  R 0 1 1 1 上三角形 1ᄡ1ᄡ1ᄡ 3=3 ; 4 3 0 1 0 2 0003 abc 2a 2a R  R  R abc abc abc (4) 2b bca 2b 1 2 3 2b bca 2b 2c 2c cab 2c 2c cab 1 1 1 提取公因子 (a  b  c) 2b bca 2b cab 2c 2c R  (2b)R (a b c) 1 1 1 2 1 0 b  c  a 0 = (a  b  c)3 。  c  a  b R (2c)R 0 3  1 0 72222 15 2 2 2 2 15 2 2 2 2 ¥ 2 7 2 2 2 15 7 2 2 2 0 5000 2 7 2 2 15 2 7 2 2 0 0500 (5) 2 0050 5 R  R i 1 C1  Ci i2 22272 15 2 2 7 2 i  2, 3, 4, 5 0 22227 15 2 2 2 7 0 0005 上三角形 15ᄡ 5ᄡ 5ᄡ 5ᄡ 5  3ᄡ 55 。 x1 y1 x1 y2 x1 y3 提取每行的公因子 x1x2 x3 y1 y2 y3 性质4 3.解:(1) x2 y1 x2 y2 x2 y3 y1 y2 y3 0。 x3 y1 x3 y2 x3 y3 y1 y2 y3 3 a2 2a 1 2a  3 2a  5 2b 1 2b  3 C  C b2 2c 1 2c  3 2b  5 C  C i i 1 c2 2d 1 2d  3 4 3 (2)左端 i  4, 3, 2 2c  5 C  C 3 2 d2 2d  5 a2 2a 1 2 2 b2 2b 1 2 2 =0 =右端。 c2 2c 1 2 2 d 2 2d 1 2 2 1 a1 a2  an1 1 a1 a2  an1 1 a1  b1 a2  an1 R  R 0 b1 0  0 an1 i 1 0 0 b2  0 (3) 1 a1 a2  b2  M i  2, n M M M MM M M 1 a1 a2  an1  bn1 0 0 0  bn1 上三角形 b1b2 bn1 。 (4)原式(先依次 Cn  Cn1 , Cn1  Cn2 ,,C2  C1 )=。。。=  , if n2  , if n  2。 (5)原式(先依次 Rn  Rn1 , Rn1  Rn2 ,, R2  R1 )=。。。= , if n2 , if n  2。 4.解: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 10 0 0 D  (利用 Ri  R1, i  2,3,, n ) 1 2  M (下 三角 行列 式)  2n1 。所 以有 M M 2 12 2 n1  2x  n!, x  2n1  n! 2 。 5.证明:(1)左端 C1  C2  C3 2 a1  b1  c1 c1  a1 a1  b1 C  C a2  b2  c2 c2  a2 a2  b2 2 1 c3  a3 提取公因子 a3  b3  c3 a3  b3 C  C 3 1 a1  b1  c1 b1 c1 C  C  C a1 b1 c1 2 a2  b2  c2 b2 c2 1 2 3 2 a2 b2 c2 =右端。 a3  b3  c3 b3 c3 ( - 1) C ; ( 1)C3 a3 b3 c3 2 (2)利用性质 5 展开。 4 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。 a1 a1 0  0 0 0 a2 a2  0 0 C  C M i 1 i 8.解: M M M M 0 0 0  an1 an1 i  1, 2,, n  1 1 1 1 1 1 a1 0 0  0 0 0 a2 0  0 0 M MM M M 下三角形 (1)n na1a2 an1 。 0 0 0  an1 0 1 2 3  n 1 n 9 . 证 明 : 设 原 行 列 式 =D 。 则 对 D 进 行 依 次 如 下 变 换 后 5  104  C1,103  C2 ,100C3 ,10C4 , C1  Ci 所得的行列式 D′第一列由题设中所给的 5 个数 i2 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′  1010 D 。因为 23 是素数,且1010 不可能被 23 整除,所以 D 可以被 23 整除。 习题 1.4 x a b 0 c x a b 0 x a b 0 y 0 0 d y 0 y 0 1.解:(1) 0 e z 0 f 按第5行展开 v 0 e z 0 按第4列展开 vu 0 e z g h k u l 0 h k 0 0 0 0 v 0 0 g u 按第1列展开 xuv y 0 = xyzuv ; e z 1111 11 11 11 1 1 2 3 4 1 R  R 1 2 3 0 R  R 0 1 2 1 (2) 3 4 1 i i 1 1 i 1 0 4 0 2 i  4, 3, 2 1 3 1 i  2, 3, 4 0 4123 1 3 1 1 0 4 0 0 1 2 1 习题1第.2题 7  (4) (1) 3(31) (1)(4)(4) = 16 ; 按第1列展开 0 4 0 2 4 0 0 5 a b c d e 按第1列展开 a 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 (3)方法一 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 d c b a e d c b a bcd e + (1)51 e 1 0 0 0 第2个行列式按第4列展开 0 1 0 0 00 1 0 100 a2  e(1)41e 0 1 0 = a2  e2 ; 001 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。 a1 0 0  0 1 0 a2 0  0 0 a1 0  1 0 0 a3  0 0 = a2 0 a3  0 =  (4)逐次按第 2 行展开 M M M M M M M M 0 0 0  an1 0 1 0  an 1 0 0  0 an a2a3 an1 a1 1 = a2a3 an1(a1an 1) ; 1 an 110001 111000 x1 x2 0 0 0 x3 x1 x2 x3 0 0 0 (5) a1 b1 1 1 1 c1 C  a1 b1 c1 1 1 1R a2 b2 x1 x2 x3 c2 36 a2 b2 c2 x2 x3 35 x1 x12 x22 0 0 0 x32 x12 x22 x32 0 0 0 a3 b3 x12 x22 x32 c3 a3 b3 c3 x22 x32 x12 111000 111000 x1 x2 x3 0 0 0 x1 x2 x3 0 0 0 x12 x22 x32 0 0 0 R  x12 x22 x32 0 0 0 a2 b2 c2 x2 x3 x1 45 a1 b1 c1 1 1 1 a1 b1 c1 1 1 1 a2 b2 c2 x2 x3 x1 a3 b3 c3 x22 x32 x12 a3 b3 c3 x22 x32 x12 6 = D(x1, x2 , x3 )2 = (x3  x1)2 (x3  x2 )2 (x2  x1)2 ; 11 1 1 1 2 2 x = D(1, 2, 2, x) = (x  2)(x  2)(x 1)(2  2)(2 1)(2 1) (6) 1 4 4 x2 1 8 8 x3  12(x 1)(x2  4) ; (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。 x y 00 0 0 x y0 0 0 0 x  0 0 按第1列展开 2.解:(1) M M M MM 0 0 0x y y 0 00 x x y 0  0 + (1)n1 y y 0  0 0 (1)11 x 0 x y  0 x y  0 0 0 x  0 0 MMM M MM MM 0 0 0x 0 0x y = xn  (1)n1 yn ; 1 a1 a2 a3  an 1 a1 a2 a3  an a1 1 a2 a3  an 1 1 0  ¥ 0 n (2) a1 a2 1 a3  an 1 0 1  R  R 0 C  C M i 1 1 i i2 MM M i  2, 3,, n M MM M a1 a2 a3  an 1 0 0  1 n ¥ =1+ ai ;(此处有笔误) i 1 1 x1 y1 1 x1 y2  1 x1 yn (3) 1 x2 y1 1 x2 y2  1 x2 yn M M M 1 xn y1 1 xn y2  1 xn yn 7 1 x1 y1 1 x1 y2  1 x1 yn R  R (x2  x1) y1 (x2  x1) y2  (x2  x1) yn i 1 i  2, 3,, n M M M (xn  x1) y1 (xn  x1) y2  (xn  x1) yn 1 x1 y1 1 x1 y2  1 x1yn = (x2  x1)(x3  x1)(xn  x1) y1 y2  yn , M M yn y1 y2  yn 据此当 n  2 时,原式= (x2  x1)( y2  y1) ;当 n  2 时,原式= 0 。 3.解:(1)将 Dn 按第 n 列展开得: x y y  y y z x 0 0x y y y x 0  0 0 0 z x 0z x 0 0 z z x  0 M M M+x 0 z x 0 M M M 0 0 xM M M M Dn  0 0 0  x 0 = (1)n1 y M 0 0 z0 0 0 x M 0 0  z M 0 0 0 x 0 0 = (1)n1 yzn1  xDn1 。 (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 1.4.6 的结果;或者直接利用 Laplace 定理。 (2)左端先做变换 C1  C4 , C2  C3 ,再做变换 R4  R1, R3  R2 ,然后利用 P30 推论。 7 6 5 4 M3 2 9 7 8 9 M4 3 7 4 M9 7     M  再分块 (1)2ᄡ4 3 25 3 M6 1 5.解:(1) 7 4 9 7 M0 0 4 ᅲ  M  3 6 1 M0 0 3 0 0 M5 6 5 0 0 5 6 M0 0 0 0 M6 8 0 0 6 8 M0 0 3 27 45 6 = 4 3 �5 3 �6 8 = 4 ; 8 1 2 2 11 2 2 1 R23 1 2 M2 1 21 2  9; 0 1 0 2 C23 0 0 1 2 2 1 M0 11 1 �2 1 (2) 2 0 1 12 1 0 1   M =2 0201 0021 0 0 M1 2 0 0 M2 1 (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 a11  a1r c11  c1s c11  c1rs a11  a1r M M M M M M M M ar1  arr cr1  crs = (1)rs cr1  crs ar1  arr 00 b11  b1s b11  b1s 00 M M M M M M M M 00 bs1  bss bs1  bss 00 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+s 行交换至第 s 行, 于是交换 rs 次后得: b11  b1rs 00 M M M M a11  a1r b11  b1s 0 0 (1)rs (1)rs br1  brs  例1. 