《线性代数》郝志峰习题详解Word格式.docx
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(2)解一,按第n行、第n+1行展开,得
解二,按最简一行、最后一行展开得.
故
14、设,则得,
这时,得,故,即.
15、,
当时,有非零解.
习题二
1、
(1)
(3).
2、
即:
,这时,。
3、
(1)
(2)
4、
5、
6、从变量到变量的线性变换为
7、各工厂的总收入和总利润为.
8、设,由得,即,利用,利用,这时.
9、设,由得,即,故,这时,其中为常数.
10、
(1),故;
(2),故.
11、,
12、
(1)根据对称矩阵的性质:
,根据反对称矩阵的性质:
;
(2)根据可逆对称矩阵的性质:
13、
(1)根据对称矩阵、反对称矩阵的性质:
(2)先证必要性,若是反对称矩阵,则;
为反对称矩阵,为反对称矩阵,为对称矩阵,则,即可交换.
再证充分性,若,则为反对称矩阵。
设为反对称矩阵,为对称矩阵,则,即为反对称矩阵.
14、.
15、
(1);
16、,则。
17、用数学归纳法去证。
当时,.
当时,成立.
则时,,
故为正整数时,.
18、用归纳法去证.
当时,,等式成立;
则当时,
故为正整数时,成立.
而
19、因,而,故,则均可逆.
20、因,而,故.
21、设,则,
由;
即.
22、,则,而,,故.
23、
(1),其中,,而,故;
(2),其中,而,故.
24、
故.
(矩阵行阶梯形)(矩阵行最简形).
26、
这是矩阵A的标准形D.
27、
这是矩阵的标准型.
28、在秩为的矩阵中,有阶子式、有阶子式,如的,其中有等于0的一阶子式、二阶子式.
29、
(1)
,故.
,故.
30、,
当时,;
31、先证必要性若,即初等变换后化为矩阵,而初等变换不改变矩阵的秩,故;
再证充分性设,由矩阵的等价标准形理论知,矩阵与有等价标准形,,即,由等价关系的传递性知.
习题三
1、.
2、,则.
3、
,这时.
当时,可由线性表示.
这时,,为矩阵行阶梯形,为矩阵行最简形,于是.
说明:
这一题可用克莱姆法则求解.
5、
(1)记,因为向量组不能由向量组线性表示,所以,从而
这时,;
,
这时.
6、
(1)因为,所以线性相关.
(2)因为,所以线性相关.
(3)因为,所以线性无关.
(4)因为是四维三个向量,所以线性无关.
(5)因为是二维三个向量,所以线性相关.
7、因为,所以.
8、
(1),则线性相关,但不能由线性表示.
(2),则存在,使
,但线性无关,线性无关.
(3),则只有时,使,但这时线性无关,而线性相关.
9、因为线性相关,由相关定义知,有一组不全为零的数使得,假设,则不全为零,由上式得.
由相关定义知,线性相关,这与题设矛盾,故,于是,则可由线性表示.
10、用反证法,设有两种不同表示法,,则,而线性无关,故,最后的结果说明表示式是唯一的.
11、先证必要性。
设线性无关,为任意维向量,若,则,即可由线性表示。
若,则线性相关,因向量的个数大于向量的维数,而线性无关,故可由线性表示(例9已证).
再证充分性。
任一向量可由线性表示,则维单位向量也可由线性表示,而向量组与向量组等价,因为线性无关,所以也线性无关.
12、
(1)因为,所以极大无关组为,亦或或。
13、
为矩阵的行阶梯形,为矩阵的行最简形.
(1)由矩阵可见,线性无关,这是所求的极大无关组;
(2);
(3)由矩阵可见,记,则,即。
14、
(1)两个向量不成比例,故线性无关;
包含的极大无关组为.
15、先证向量组等价.显然向量组可由向量组线性表示.又,即,从而
这说明向量组可由向量组线性表示,故向量组等价.
再证秩相等。
则由向量组等价,且个数相同(均为),故。
16、由作为列构成矩阵.
,故,则
,故两个向量组可以互相线性表示,因而向量组等价.
17、
(1);
(2).
18、
(1);
(2),即.
19、因为,所以已成正交,故,则
再单位化:
20、取,则,
,
21、
(1)不是正交矩阵,因第一行元素平方之和;
(2)是正交矩阵,因第行元素平方之和等于1,第行、第行对应元素之和等于零.
22、先证为对称矩阵:
再证为正交矩阵:
23、因都是阶正交矩阵,故;
而,故为正交矩阵.
习题四
,故,取,则,基础解系为.
(2)、,得同解方程组,取,得,故基础解系为.
2、
(1)通解为,(为任意实数).
,得同解方程组,取,则,基础解系为,通解为.
3、,第一个方程与第二个方程对调,并乘第一个方程,得:
当时,此方程组有非零解.
4、
,故无非零解.
5、
(1)总有解(因).只有零解,就没有基础解系;
有非零解,则存在基础解系;
基础解系不唯一,基础解系中含有个解向量.
(2)若已知的一个基础解系为,则的通解形式为,其中为任意实数.
(3)若是的基础解系,则也是的基础解系,这因为:
,即,由于线性无关,故,从而得.
(4)有非零解,且,则,这是正确的结论.