4. 5 M M ᅲM M c11  c1s a11  a1r ar1  arr bs1  bss M M M M cs1  css ar1  arr (2), (3) 思路与(1)类似, 证明过程略去。 习题 1.5 1 0 l 0 1 0 l 0 1 0 l 0 0 0 0 1 第2行展开 (1) l 1 0 2.解:计算得 D  2 1 0 1 C1  C4 0 1 0 0 0 1 l 4 0 l 001 2 401 2 = 4l 1 9 根据克拉默法则, 当 D ᄍ 0 时, 即l ᄍ 1 时, 原方程组只有零解。 4 习题 1.6 1.证明:方法一 归化 1 a1 1 1 1 1 1 a2 1  1 Ri  Rn 1 Dn  1 1 1 a3  M i  1,, n 1 MMM 1 1 1  1 an a1 0 0 an a1 0 0  an 0 a2 0 an a2 0  an 00 a3  an R  ¥ 1 n1 R 0 0 a3  an n  i 0 M a M M M i 1 i MM M M 注意ai ᄍ 0 n1 1 11 i 1 ai 1  1 an 0 0 ¥ 0  1 an  an ¥ = a1a2 an (1 n 1 ) =右端. i 1 ai 方法二 归纳法 当n  1 时, D1 =1 a1  a1 (1  1 ). 结论成立. a1 ¥ 假设 a1a2 n1 1 n  1 时结论成立, 即有 Dn1   an1 (1  i1 ai ). 则当 n 时, 将 Dn 的第 n 列看成 1+0,1+0,……,1+ an , 故 Dn 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 an Dn1 从而 1 a1 1 1 1 1 a1 1 1 1 1 1 a2 1  1 1 1 a2 1  1 Dn  1 1 1 a3  1 =1 1 1 a3  1 + an Dn1 MMM M MMM M 1 1 1  1 an 1 1 1 1 10 1 a1 1 1 1 a1 0 0  0 1 1 a2 1 1 Ri  Rn 0 a2 0  0 而1 1 1 a3 1 0 0 a3  0 = a1a2  an1 . M M M M M M i  1, 2,, n 1 M M 1 1 1 1 1 1 1 1 ¥ 所以 Dn = a1a2  an1 + an Dn1 = a1a2  an1 + an n1 1) a1a2 an1(1 i1 ai ¥ = a1a2 an (1 n 1 ) =右端. i 1 ai 方法三 递推 由证明(二)可知 Dn 与 Dn1 存在以下递推关系: Dn = a1a2  an1 + an Dn1 ¥ ¥ 所以Dn a1a2 an ( 1 n Dn1 ) a1a2 an (1 n 1) = a1a2  an 1 + an Dn1 =  an  i1 ai = =   i 1 ai =右端. 方法四 加边法 1 a1 1 11 10 00 1 1 a2 1  1 1 1 a1 1  1 Dn  1 1 1 a3  1 = 1 1 1 a2  1 MMM M MM M M 1 1 1  1 an 1 1 1  1 an n1 1 1 1  1 C  C 1 a1 0 0 R  ¥1 n1 R i 1 10 a2  0 1 a i M i i2 i  2, 3,, n  1 M M M 1 0 0  an ¥ 1  n 1 0 00 i 1 ai 1 ¥ a1 0  0 n 1 a2  0 i 1 ai 0 1 = a1a2 an (1 ) =右端。 M MM M 1 0 0  an 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 一步应验证 n=1,2 时均成立。而归纳法第二步应假设当 n  k (k  3) 时成立,去证明 当 n=k 时成立。 11 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 R1  R2 , R2  R3 ,, Rn1  Rn ;然后按第一列展开,再依次 Ci  C1, i  1;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 aij 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 f (x)  D(x1, x2 ,, xn , x) 。则有 f(x)中 x n1 的系数为 Dn 。又因为   f (x)  (x  xi ) (xi  x j ) (范德蒙行列式),所以 f(x)中 xn1 的系数为。。。 ? ? 所以可得 Dn   。 第2章 线性方程组 习题 2.1 2.证明. 因| A |ᄍ 0 ,说明 a11 a12 ... a1n 不全为零,故当某个 ak1 ᄍ 0 ,通过适当的行互换, 可使得 ak1 位于左上角,用 a 1 来乘第一行,然后将其余行减去第一行的适当倍数,矩阵A k1 �1 a1' 2 ... a1' n � ��0 � � �0 ��,由于| A |ᄍ 0 ,此时必有| A1 |ᄍ 0 ,故可以对 A1 重复对A的讨 可以化为: ��M � A1 ��0 �� �1 a1' 2 a1'3 ... a1' n � ��0 1 a2' 3 ... a2' n � � 论, 此时A可经初等行变换化为 �0 0 1 ... a3' n �, 然后再将第 n ai'n ��M M M M M � 行的 倍加到 � ��0 0 0 ... 1 �� 第 i 行( i  1, 2,..., n  1 ),再将第 n  1 行的 ai'(n1) 倍加到第 i 行( i  1, 2,..., n  2 ),这样 12 �1 0 0� ��0 1 0M���, 故所证结 继续下去,一直到将第2行的 a1'2 倍加到第1行,此时A就化为 �M M 1�� 00 ��0 论成立。 3.证明:以行互换 Rij 为例: 列互换可以同样证明. � � � � i ��ai1 � � � 若 A  � ai 2 ... ain ��ᄒᄒRᄒjᄒ(ᆴ1) i � ai1 ai 2  ain �    Ri �   � j ��a j1 aj2  a jn � j ��a j1  ai1 a j 2  ai2  a jn  ain � � � �� �� �� �� � � � � � � i ��a j1 � i � a j1 aj2  a jn � � aj2 ... a jn �    �ᄒ ᄒ ᄒRi Rᄒj ᆴ � ᄒ ᄒ ᄒ ᆴ Rj (1)Rii   � j ��a j1  ai1 � j ��ai1 � a j2  ai2  a jn  ain � ai2  ain � �� �� �� �� � � i ��a j1 � � aj2 ... a jn �   ᄒ ᄒ(1)ᄒRji ᆴ j ��ai1  �, 这相当于 A 中交换第 i 行和第 j 行, 所以结论成立。 � ai2  ain � �� �� 习题 2.2 1. 解: A 中一定存在不为零的 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 r  1阶子 式,否则 A 的秩至少是 r  1, 这也与题设秩( A )= r 矛盾。 2. 提示:利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  1;进而因为矩阵不 等于零,所以秩〉0。 5. 略。 13 习题 2.3 略。 习题 2.4 �a11 a12  a1n b1 � ��a21 � a22  a2n b2 � 2.证明:(Ⅰ)的增广矩阵为 A = � M M M M �, ��an1,1 � an1,2  an1,n bn1 � ��an1 an2  ann bn �� 因为系数矩阵的秩不超过增广矩阵的秩, 所以有秩( A ) ᄈ 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 ) ᄈ 秩( A ). 由题意知, 秩( A )=秩( B ), 据此可得秩( A ) ᄈ 秩( A ). 综上知秩( A )=秩( A ), 故(Ⅰ)有解。 3.解:将增广矩阵只用初等行变换化为阶梯形矩阵. �1 1 M b1 � � � � 1 1 M b2 � � 1 1 M b3 � ᄒ ᄒ ᄒ ᄒ ᆴ Rn R1Rn1 ��M M M M M M M �ᄒ � � 1 1 bn1 � ��1 1 M bn � M � �1 1 M b1 � � 1 1 M b2 � � � � 1 1 M b3 � ��M M M M M M � M � � 1 1 M bn1 � � 0 M b2  � � b1   bn � 当 b1  b2   bn ᄍ 0 时, 秩( A ) ᄍ 秩( A ), 所以线性方程组无解; 当 b1  b2   bn  0 时, 秩( A )=秩( A )<未知量个数, 所以线性方程组有无穷多解. 14 ↓ x1  x2  b1, ￯ 原方程组同解于 ￯￯ x2  x3  b2 , ■ x3  x4  b3, ￯ M ￯ ￯○xn1  xn  bn1. ↓x1  b1  b2  b3   bn1  t, ￯ ￯￯ x2  b2  b3   bn1  t, 其中 t 为任意常数。 故通解为 ■ M ￯ xn1  bn1  t, ￯ ￯○ xn  t. �a11  a1,n1 M a1,n � ��a21 �  a2,n1 M a2,n � 4.证明:该线性方程组的增广矩阵 A = ���aM31  a3,n1 M a3,n �, 由题意 D  aij ᄍ 0知 M M M � � ��an1  an,n1 M ann �� 秩( A )= n . 但是系数矩阵 A 是一个 n ᄡ (n 1) 的矩阵, 所以秩( A ) ᆪ n 1<秩( A ). 据此 秩( A ) ᄍ 秩( A ), 所以该线性方程组无解。 第3章 矩阵 习题 3.1 4.解:(1) 由矩阵乘法运可得: �l1a11 l1a12  l1a1n � �l1a11 l2a12  lna1n � DA  ��l2a21 l2 a22 � ��l1a21 l2a22 �  l2 a2 n ��; AD  �M  l na2 n ��。 �M M M M M ��ln an1 � ��l1an1 � ln an 2  ln ann � l2 an 2  ln ann � (2)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 (1)的结果,有 liaij  l jaij ,从而 (li  l j )aij  0 。由于 li  l j ( i ᄍ j ),可得: 当 i ᄍ j 时, aij  0 ,即 A 为对角矩阵。 �1 1 0�2 �1 2 1� 5.证明:(1)数学归纳法:当 n  2 时,计算得 ��0 1 1�� ��0 1 2��,故结论成立. ��0 0 1�� ��0 0 1�� 15 �1 1 0�k �1 k Ck2 � 假设当 n  k 时,结论成立,即有 ��0 1 1�� ��0 1 k � �, ��0 0 1�� ��0 0 1 �� 则当 n  k 1 时, �1 1 0�k1 �1 k Ck2 ��1 1 0� �1 k 1 k  Ck2 � ��0 1 1��  ��0 1 k ����0 1 1�� ��0 1 k 1 � �. ��0 0 1�� ��0 0 1 ����0 0 1�� ��0 0 1 �� 因 Ck2  k  k(k 1)  k  k(k 1)  C2 所 以 �1 1 0�k1 �1 k 1 kCk211 ���, 2 2 k 1 ��0 1 1��  ��0 1 1 �� ��0 0 1�� ��0 0 即当 n  k 1时,结果成立.由归纳法原理知,对任意大于 2 得正整数 n 有 1 1 0 n 1 n C 2  0 1 1  0 1 n   n . 0 0 1 0 0 1  (2)当 n  1 时,结果显然成立.当 n  2 时, 直接计算得 B2  E . 假设当 n  k Bk  ↓E, k为偶数; n  k  1 时,结果成立,即 ■ k为奇数;.我们要证明当 时,结 ○ B, 果也成立,即可完成证明. 第一种情况:k 为奇数,则 �1 4 2 ��1 4 2 � �1 0 0� Bk1  Bk B  BB  ��0 3 2����0 3 2�� ��0 1 0�� E . ��0 4 3 ����0 4 3 �� ��0 0 1�� 第二种情况:k 为偶数,则 Bk1  Bk B  EB  B . 综上: Bk 1  ↓E, k+1为偶数; n  k  1 时,结论成立. ■○B, k+1为奇数;即当 6. 解 : ( 1 ) 先 计 算 出 n  1,2,3,4 时 的 结 果 。 然 后 归 纳 出 应 该 有 �cosj  sinj �n  �cos nj sin nj ���,接下来用数学归纳法证明这一归纳出的结 ��sin j cosj �� ��sin nj cos nj 果。 当 n=1时,结论显然成立. 假设当 n  k 时,结论成立,即 �cosj  sinj �k  �cos kj sin kj � ��sin j cosj �� ��sin kj cos kj ��. 则当 n  k 1 时, 16 �cosj  sin j �k 1  �cosj  sin j �k �cosj sin j � � � �cos kj sin kj ��cosj  sin j � � �sin j cosj � � � �sin j cosj � �� �sin j cosj � �sin kj cos kj � �� �sinj cosj � �  �cos kj cosj  sin kj sin j  cos kj sinj  sin kj cosj � ��sin kj cosj  cos kj sin j  sin kj sin j  cos kj cosj ��  �cos(kj  j) ssinin(j(jkkjj))��� �cos(k  1)j sin(k 1)j ���. ��sin(j  kj) ��sin(k 1)j sin(k 1)j 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 Eij 乘法可换, 利用第 7 题结果有 �0 0  0 � ��M � �0  0 a1i 0 0� �0 M M � 0 a2i 0 0M��� ��a j1 0 ��0  M 0�� �0 aj2  0� �M MM 0 ��M 0  a jn ��i AEij  Eij A ,即 0 ani M ��0   0� j � M � ��0 0  0 �� �l 0  0� ��0 0M��� lE, � ↓aii  a jj , "i, j  1, 2,n a11  l A  �M l ■ .设 ,则 M ○ aij  0 ��0 0 0 l � � 即 A 为数量矩阵. �a11 K a1n � �b11 K b1m � 10.证明:设 A  ��M O M ��, B  ��M O M ��,则 ��am1  amn �� ��bn1  bnm �� tr ( AB)  a11b11  a12b21   a1nbn1 a21b12  a22b22    a2nbn2 MM M mn �� am1b1m  am2b2m   amnbnm  a bji ij j1 i1 nm �� 同理可得 tr (BA)  b ji aij j1 i1 17 mn nm �� �� 由于 a bji ij  bjiaij ,可得 tr ( AB)  tr (BA) . j1 i1 j1 i1 11.证明:假如存在 n 阶方阵满足 AB  BA  E ,则 AB  BA  E ￯ tr ( AB)  tr (BA  E)  tr (BA)  n . 由于 n ᄍ 0 ,可得 tr ( AB) ᄍ 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  BA  E . 15.证明:因 A , B 都是对称矩阵, 故 ( AB)T  BT AT  BA , 从而 AB 为对称矩阵 � ( AB)T  AB � BA  AB . �a11  a1n � �a11  am1 � 16.证明:设 A  ��M M ��,则 AT  ��M M ��. ��am1  amn �� ��a1n  amn �� 由 AT A  O ￯ AT A 的主对角线上元素为零 � a1i2  a2i2 ami2  0, "i  1, 2,n , 由 aij 为实数知 � a1i  0, a2i  0,ami  0, "i  1, 2,n � AO. 证法二:利用二次型。 习题 3.2 4.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  A)(E  A  A2   Ak1)  E  Ak , 由 题 意 可 知 Ak  O , 所 以 (E  A)(E  A  A2   Ak1)  E  Ak  E .根据定理 3.2.1 的推论可知 E  A 可逆 且其逆为 E  A  A2   Ak1 . 5.证明:计算 (E  Jn) (E  1 Jn ) = E2  JnE  1 EJ n  1 Jn2 n 1 n 1 n 1 = E  n Jn  1 Jn2  E  n 1 (nE  Jn)Jn n 1 n 1 1 18 �n 1 1 1  1 ��1 1 1  1� ��1 n 1 1  1 ����1 1 1  1�� 计算 (nE  Jn )Jn  �1 1 n 1  1 ��1 1 1  1� O  �� M M ����M M M M�� MM ��1 1 1  n 1����1 1 1  1�� 据此 (E  Jn) (E  1 Jn)  E  1 (nE  Jn)Jn  E ,根据定理 3.2.1 的推论可知 n 1 n 1 E  J n 可逆且其逆为 E  n 1 1 J n .  6.证明:因为 am Am  am1Am1   a1A  a0E  O 所以有 A(am Am1  am1Am2   a1)  a0 E . 由题意可知 a0 ᄍ 0 , 所以可在等式两边同乘 1 由 此 可 得 1 A(am Am1  am1 Am2   a1)  E, 整理得 上  a0 ,  a0 A[ 1 (am Am1  am1Am2   a1)]  E ,根据定理 3.2.1 的推论可知 A可逆且 a0 A1   1 (am Am1  am1 Am2  a1 ) . a0 7.证明:(1) 由题意 A2  A  4E  O 可得 A[14 ( A  E)]  E , 根据定理 3.2.1 的推论可知 A 可逆并且 A1  1 (A E) . 4 (2) 由 题 意 A2  A  4E  O 可 得 A2  A  2E  2E , 而 这 个 等 式 可 化 为 ( A  E)( A  2E)  2E , 即有 ( A  E)[12 ( 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  1 (A 2E) . 2 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  (2a  b) A  2bE  aA  (2a  b) A  2bE  (a  b) A  2bE , 所 以 有 a  b  0,2b  1 ,即 a  b  1 。 2 19 证明:因为 A2  A ,所以 (2E  A) A E  E 。所以。。。 2 9.证明:(1) A1  A 1  1 ; 3 (2)由于 AA*  A E , 所以 A*  A A1  3A1 , 由此可得 A*  3A1  33 A1  27 ᄡ 1  9 ; 3 (3) 2A  (2)3 A  8ᄡ 3  24 ; (4) (3A)1  3A 1  (33 A )1  (33 ᄡ 3)1  1 ; 81 (5)由(2)中****可知 A*  3A1 , 所以 1 A*  4 A1  1 (3 A1 )  4 A1  3 A1 3 3  (3)3 A1  27 ᄡ 1  9 ; 3 (6) 由(2)中****可知 A*  3 A1 , 则 ( A* )1  (3 A1 ) 1  1 ( A1)1  1 A。 3 3 10 . 证 明 : A, B 都 可 逆 , 所 以 有 AA*  A E, BB*  B E , 由 此 可 知 A*  A A1, B*  B B1 , 从而得到 B* A*  A B B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 ( AB)*  AB ( AB)1 , 而 AB ( AB)1  A B B1A1 . 综合上述可得 ( AB)*  A B B1A1  B* A* . 11.略。 12.证明:假设 A 是可逆矩阵, 那么在等式 A2  A 两边都左乘 A 的逆矩阵 A1 可得 A  E , 这与题设中 A ᄍ E 矛盾! 所以 A 不可逆. 13.证明:根据题意可知存在非零的 n×t 矩阵 B 使 AB=O, B 是非零矩阵所以必存在某一列 �a1i � �a1i � �0� ��a2i � ��a2i � ���0M���, 据此可 上的元素不全为零, 不妨设这一列为 �M ��. 由于 AB  O , 所以 A �M �� ��ani � ��ani � ��0�� � � �a1i � ��a2i � 知 �M ��是线性方程组 AX  O 的一个非零解. 由于 AX  O 有非零解, 所以 A =0. ��ani � � 14.略。 20 15.解:(A) 可逆的充要条件是 A ᄍ 0 而不是 A ᄍ O, 设 A �1 00���ᄍ O , 但 A 不是可逆 ��0 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. (C) 可逆的充要条件是 A ᄍ 0 而 A  AT .所以选项(C)是正确的. (D) 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。 设 A  1 1 , 但 A 不是可逆矩阵, 所以选项(D)是错误的. 1 1 习题 3.3 1.