6、先证必要性.若三个向量共面,由共面的充要条件为,知齐次线性方程有非零解.
再证充分性.若齐次线性方程组有非零解,则,即三个向量共面.
7、设为的基础解系,由两个等价的线性无关向量组所含向量个数相等,故等价的线性无关向量组可以为,则可由线性表示,从而也是的解.
又线性无关,的任一解可由线性表示,从而可由线性表示,这就说明也是一个基础解系.
8、设为的基础解系,又设为的线性无关解,由第7题可知,只要证明这两个解向量等价即可.
因为基础解系,故可由线性表示,即
因为线性无关,所以,则可由线性表示,因而这两个向量组等价.
9、利用原方程组与方程组同解,的秩相等,则可证明可由线性表示.
10、记,由,故是的解.反之,若是的解,则.
11、将通解改写为,由此可知,所求方程组有两个自由未知数,且对应的齐次线性方程组为,即,所给表达式为其通解.
12、因为,所以,对施以初等行变换,化为行阶梯形矩阵,
,要使,则必有,此时与同解方程组为,取,则有,故基础解系为
13、因,且中某元素的代数余子式,故存在非零的阶子式,从而可知,则基础解系中所含解向量的个数为.
14、
(1),即
则
同解方程组为,
则(其中为任意常数).
15、
当时,方程组有唯一解.
当时,,因为,所以方程组无解.
,即有同解方程组,解为
其中为任意常数.
16、
,故,方程组有解.
17、
,当时,有解.
18、解一,,当时,方程组有唯一解.
当时,原方程组为;
,同解方程组为,
即(为任意常数).
当时,原方程组为,即,这时第二个第三个方程左边相同,而右边不等,故方程组无解.
解二,对原方程组的增广矩阵施初等行变换,
于是,当时,原方程组无解;
当时,原方程组有唯一解;
当时,原方程组有无穷多组解,其全部解为(其中为任意常数),(或(为任意常数)).
19、
(1)若,则必有解,且有无穷多解.
(2)若,则必有解,且有唯一解.
(3)若只有零解,则有唯一解,这是错误的结论,因二者不一定相等.
20、设,得线性方程组为
其系数行列式,由此可见:
(1)当时,则方程组有唯一解;
故可由唯一的线性表示;
(2)当时,则方程组有无穷多解,故可由线性表示,这时;
(3)当时,则方程组的增广矩阵
因,故方程组无解;
从而不能由线性表示.
21、证一,用非齐次方程组解的定义去证:
因为,
所以是的解.
证二,用非齐次方程组解的结构定理去证:
因为是的解,则是的解,
所以也是的解,即
是的解.
22、
有解的充要条件为,故必要求.
23、由题设知均为的解,且线性无关,而为的解,则的通解为.
24、对增广矩阵施初等行变换,得
同解方程组为,取得,即得非齐次线性方程组的一个解为.对应齐次线性方程组,取得,即对应齐次线性方程组的基础解系为.
25、因为线性无关,且,所以,从而的基础解系中含个解向量,又由得,故是的一个基础解系;
又由得,即,可见是的一个特解,故的通解为((为任意常数).
26、四元非齐次线性方程组的系数矩阵的秩,又是的三个解向量,则,故的通解为(为任意常数).
27、设小鸡、母鸡、公鸡的个数为,则,由
(2)得
,由得,即,
现求其正整数解为.
习题五
1、
(1),
,故的特征值.
当时,解方程,由
,得基础解系为,对应于全部特征向量为(的任意常数).
当时,解方程,由,得基础解系为,对应于全部特征向量为(不同时为零的任意常数).
(2),
,故的特征值为.
,得基础解系为,对应于全部特征向量为(任意常数).
(3),故的特征值为.
当时,解方程,由,得基础解系中解向量个数为,因而任意三个线性无关的向量都是它的一个基础解系,不妨取三维单位向量组,就是对应特征值的特征向量,对应于全部特征向量为(不全为零的任意常数).
此结论可推广至阶,不妨取个单位向量组,就是对应于特征值的特征向量。
2、由为矩阵的特征值知,从而;
把代入矩阵,通过计算得,故.
3、由两边左乘得,由得,即,因为,所以,由此得.
4、已知是的特征值,故是的一个特征值,则的一个特征值为.
5、因是的特征值,故,从而的特征值为,即
的特征值为,于是的特征值为,
因而.
6、用反证法设是A的属于特征值的特征向量,即
则由,得
即.
因是分别属于不同的特征值的特征向量,从而线性无关,故由上式得
即
这与矛盾,因而不是A的特征向量.
7、则;
相似对角矩阵为
8、
(1)A中有特征值1,3,0,有三个不同的特征值,故A可相似对角化.
(2)B中特征值为1,1,3,当时,
故的基础解系中仅含有一个向量
即只有一个线性无关的特征向量,故B不能相似对角化.
(3)由得C的特征值为1个6,2个0,当时,,这说明的基础解系由2个解向量组成,故有两个线性无关的特征向量,故C可相似对角化.
9、
(1)题设是属于特征值的特征向量,由得
(2)由得A的特征值为,因,故,
只有一个线性无关的特征向量,故A不能相似对角化.
10、
(1)因,故其特征多