解: (1) 设 A  �1 12���, B  �1 12���, C  �1 31���, D  �2 1� ��3 ��2 ��4 ��3 4��, 则原式可以分块写成 �A O ��C O� �A O��C OD��� �AC O� ��O B ����O D��, 利用分块矩阵的性质计算得 ��O B ����O ��O BD�� 而 AB  �1 2��1 12��� �5 0� CD  �1 3 ��2 14��� �11 13� ��3 1����2 ��1 7��, ��4 1����3 ��5 0 ��, 据此可得 �5 0 0 0 � ��1 103���. �A O ��C OD��� �AC BOD��� �0 7 0 � ��O B ����O ��O ��0 0 11 � 05 0 �1 0�  �1 14���, D  �1 1 1�  �0 1 0� (2) 设 A  2E, B  ��0 1 ��,C ��0 ��1 1 1��, G ��0 0 1��则原式可以分 1�� ��1 1 1�� ��2 �A B ��D � �A B ������GD ��� �AD  BG � 块写成 ��O C ����G ��, 利用分块矩阵的性质计算得 ��O C �� CG �� 而 21 �2 2 2� �1 101��������00 1 10��� �2 3 2� AD  BG  2ED  BG  2D  BG  ��2 2 2�� ��0 0 ��2 2 3�� 2 2�� ��2 ��2 4 1�� ��2 CG  �1 4��0 1 10��� �0 1 14���. ��0 1����0 0 ��0 0 �2 3 2� ��2 3�� �A CB ������GD ��� �AD  BG ��� �2 2 1�. 据此可得 ��O �� CG ��0 4 4�� 1 ��0 0 1�� [ ] 2.解:(1) A1 A En  ��A1A A1En �� ��En A1 ��; �A ��A1  �AA1 � �En � (2) ��En � ��En � ��A1 ��; A1 � [ ] (3) �A1 ��A En �A1 A A1En �� ���EAn A1 � ��En �  ��En A En 2 � �; En � (4) [ A En ]T [ A En ]  �A ���[ A En ]  �A2 A� ��En ��A �; En � (5) [ A En ] [ A ]En T  [ A En ] �A ��� A2  En 。 ��En 3.证明:(1) 先证“ ￯ ”, 当 Q 可逆时, 则必有 Q ᄍ 0. 而 Q  O A  (1)rt A B , 所以 B O 有 A B ᄍ 0 , 从而有 A ᄍ 0, B ᄍ 0 , 因此 A, B 均可逆. 再 证 “ ᅵ ” , A, B 均 可 逆 , 则 有 A ᄍ 0, B ᄍ 0 , 所 以 有 A B ᄍ 0 , 而 Q  O A  (1)rt A B , 所以 Q ᄍ 0 , 据此可知 Q 可逆. B O 综上即有 Q 可逆 ᅴ A,B 均可逆. (2) 设 Q 1  �C D� QQ1  �O A��C GD��� �E � ��F G ��, 则有 ��B O����F �� E �� 22 ↓ AF  E ￯￯AG �O A��C GD ��� �AF AG � ■￯BC O , 因为 Q 可逆, 由 (1) 可 知 必 有 而 � �B O����F ��BC BD ��, 所以有 O ￯○BD  E 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  A1, D  B1 . 所以 Q1  �O B1 � ��A1 �. O � 5.解:(1)设 A  �2 11���, B  �2 7� �A O� �A O �1  �A1 O� ��1 ��1 3��, 则原矩阵为 ��O B��. 而 ��O B �� ��O �. B 1 � 因为 A1  �2 1�1  �1 21���, B 1  �2 7�1   �3 27��� �3 7� ��1 1�� ��1 ��1 3�� ��1 ��1 2��, 所以可 得 �1 1 0 0 � ��1 � �A O �1  �A1 O �� �0 2 0 0 ��. ��O B �� ��O B 1 � ��0 0 3 7 0 1 2�� 习题 3.4 4.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)  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. (2) 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)  E , 而 E(i(k ))1 = E(i( 1 )) , 所以相当于 A1 右乘了初等矩 k 阵 E(i( 1 )) , 即 A1 中 i 行乘上非零数 1 . k k (3) A 中 第 j 行 乘 上 数 k 加 到 第 i 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)  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 23 上数- k 加到第 i 行. 7.解:由于 A(E  C 1B)T CT  E , 所以 A[ET  (C 1B)T ]CT  E , 即有 A[ET CT  BT (C 1)T CT ]  E , 变 形 得 A[CT  BT (CC 1)T ]  E , 从 而 有 A(CT  BT )  E . �1 0 0 0� ��2 00���, 显然是可逆矩阵. 所以只需要求出 (CT  BT )1 即得到 A . 而CT  BT  �3 1 0 2 1 ��4 3 2 1�� 下面只用初等行变换把 ��CT  BT E ��化为[ E A] 即可. �1 0 0 0 1 0 0 0� �1 0 0 0 1 0 0 0� ��2 00� � �ᄒ ��0 � �3 1 0 0 0 1 0 ᄒᆴ �0 1 0 0 2 1 0 0 �, 2 1 0 0 0 1 0 1 0 1 2 1 0 � ��4 3 2 1 0 0 0 1� � ��0 0 0 1 0 1 2 1�� �1 0 0 0� ��2 00���。 从而得到 A  �1 1 0 2 1 ��0 1 2 1�� 习题 3.5 1.证明:设 A 为秩为 r 的 m ᄡ n 矩阵, 则它必与矩阵 �Er O� ��O O��mᄡn 等价, 所以必存在两个可 逆矩阵 P, Q 使得 A  P �Er O� Q 成立. 而 �Er O� ��O O ��mᄡ n ��O O��mᄡn 可以写成 r 个只有一个元 素为 1 其余为零的 m ᄡ n 矩阵的和的形式: 24 �1 � �0 � � � � � � 0 � � 1 � �Er O�  � O �� O � ��O O ��mᄡ n � 0 � � 0 �  � �� � � 0 �� 0 � � � � � � Omr ,n r �mᄡn � Om  r ,n  r �mᄡn �0 � �0 � � � � � � 0 � � 0 � �O �� O � � � � � � 1 �� 0 � � 0 �� 1 � � � � � � Omr ,n r �mᄡ n � Om r ,n r �mᄡn 所以有 A  P �Er O � Q ��O O ��mᄡ n �1 � �0 � � � � � � 0 � � 0 � = P(� � O � � O � )Q � 0 �  � 0 � � � � � 0 � � 1 � � � � � � Om r,nr �mᄡ n � Omr ,nr �mᄡn �1 � �0 � � � � � � 0 � � 0 � = P � O � Q   P � O � Q � 0 � � 0 � � � � � � 0 � � 1 � � � � � � Om r ,n r �mᄡ n � Om r ,nr �mᄡn 这 样 A就 表 示 成 了 r 个 矩 阵 之 和 的 形 式 . 而 任 一 个 �0 � � � � O � P � 1 � Q , 由于中间那个矩阵只有一个元素非零, 所以其 � O � � � � 0 � � � � Om r ,n r �mᄡ n 25 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 1 的 矩阵之和了. �1 � �1 � � � � � � 0 � � 0 � A1  � � , A2  � � , 2.解:设 O O � Omr � � Om r , n  r � � �mᄡ � �mᄡn ,n r n �1 � � � � 0 � , Ar  � O � � � � Omr �mᄡn ,nr �r � � � � 0 � Ai (i  1, 2,, r) A  � � 显然 的秩都是 1, 但是他们的和 O 的秩是 � Om � � �mᄡ r ,nr n 1 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  P En Q  P Q ,所以  0  0  [ ] [ ] P1AQ   0  。进而有 Q 1 0 P 1 A  En 。所以令 C  Q 1 0 P 1 即可。 7.证明:(1)因为 r( AB)  r( A)  n  m ,所以结论成立。 (2)由(1)知 AB 不满秩,所以不可逆。 (3)略。 8.证明:因为 AB  Em ,所以 m  r( AB)  r( A)  m 。所以 r( A)  m 。同理有 r(B)  m 。 9.解:设 A  �1 00���, B  �0 10� � �, C  �0 1� ��0 ��0 ��1 0��, 计算得 AB  �1 0��0 10��� O, ACB  �1 0��0 1��0 10��� �0 1� ��0 0����0 ��0 0����1 0����0 ��0 0��. 显然秩( ACB )=1, 秩( AB )=0, 两者不相等. 所以秩( ACB )与秩( AB )不一定相等. 10.解:设秩( A )= r1 , 秩( B )= r2 , 则存在四个可逆矩阵 P1, ****, P2 , **** 使得 A  P1 ���EOr1 O ��**** B  P2 ���EOr2 O ��**** � 1� O � O � � ��P21 , 首先因为 , 成立. 令M  ****1 � N �� ��1 26 � 1� � ��, P21 都是可逆矩阵, 所以 M 也是可逆的. 又因为秩( A )+秩( B )≤n, 即 ****1 , � N �� ��1 � 1� � 1� � ��的前 � ��可以 r1 + r2 ≤n, 所以 � N r1 行 r2 列构成的块是一个零块, 因此 � N �� ��1 �� ��1 写成下面这个形式 ���OBr1ᄡr2 A� �. C � 计算 AMB  P1 ���EOr1 O ��**** (****1 ���OBr1ᄡr2 CA���P21)P2 ���EOr2 O ��**** O � O �  P1 ���EOr1 O ������OBr1ᄡ r2 A ������EOr2 O ��****  O O C O � 所以存在可逆矩阵 M 使得 AMB  O . 习题 3.6 1.解:(1) 设 A  �1 0� A  0, 但 Aᄍ O , 所以(1)不一定成立. ��0 0��, 易知 (2) 设 A  �1 10���, k  2, 易得 kA  2 0  4, k A 2 1 0  2 , 此时 kA ᄍk A ,所 ��0 0 2 0 1 以(2)不一定成立. (3) 设 A  �1 0� 1 A 1 0  1 ᄍ 1, 所以(3)不一定成立. ��0 2��, 易得 A 1 2 2 0 (4) 设 A  E, B  E , 易得 A  B  O  0, A  B  2 , 此时 A  B ᄍ A  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. (7) ( AB)T  BT AT  BT AT  AT BT , 所以(7)成立. 2.解:(1) 设 A  �1 1 1� ��0 1 1��, 则 27 AAT  �1 1 11��������111 0� 3 2  2, AT A  �1 110��������10 1 11��� 1 1 1 ��0 1 1�� 2 2 ��1 1 1 2 2 0 1�� ��1 1 2 2 显然此时 AAT ᄍ AT A , 所以该项不一定成立. �1 1 2 2� ��0 1�� (2) 设 A  C  �1 11���, B  D  �2 2� 则 M  �A DB ��� �2 1 0 1� ��0 ��0 1��, ��C ��0 2 1 1�� 1 0 计 算 得 A D  B C  1ᄡ1 2ᄡ 2  3 , 而 M 中 由 于 第 二 第 四 两 行 相 同 , 所 以 M  0 .因此此时 M ᄍ A D  B C , 所以此项不一定正确. (3) MT  �AT CT � 所以 M T  �A C� ��BT DT �, ��B D��不正确. � �O A ��� (1) n2 A B , 所以 �O OA���  A B 不正确. (4) � �B O ��B (5) 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 . 所 以是正确的. �1 1 1� �1 1 1� ��2 2 2�� ��0 0 0�� (6) 因为 �M M M� ᄒ ᄒ ᄒ ᄒᆴ Ri iR1 �M M M� , 所以 n i  2,3,, n 0 ��n n � n ��0 0��nᄡn �nᄡ �1 1 1� �1 0 0� ��2 2 2�� � �0 0 0�� 秩( �M M M� )=1=秩( �M M M� ), 因此这两个矩阵等价. n 0 ��n n � n � �0 0 � n �nᄡ �nᄡ 3.证明:(1) 因为秩( Amᄡn )=r, 所以 A 与 �Er O� 等价, 即存在两个可逆矩阵 Pmᄡm , Qnᄡn ��O O ��mᄡ n 使得 A  Pmᄡm �Er O� Qnᄡn , 令 B  Pmᄡm �Er O� , C  �Er O � Qnᄡn , 因 ��O O ��mᄡ n ��O O ��mᄡ n ��O O ��nᄡn 为 Pmᄡm , Qnᄡn 是可逆的而 �Er O � , �Er O� 的秩都为 r , 所以秩 ( B )=秩( C )=r. ��O O ��mᄡ ��O O ��nᄡ n n 并且 B 是 m ᄡ n 的, C 是 n ᄡ n 的. 而且计算可得 28 BC  Pmᄡm �Er O� �Er O� Qnᄡn  Pmᄡm �Er O� Qnᄡn  A. ��O � ��O � ��O � O �mᄡn O �nᄡn O �mᄡn (2) 只需令 D  Pmᄡm �Er O� , F  �Er O� Qnᄡn , 同(1)****可知这样构造得到 ��O O ��mᄡ m ��O O ��mᄡ n 的 Dmᄡm , Fmᄡn 即为所需的两个矩阵. [ ] (3) R �Er � 只需令  Pmᄡm ��O � , S  Er O Q rᄡn nᄡn , 同 (1) 分 析 可 知 这 样 构 造 得 到 的 �mᄡ r Rmᄡr , Srᄡn 即为所需的两个矩阵. 4.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4章 线性空间和线性变换 习题 4.1 2.记住此结论。 习题 4.2 10.证明:设 t1, t2 ,, ts  P 使得 t11  t2  2   ts  s  0 ,则有 t11  t2 2   ts1 s1  (t1k1  t2 k2    ts1ks1  ts ) s  0 。 因为 1, 2 ,, s 线性无关,所以 t1  t2   ts1  t1k1    ts1ks1  ts  0 。所 以 t1  t2   ts  0 。 习题 4.3 3.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 1,, r1,  可由 1,, r1, r 线性表示,下面只需证明 29  r 可由1,, r1,  线性表示即可。 因 为  可 由 1,, r1, r 线 性 表 示 , 所 以 存 在 数 k1,, kr1, kr 使 得   k11    kr1 r1  kr r 。因为  不能经1,, r1 线性表示,所以 kr  0 。 所以 r 1 (k11    kr1 r1   ) ,即 r 可由1,, r1,  线性表示。   kr 5 . 证 明 : 因 为 1,, ,  , 线 性 相 关 , 所 以 存 在 不 全 为 零 的 数 k1,, ks1, ks , r, t 使得 k11    kr1 r1  k r r  r  t 。下面分情况 对 r, t 是否为零进行讨论(四种情况)。略。 6.证明:(1) 因为2 ,3 ,4 线性无关, 所以2 ,3 必线形无关, 又因为1 ,2 ,3 线性相关, 所以1 能经2 ,3 线性表示, 并且表示方法唯一. (2) 若 4 能经 1 ,2 ,3 线性表示, 不妨设表达式为 4  k11  k22  k33 , 根据(1) 1 能 经 2 ,3 线 性 表 示 , 不 妨 设 表 达 式 为 1  t12  t23 , 把 1 带 入 到 4  k11  k22  k33 中 得 4  k1(t12  t23 )  k22  k33  (k1t1  k2 )2  (k1t2  k3 )3 即有4  (k1t1  k2 )2  (k1t2  k3 )3  O , 从而得到 2 ,3 ,4 线性相关, 这与题意中 2 ,3 ,4 线性无关矛盾! 所以4 不能经1 ,2 ,3 线性表示. 习题 4.4 �1 2 1 1� �1 2 1 1 � ��2 12���ᄒ ��0 � 3.解:由[ 1 2 3  4 ] = �1 3 3 ᄒᆴ �0 1 1 0 �, 0 1 0 2 2 � ��2 1 1 3�� ��0 0 0 3�� [ ] 可得秩( 1 2 3 4 )=4, 这四个向量线性无关, 所以该向量组是 P4 中的一组基. 30 �1 2 1 1 M 7� ��0 03���, 因为[ 1 2 3 4 M ] ᄒ ᄒᆴ �0 1 1 0 M 0 1 1 M ��0 0 0 1 M 4�� ↓ x1  6, ￯￯■￯xx23 所以方程组[ 1 2 3 4] X  的解为  1,  1, ￯○ x4  4. 所以向量 在该基下的坐标为[ 6, 1, 1, 4]T 。 �1 1 0 M 1� �1 1 0 M 1� 4.解:(1)由[ 1 2 3 M 1ᄁ] = ��0 1 1 M 0��ᄒ ᄒᆴ ��0 1 1 M 0�� ��1 0 1 M 3�� ��0 0 1 M 1�� [ ] 可知 12 3 X  1ᄁ的解为 ↓￯■ xx21  2, 所以 1ᄁ=2 1 2 +3 .  1, ￯○ x3  1. 同样可计算得 2ᄁ=1 +2 +3 ; 3ᄁ=1 22 +33 . 所以从基(Ⅰ)到基(Ⅱ)的过渡矩 �2 1 1 � 阵为 M  ��1 1 2��. ��1 1 3 �� �2 1 1 �1 �1� ����523 � ��� 2 , 5, 2 ���T 。 (2) X ᄁ M 1X = ��1 1 2�� ��1�� �3 � 3 3 3 3 �� ��3�� ��2 � ��1 1 ��, 所以坐标为 � � �3 � �2 0 5 6� �1 0 1 3� ��1 16���ᄒ ��0 04���, 所 以 秩 (1,2 ,3,4 )=4, 所 以 8 . 解 :因 为 �1 3 3 ᄒᆴ �0 1 3 1 2 0 1 ��1 0 1 3�� ��0 0 0 1�� 1,2 ,3,4 可作为 P4 的一组基. 设向量  [ a, b, c, d ]T , 则它在常用基下的坐标为[ a, b, c, d ]T . 则有 31 �a � �a � 4 ] ���bc ���  , 即要求 ([ 1 ��b � [ 1 2 3 2 3 4 ]  E) �c �� O . ��d �� ��d � � �2 0 5 6� 求解方程组 (���11 16��� E)X  O 得解为 X  [ k, 3 3 k, k, k ]T , 所以所求的 1 2 ��1 0 1 3�� 向量  [ k, k, k, k ]T ( k 为任意值). 习题 4.5 1,2.思路:验证 3 条。 5.思路:即证 ,  与  , 等价。 习题 4.6 2.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。 7.证明:(1) 因为 AB  O , 所以秩( A )+秩( B ) ᆪ n , 由于秩( B )= n , 所以秩( A ) ᆪ 0 , 由此 秩( A )=0, 即得 A  O . (2) 由题意知 AB  B , 所以 ( A  E)B  O , 利用(1)可知 A  E  O , 因此 A  E . 9.证明:先证必要性, 根据等价标准形可知存在矩阵 Rmᄡ1, S1ᄡn ,秩( R )=秩( S )=1, 使 A = RS . 令 a1, a2,, am 为 R 的 m 个分量, b1, b2 ,, bn 为 S 的 n 个分量, 则因为秩( R )=秩( S )=1 所以 a1, a2 ,, am 和 b1, b2 ,, bn 都不全为零. 同时因为 A = RS 即得 aij  aibj ( i =1,2,…, m ; j =1,2,…, n )成立. 再 证 充 分 性 , 根 据 题 意 存 在 m 个 不 全 为 零 的 数 a1, a2 ,, am 及 n 个 不 全 为 零 的 数 b1, b2 ,, bn 使 aij  aibj ( i =1,2,…, m ; j =1,2,…, n ) . 只 需 令 B  [ a1, a2 , , ]am T , C  [ b1, b2 , , ]bn , 则 ��aij ��mᄡn = BC . 因为 32 秩( ��aij ��mᄡn ) ᆪ 秩( B ) ᆪ 1 , 又由于 a1, a2 ,, am 和 b1, b2 ,, bn 都不全为零, 所以 ��aij ��mᄡn 中必有一非零元素, 因此秩( ��aij ��mᄡn )>0, 据此可得秩( ��aij ��mᄡn )=1. 10 . 证 明 : (1) 由 于 秩 ( A )=n, 所以 A ᄍ 0, 而 AA*  AE, 在等式两边同乘 1 可得 A ( 1 A) A*  E , 据此可知 A* 是可逆的, 所以秩( A* )=n. A (2) 秩( A )<n-1 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. (3) 当秩( A )=n-1 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* ) ᆪ n , 而秩( A )=n-1, 所以秩( A* ) ᆪ 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* ) ᄈ 1 , 所以秩( A* )=1. 14.思路:利用分块矩阵  En 0 R,C  E  B  0 AB  n 。 A 0  习题 4.8 6.证明:因为  与1,2,,m 均正交, 所以 ( ,i )  0, i  1, 2,, m. m m m � � ¥ 因此 ( , kii )  ki ( ,i )  0 , 所以  与 1,2 ,,m 的线性组合 kii 都正 i 1 i 1 i 1 交. [ ] 7.解:设  x1, x2 , x3 , x4 T , 根据题意 为单位向量可知 x12  x22  x32  x42  1 .(1) 同时  与1,2 ,3 都正交, ↓ ( ,1)  x1  x2  x3  x4  0, 从而可解得 ￯ ( ,2 )  x1  x2  x3  x4  0, 据此可得 ■ ￯○( ,3)  2x1  x2  x3  3x4  0. ↓￯x1   4 t ,  3 , ￯  ￯ x2 0, (其中 t 为任意取值). 又因为条件(1)可知 t  ᄆ 3 ■ 26 , ￯￯x3  1t 3 ￯○ x4  t. 33 所以  [ x1, x2 , x3 , ]x4 T = ᄆ 1 [ 4, 0, 1, 3]T . 26 �(1,1) (1,2 ) (1,3) (1,4 ) � �1 0 0 0� ��(2 ,1) � ��0 00���, 所 以 11 . 解 : (1) 因 为 ���((34 ,1 ) (2 ,2 ) (2 ,3 ) ( 2 , 4 ) ��= �0 1 0 1�� ,1 ) (3,2 ) ( 3 ,  3 ) ( 3 , 4 ) � ��0 0 1 (4 ,2 ) (4 ,3 ) ( 4 , 4 ) � 0 0 1,2 ,3,4 是 R4 的一组标准正交基. (2) 由(1)知   (1  22  33  44 ,1  22  33  44 )  30 ; [ ] 因为  在 1,2 ,3,4 下的坐标为 1, 2, 3, 4 T , 而  在 1,2 ,3,4 下的坐标为 [ ( ,1), ( ,2 ), ( ,3), ( ,4 )]T = �� 2, 2, 0, 0��T , 所以( ,  )=([1, 2, 3, 4]T , �� 2, 2, 0, 0��T )  3 2 . �2 1 1 1 13���ᄒ ᄒᆴ �1 1 1 0 1� 15.解:因为 ��1 1 1 0 ��0 1 1 1 5��, 所以方程组的一个基础 解系为 1  [ 0, 1, 1, 0, 0]T ,2  [ 1, 1, 0, 1, 0]T ,3  [ 4, 5, 0, 0, 1]T 先进行正交化得到 1  1  [ 0, 1, 1, 0, 0]T ; 2  2  (2 , 1) 1  ���1, 1,  1 , 1, 0���T ; (1, 1) 2 2 3  3  (3, 1) 1  ( 3 , 2) 2  �7 ,  6 , 6, 13 , T (1, 1) (2, 2) ��5 5 5 5 1��� 再进行单位化得到 1  1  1 [ 0, 1, 1, 0, 0]T ; 1 2 2  2  1 [ 2, 1, 1, 2, 0]T ; 2 10 3  3   3 1 [ 7, 6, 6, 13, 5]T . 3 35 所以 1, 2 , 3 即为所求的标准正交基. 34 习题 4.11 2.证明:(1) 因为 AX  O 的解均为 BX  O 的解, 所以 AX  O 的基础解系中的解也都是 BX  O 的解, 所以 BX  O 的基础解系中所含的向量的个数不少于 AX  O 的基础解 系中所含向量的个数. 而 BX  O 的基础解系中所含的向量的个数为 n-秩(B), AX  O 的基础解系中所含向量的个数为 n-秩(A), 因此 n-秩(B) ᄈ n-秩(A), 所以秩(A)≥秩(B). (2) 因为 AX  O 与 BX  O 同解, 所以 AX  O 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). (3) 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 AX  O 的解均为 BX  O 的解, 所以 AX  O 的某一基础解 系 x1,x2,,xt ( t  n-秩(A))也都是 BX  O 的解, 如果 AX  O 与 BX  O 不同解, 则 BX  O 的解中存在一个解h 不是 AX  O 的解, 则h 一定不能被 x1,x2,,xt 线性表 示, 所以 x1,x2 ,,xt ,h 线性无关, 这样 BX  O 的解中至少含有 t 1 个解线性无关, 即 BX  O 的基础解系所含向量的个数大于等于 t 1 , 这与 AX  O 和 BX  O 的基础解 系所含向量的个数相同矛盾. 所以 AX  O 与 BX  O 不同解的假设是不成立的, 因此 AX  O 与 BX  O 同解. (4) 设 A  �1 10���, B  �1 2� 显然满足秩(A)=秩(B), 但是 ↓ x1  1, 是 AX O 的 ��0 ��0 0� �, ■ x2  1. ○ 一个解, 但是不是 BX  O 的解. 所以不能导出 AX  O 与 BX  O 同解. 3 . 证 明 : 首 先 由 题 设 可 得 齐 次 线 性 方 程 组 AX  0, BAX  0 同 解 。 然 后 去 证 明 ACX  0, BACX  0 。 4.证明:易证明 AX  O 的解都是 CAX  O 的解, 又因为秩(CA)=秩(A),根据本节第 2 个 习题(3)可知 AX  O 和 CAX  O 同解. 同样易证 ABX  O 的解都是 CABX  O 的解. 另一方面, 设h 是 CABX  O 的任意一个解则有 CABh  O , 即 CA(Bh)  O , 可知 Bh 是 CAX  O 的一个解, 已经证明 AX  O 和 CAX  O 同解, 所以 Bh 也一定是 AX  O 的解, 即有 ABh  O , 所以h 也就是 ABX  O 的解, 据此可得 CABX  O 的 解也一定是 ABX  O 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). 5.证明: 6.证明:(1)要证  (   )   ( )   ( ) ,即证  (   )   ( )   ( )  0 ,等 35 价与证明 ( (   )   ( )   ( ), (   )   ( )   ( ))  0 。 因为 保持内积,所以由内积的双线性性得 ( (   )   ( )   ( ), (   )   ( )   ( ))  ( (   ), (   ))  ( (   ), ( ))  ( (   ), ( ))  ( ( ), (   ))  ( ( ), (   ))  ( ( ), ( ))  ( ( ), ( ))  ( ( ), ( ))  ( ( ), ( )) 。  (   ,   )  (   , )  (   ,  )  ( ,   )  ( ,   )  ( , )  ( ,  )  ( ,  )  ( , )  ((   )     , (   )     )  (0,0)  0 第5章 特征值和特征向量 矩阵对角化 习题 5.1 1.解:(A) 设 A  �1 02���, �1 04����, 因为秩( A )=秩( B )所以 A 与 B 等价; 但是由于 ��0 B  ���02 tr A 与 tr B 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( B ),因此 A 与 B 等 价. (B)是正确的. (C) 与(A)一样, 设 A  �1 02���, �1 04����,秩( A )=秩( B ), 但是由于 tr A 与 tr B 不相 ��0 B  ���02 等, 所以 A 与 B 不相似. 因此(C)不正确. (D) 与(A)一样, 设 A  �1 02���, �1 04����,| A |=| B |, 但是由于 tr A 与 tr B 不 ��0 B  ���02 相等, 所以 A 与 B 不相似. 因此(D)不正确. �1 0 0 � l 1 0 0 7.解:(1) 因为 lE  ��2 5 2�� 2 l  5 2  (l 1)2 (l  3) , 所以特征值 ��2 4 1�� 2 4 l 1 为 1,1,3. �1 0 0 � 求解方程组 (E  ��2 5 2� �) X  O , 得属于特征值 1 的特征向量为 ��2 4 1� � 36 x1  [ 2, 1, 0]T k1  [ 1, 0, ]1 T k2 (其中 k1, k2 为不同时为零的任意数). �1 0 0 � 求解方程组 (3E  ��2 5 2��) X  O , 得属于特征值 3 的特征向量为 ��2 4 1�� x2  [ 0, 1, ]1 T k3 (其中 k3 为不为零的任意数). 习题 5.2 4.证明: AT 的特征多项式为 l E  AT  ((l E)T  A)T  (lE  A)T  lE  A 而 l E  A 是 A 的特征多项式, 所以 A 与 AT 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. l 0 1 l 1 7.解:因为 lE  A  x l 1 1 l 3 2x  (l 1)  (l 1)2 (l  1) , 所以 A 的 1 0 l 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 ni 与 (li E  A) X  O 的基础解系所含向量个数 ri 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 (E  A) X  O 的基础解系含有 2 个向量, 由此可知 n -秩( E  A )=2, 因 此秩( E  A )=1. �1 0 1 � �1 0 1 � 因 为 E  A  ��x 0 2x  3��ᄒᄒᆴ ��0 0 3x  3��, 所 以 当 且 仅 当 x  1 时 秩 ( ��1 0 1 �� ��0 0 0 �� �0 0 1 � E  A )=1,所以 A  ��x 1 2x  3��能与对角矩阵相似, 则必有 x  1 。 ��1 0 0 �� 习题 5.3 37 2.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 trA ᄍ trB , 所以 A 与 B 不相似. 综上可知(B)是正确的. 3.解:(1) 因为 f ( A)  A2  A  2E , 所以 f (x)  x2  x  2 。因为 A 有三个不同的特征值, 所以 f ( A) 也可以对角化。 所以 A2  A  2E 的所有特征值为 f (1)  2, f (1)  0, f (2)  2 。 (2) | A2  A  2E |= f (1) f (1) f (2)  2 ᄡᄡ0 2  0 . l 1 2 2 5.解:(1) 因为 lE  A  2 l2 4  l3  3l 2  24l  28  (l  2)2 (l  7) , 4 l2 2 所以特征值为 2,2,-7. �1 2 2 � 求 解 方 程 组 (2E  ��2 2 4 ��) X  O , 得 到 属 于 2 的 线 形 无 关 的 特 征 向 量 为 ��2 4 2�� [ 2, 0, 1]T ,[ 2, 1, 0]T . 对 [ 2, 0, 1]T ,[ 2, 1, ]0 T 进 行 施 密 特 正 交 化 化 为 正 交 单 位 向 量 组 得 1 [ 2, 0, 1]T , 1 [ 2, 1, 0]T 。 5 5 �1 2 2 � 求解方程组 (7E  ��2 2 4 ��) X  O , 得到属于 -7 的线形无关的 特征向量 为 ��2 4 2�� ��� 1 , 1, 1���T . 2 对 ��� 1 , 1, 1���T 进行施密特正交化化为正交单位向量组得 1 [ 1, 2, 2]T 。 2 3 �2 2  1 � � 5 3 � � 5 � �2 � 1 ��. 由 此 可 得 所 以 A  U LU 1 , 其 中 U  ��0 5  2 ��, L  � 2 7�� 3 � � � 0 �� �1 2� �� 5 3 �� 38 Ak  (U LU 1)k  U LkU 1  U LkU T �2 2  1 � �2 2  1 �T � 5 3 � � 5 3 � � 5 ��2k �� 5 �  ��0 1  2 �� 2k ����0 1  2 � ��1 5 3 �� 5 3 � �� 5 ���� (7)k ����1 � 0 2 0 2 � 3 �� �� 5 3 �� �2k3  (7)k 2k1  2(7)k 2k1  2(7)k �  ��2k1  2(7)k 5 �2k1  4(7)k � 2k2  4(7)k 2k 1  4(7)k �. ��2k1  2(7)k 5 �2k1  4(7)k �� (2) f ( A)  A3  3A2  24A  28E 的 特 征 值 为 f (2)  0, f (2)  0, f (7)  0 , 所 以 A3  3A2  24A  28E =UOU 1 = O . 6.解:因为方阵 A 的 n 个特征值为 1,2,…,n, 所以 A 可以对角化。所以 A+E 的特征值 为 2,3, ……, n, n+1.所以|A+E|= (n 1)!. �l  a a12 a13  a1n � � � � 0 la a23  a2n � 11.证明:因为 lE  A  � 0 0 la  a3n � (l  a)n , 所以 a 是 A 的 M M M � � M � � �� 0 0 0  l  a�� n 重根. 如果 A 能与对角矩阵相似, 则必有 (aE  A) X  O 的基础解系含有 n 个向量, 即 n -秩( aE  A )=n, 也就是秩( aE  A )=0, 从而得到此时 aE  A  O , 即 A  aE , 这 与条件 A ᄍ aE 矛盾! 所以 A 不能与对角矩阵相似. 12.证明:因为 0  A2  4 A  4E  ( A  2E)2 ,所以 A  2E  0 ,即-2 是 A 的一个特 征值。 设 l 为 A 的 特 征 值 , x 是 A 的 属 于 l 的 特 征 向 量 , 则 有 Ax  lx , 所 以 ( A2  4A  4E)x  l 2x  4lx  4x  Ox  O , 从 而 可 得 l 2  4l  4  0 , 即 得 l  2 , 所以 A 的特征值仅为-2. 习题 5.4 1.证明:设 l 是反对称矩阵 A 的一个特征值, O ᄍ x  [ a1, a2, , ]an T 是 A 的属于 39 l 的特征向量, 则有 Ax  lx . (1) 令 x  ��a1, a2 , , an ��T , 其中 ai 表示 ai 的共扼复数, i  1, 2,, n . 对(1)式两边 同取共扼得 Ax  lx . 因为 A 是实矩阵, 所以有 A  A , 因此有 Ax  lx . (2) 对(1)式两边转置得x T AT  lx T , 因为 A 是反对称矩阵, 所以 AT   A 从而 x T A  lx T . (3) 对(2)式两边同左乘x T , 对(3)式两边同右乘x , 分别得 x T Ax  lx T x , x T Ax  lx T x 从而得 lx T x = lx T x , 移项得 (l  l)x T x  0 , 因为 x T x ᄍ 0 , 所以 (l  l)  0 , 所 以 l 为零或者纯虚数. l2 1 1 1 l2 1 2.解:(3) 因为 lE  A  1 l2 1  (l 1)3(l  5) , 所以特征值为 1 1 1 1 1 1 l2 1,1,1,5. �2 1 1 1 � ��1 11���) X  O , 得属于特征值 1 的线性无关的特征向 解线性方程组 (E  �1 2 1 1 2 ��1 � 1 1 2 � 量为[1, 1, 0, 0]T ,[1, 0, 1, 0]T ,[1, 0, 0, 1]T . �2 1 1 1 � ��1 11���) X  O , 得属于特征值 5 的线性无关的特征向 解线性方程组 (5E  �1 2 1 1 2 ��1 � 1 1 2 � 量为[1, 1, 1, 1]T . 40 �1 1 1 1 � �1 � ��1 11���, 对角矩阵为 � � 所以 P  �0 0 0 � 1 ��. 1 0 � ��0 0 � � 1 5�� � � 1 1 3.解:(3)先对属于特征值 1 的三个特征向量进行正交化. x1  [1, 1, 0, 0]T ,x2  [1, 0, 1, 0]T ,x3  [1, 0, 0, 1]T . h1  x1  [1, 1, 0, 0]T ; h2  x2  ( x2,h1 ) h1  [1, 0, 1, 0]T  1 [1, 1, 0, 0]T  �1 ,  1 , 1, 0���T ; (h1,h1 ) 2 ��2 2 h3  x3  ( x3,h1 ) h1  ( x3,h2 ) h2  1 [ 1, 1, 1, 3]T . (h1,h1 ) (h2,h2 ) 3 再对向量进行单位化, 得到三个正交单位向量. 1 [ 1, 1, 0, 0]T , 1 [1, 1, 2, 0]T , 3 [ 1, 1, 1, 3]T , 2 6 6 再对属于特征值 5 的特征向量进行单位化得 1 [ 1, 1, 1, 1]T . 2 �2 1 3 1� ��2 � 6 6 2 � ���22 1  3  1 � �1 1 � � 6 6  2 � � � 由此得到U  ��, 对角矩阵为 � 1 ��. 2 3 1 � � 5�� �0 6  6 2 � � � � � � ���0 0  3 1 � 2 2 �� 4.证明: ￯ 显然成立. ᅵ 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 l1, l2 ,, ln , 因 为 A, B 均 为 n 阶 实 对 称 矩 阵 , 所 以 存 在 可 逆 矩 阵 P, Q 使 得 �l1 � �l1 � � � � � P1AP  � l2 �, Q1BQ  � l2 �. 由此可知 � O� � O� � � � � � ln � � ln � P1 AP  Q1BQ , 所以有 A  (QP1)1 BQP1 , 其中 QP1 是可逆的, 因此 A 与 B 相似. 41 l 1 0 1 7. 解:因为 lE  A  0 l2 0  l(l  2)2 , 所以 A 特征值为 0,2,2.(然后 l 1 1 0 验证 A 可对角化,从而 B 可对角化) 因为 B  (kE  A)2  k 2E  2kA  A2  f ( A) (其中 f (x)  x2  2kx  k 2 ), 所以 B 的 特征值为 f (0)  k 2, f (2)  k 2  4k  4, f (2)  k 2  4k  4. �k 2 � � ��. 所以 L  � k2  4k  4 k 2  4k  4�� �� 习题 5.5 5 . 解 : 因 为 l E  A  [l  (n 1)b](l  b)n1 , 所 以 A 的 特 征 值 为 一 个 一 重 特 征 值 (n 1)b 和 一 个 n 1重 特 征 值 b . 因 为 秩 ([(n 1)bE  A] )= n 1, 所 以 n1  n  (n 1)  1与重数相同. 因为秩([bE  A])=1, 所以 n2  n 1 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 �(n 1)b b � � O � � �. � � � b�� � 6.证明:设 l 为 n 阶方阵 A 的特征值, x 为 A 的属于 l 的特征向量, 则有 Ax  lx . 所以 A2x  l 2x  x , 即有 l 2  1 , 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, A  B , ↓5  a  4  b, , 由此可以得到 ■  6  4b. 从 ○ 6a 而可知 a  5, b  6 . 当 a  5, b  6 时, 易知 A 的特征值为 2,2,6. �1 1 1 � 求 解 方 程 组 (2E  ��2 4 2��) X  O , 得 到 属 于 2 的 线 形 无 关 的 特 征 向 量 为 ��3 3 5 �� 42 [1, 0, 1]T ,[ 1, 1, 0]T . �1 1 1 � 求 解 方 程 组 (6E  ��2 4 2��) X  O , 得 到 属 于 6 的 线 形 无 关 的 特 征 向 量 为 ��3 3 5 �� �1 ,  2 , 1���T . ��3 3 所以此时 A 可以对角化。 类似可以证明此时 B 也可以对角化。所以由他们的特征值相同可以知道此时 A 与 B 合 同。 ��1 1 1� � 1 � (2)由(1)可知 P  ��0 3 � ��.  2 3 ��1 0 � 1 � � � l 1 0 0 0 l 1 0 8.解:因为 lE  A  a 3 l2 0  (l 1)2 (l  2)2 , 所以 A 有一个两 2 3 c 0 2 l2 重特征值 1 和一个两重特征值 2. n1  n  秩( E  A ), n2  n  秩( 2E  A ), A 能与对角 矩 阵 相 似 所 以 必 有 n1  2, n2  2 . 因 此 要 求 秩 ( E  A )= 秩 ( 2E  A )=2. �0 0 0 0 � �1 c 3 2� ��a � ��0 2a���, 要使得秩( E  A )=2, 必有 E  A  �2 0 0 0 ��ᄒᄒᆴ �0 1 3 3 1 0 0 0 ��2 3 c 1�� ��0 � 0 0 0 � �1 0 0 0� �1 a 2 2� ��a 00���ᄒᄒᆴ ��0 3c���, 要 使 得 秩 ( 2E  A a  0; 2E  A  �2 1 0 �0 1 3 3 0 0 0 ��2 3 c 0�� ��0 0 � 0 0 � )=2, 必有 c  0 . 综上 a  0 , c  0 . 10.解:(1)由 Ax  l0x 可得三个方程,解之可得结果。 (2)略。 43 第6章 二次型 习题 6.1 2.解:(1) f (x1, x2 , x3 )  x12  2x1x2  2x22  4x2 x3  5x32  (x1  x2 )2  (x2  2x3 )2  x32 , 令 ↓￯■ yy21  x1  x2 , , 因为 1 0 0  x2  2x3 1 1 0  2 ᄍ 0 , 所以线性替换是非退化的. 从而得到标准形 ￯○ y3  x3. 021 y12  y22  y32 . (4) f (x1, x2 , x3 )  x1x2  x2 x3  x1x3 先令 ↓￯■ xx12  y1  y2 ,  y1  y2 , ￯○ x3  y3. 则 f (x1, x2 , x3 )  x1x2  x2 x3  x1x3 = y12  y22  2 y1 y3 = ( y1  y3 )2  y22  y32 则 ↓￯￯￯■￯z1z212x112x112x212x2x,3, 因为 1  1 0 2 ↓￯z1  y1  y3, 2 令 ■ z2  y2 , 1 1 0  1 ᄍ 0, 所以先行替换  y3. 2 ￯○ z3 2 2 1 ￯ z3  x3. 0 1 ￯○ 是非退化的. 从而得到标准形 z12  z22  z32 . 1 1 0 0, 所以线形替换 ↓ y2 y1  x1 , , 是退化的, 所以错. 3.解:(1) 错, 因为 0 1 1 ￯  x1  x2 ■ ￯○ y3  x2. 000 正确的为 f (x1, x2 , x3 )  4x12  4x1x2  6x22  (2x1  x2 )2  5x22 = y12  5 y22 , ↓￯y1  2x1  x2, 因为 2 0 0 其中线性替换为 ■ y2  x2 , 1 1 0  2 ᄍ 0 , 所以该线形替换是非退化的. ￯○ y3  x3. 0 01 44 1 0 1  0 ,所以线形替换 ↓ y1  x1  x2 , 所以错. (2) 错, 因为 1 1 0 ￯ y2  x2  x3, 是退化的, ■ ￯○ y3  x3  x1. 0 1 1 正确的为 f (x1, x2 , x3 )  2x12  2x1x2  2x1x3  2x22  2x2 x3  2x32 = 2(x1  1 x2  1 x3 )2  3 ( x2  x3 )2  2 y12  3 y22 2 2 2 2 ↓￯y1  x1  1 x2  1 x3 , 1 0 0 ￯ 2 2 1 0  1 ᄍ 0 , 所以该线形替换是非 其中线性替换为 ■ 因为 1 1 1 ￯ y2  x2  x3, 2 ￯ 1 y3  x3. ○ 2 退化的. 习题 6.2 1.解: �2 0 0��x1 � x3 ] ��0 3 2����x2 � [ 3.解:(1) f (x1, x2 , x3 )  x1 x2 � ��0 2 3����x3 �� �2 0 0� l  2 0 0 计算特征多项式 lE  ��0 3 2�� 0 l  3 2  (l 1)(l  2)(l  5) , 得到 ��0 2 3�� 0 2 l  3 特征值为 1,2,5. �2 0 0� 解方程 (E  ��0 3 2��) X  O , 得到属于 1 的线形无关的特征向量为[ 0, 1, 1]T . ��0 2 3�� �2 0 0� 解方程 (2E  ��0 3 2��) X  O , 得到属于 2 的线形无关的特征向量为[1, 0, 0]T . ��0 2 3�� �2 0 0� 解方程 (5E  ��0 3 2��) X  O , 得到属于 5 的线形无关的特征向量为[ 0, 1, 1] T . ��0 2 3�� 三个向量已经两两正交, 所以只要单位化即可得到 45 1 [ 0, 1, 1]T ,[1, 0, 0]T , 1 [ 0, 1, 1]T . 2 2 � � � � � � � � � 0 1 0 � � 0 1 0 � 所以 U  �� 1 0 1 � 因此正交变换为 Y  X �� 1 0 1� � 2 0 2 �, � 2 0 �, 而 标 准 型 为 � 1 1 � � 1 2 � � 1 � �� 2 2 �� �� 2 2 �� f ( y1, y2 , y3 )  y12  2 y22  5 y32 . �a11 a12  a1n � A  ��a21 � 6 . 证 明 : (1) 设 �M a22  a2n ��, 令 X  Xi (i  1, 2,, n) ( Xi 满 足 M M ��an1 � an 2  ann � xi  1, x j  0, j ᄍ i ), 则有 X T AX  aii  0 (i  1, 2,, n) , 再令 X  Xij (i, j  1, 2,, n, i ᄍ j) ( X ij 满足 xi  1, x j  1, xs  0, s ᄍᄍi, s j ), 则有 X T AX ij  aij  a ji  aii  a jj  0 (i, j  1, 2,, n) , 因为 aii  0 (i  1, 2,, n) ,并且 ij 由 于 A 是 一 个 n 阶 对 称 矩 阵 所 以 有 aij  a ji , 所 以 由 aij  a ji  aii  a jj  0 (i, j  1, 2,, n) 可得 aij  0 (i, j  1, 2,, n) , 因此 A  O . (2) 若存在两个对称矩阵 A, B 使得 f (x1, x2 , x3 )  X T AX , f (x1, x2 , x3 )  X T BX , 则两 式相减得 X T ( A  B) X  O 对任意 X 成立. 由于 A, B 都是对称矩阵, 所以两者的差 A  B 也是对称矩阵, 根据(1)可知 A  B  O , 从而得到 A  B . 8.证明:因为 i1, i2,, in 是1, 2,, n 的一个排列, 所以 i1, i2,, in 可以通过若干次互换变成 1, 2,, n .而每次互换就相当于交换 lis , lit 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 E(is ,it ) . 由 此 可 知 [ ] E(ism , itm ) E(is2 , it2 )E(is1 , it1 )diag l1, l2, , ln E(is1 , it1 )E(is2 , it2 ) E(ism , itm )  diag ��li1 , li2 , , lin ��. 46 设 C  E(is1 , it1 )E(is2 , it2 ) E(ism , itm ) , 则 CT  E(ism , itm )T  E(is2 , it2 )T E(is1 , it1 )T  E(ism , itm ) E(is2 , it2 )E(is1 , it1 ) [ ] 所 以 得 到 CT diag l1, l2 , , ln C  diag ��li1 , li2 , , lin ��, 因 此 矩 阵 [ ] diag l1, l2 , , ln 与 diag ��li1 , li2 , , lin ��合同. 习题 6.3 3.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= (n  2)(n 1) 种可能, 所以一共有 2 (n  2)(n  1) 多个合同类. 秩为 i , 正惯性指数为 j 的合同类中最简单的矩阵是一个对 2 角矩阵它主对角线上前 j 个元数为 1,中间 i  j 个元素为-1,其他为 0. 6.解:(1)不正确, �1 � �1 � �1 � �1 � � ��, B � ��, C � ��, D � ��, 显然 A 与 令 A  � 1  � 1  � 1  � 1 �� 1�� �� 2�� �� 1�� �� 3�� �0 � � ��, 两者秩不同所以不合同. 所以 B 合同, C 与 D 合同, 但是 A+C  O , B+D  � 0 �� 1�� (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 F , G 满 足 F T AF  B, GTCG  D . 令K  �F G���, 因 为 F,G 可 逆 , 所 以 K 也 可 逆 . 又 有 � � �A OC ���K �F T ��A O ��F ��� �F T AF �� �B D���, 所以 ��O � GT ����O C ���� � � �� KT  � G � GT CG �A O� �B OD���合同. 因此(2)是正确的. ��O C ��与 ��O 47 习题 6.4 �1 0 0� 2.解: A  ��0 m n  2��正定, 首先要求 A 是对称矩阵, 所以有 n  2  m 1 .还必须 m 1 ��0 m �� 要求三个顺序主子式都大于零. 所 以要 求 1 1  0, 1 0 m 0, 0 m 10 0 1 2 0 m m 1  2m 1  0 .因此要求 m  , 所以选(A). 0 m 1 m 6 . 解 : (1) f (x1, x2 , x3 )  x12  2tx1x2  2x1x3  x22  4x2 x3  5x32 的 矩 阵 为 �1 t 1� ��t 1 2 ��,要求二次型正定即要求所有顺序主子式 ��1 2 5 �� 1 t 1 t 1 4 t 1 1 5 1 1 0, 1 t2  0, t 2 2  t(5t  4)  0 , 由此可得   t  0 时此二 1 5 次型正定. 7. 解:因为 A  ��aij ��nᄡn 是正定矩阵, 所以 f (x1, x2 ,, xn )  X T AX 是正定二次型, 所以 对于任意非零向量 X 都有 f (x1, x2,, xn )  X T AX  0 . 现令 X  Xi (i  1, 2,, n) ( X i 满足 xi  1, x j  0, j ᄍ i ), 则有 X T AX  aii  0 (i  1, 2,, n) . 8.证明:(1)参看下面 ᅵ 部分的证明。 (2) ￯ 因为 AT A 为正定矩阵, 所以对任意的 n 维非零向量 X 都有 X T ( AT A) X  0 , 即有 ( AX )T ( AX )  0 , 所以不存在非零向量使得 AX  O , 因此可得秩(A)=n.. ᅵ 首 先 显 然 AT A 是 一 个 对 称 矩 阵 , 现 取 任 意 一 个 n 维 非 零 向 量 x , 不 妨 设 Ax  [ a1 a2  ]am T 48 �a1 � ��a2 � 则 x T ( AT A)x  ( Ax )T Ax  [ a1 � m ai2 a2  ] ¥ am i1 ᄈ 0, 并且当且仅当 �M � ��am � � Ax  [ a1 a2  ]am T  O 时取到 0. 又因为秩(A)=n 所以 AX  O 只有零解, 而 x 是非零向量, 所以 Ax  [ a1 a2  ]am T ᄍ O , 因此 x T ( AT A)x  0 , 由此可得 AT A 为正定矩阵. 9 . 证 明 : (2) ￯ 假 设 秩 (P)
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