《线性代数》课后习题答案陈维新Word格式文档下载.docx
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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1.2
项的符号为
习题1.3
1．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，（-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1.4
1．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+；
（此处有笔误）
（3）
=，
据此当时，原式=；
当时，原式=。
（1）将按第n列展开得:
=+
=。
（2）略（参考课本例中的叙述）。
（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，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+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
计算得
=
根据克拉默法则,当时,即时,原方程组只有零解。
习题1.6
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。
（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。
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。
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。
（范德蒙行列式），所以f（x）中的系数为。
所以可得。
第二章线性方程组
习题2.1
2．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2.2
1．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2.4
（Ⅰ）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（Ⅰ）有解。
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（）<
秩（）.据此秩（）秩（）,所以该线性方程组无解。
第三章矩阵
习题3.1
（1）由矩阵乘法运可得：
；
（2）与D乘法可换的矩阵满足。
故与的元素对应相等，利用（１）的结果，有，从而。
由于（），可得：
当时，，即为对角矩阵。
（1）数学归纳法：
当时，计算得，故结论成立．
假设当时，结论成立，即有，
则当时，
．
因所以，即当时，结果成立．由归纳法原理知，对任意大于2得正整数有．
（2）当时，结果显然成立．当时,直接计算得.
假设当时，结果成立，即．我们要证明当时，结果也成立，即可完成证明．
第一种情况：
k为奇数，则
．第二种情况：
k为偶数，则
综上：
即当时，结论成立．
6．解：
（1）先计算出时的结果。
然后归纳出应该有，接下来用数学归纳法证明这一归纳出的结果。
当时，结论显然成立．
假设当时，结论成立，即．
结论成立．
7．记住结论。
8．证明：
因为与所有n阶方阵乘法可换，故与乘法可换,利用第7题结果有
，即
．设，则
即为数量矩阵．
10．证明：
设，，则
tr
同理可得tr
由于，可得trtr．
11．证明：
假如存在n阶方阵满足，则
trtrtr．
由于，可得trtr，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，满足．
15．证明：
因，都是对称矩阵,故,从而
为对称矩阵.
16．证明：
设，则．
由的主对角线上元素为零
由为实数知
.
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,由题意可知,所以.根据定理3.2.1的推论可知可逆且其逆为.
计算
计算
据此,根据定理3.2.1的推论可知可逆且其逆为.
6．证明：
因为所以有
.由题意可知,所以可在等式两边同乘上,由此可得,整理得,根据定理3.2.1的推论可知可逆且.
7．证明：
（1）由题意可得,根据定理3.2.1的推论可知可逆并且.
（2）由题意可得,而这个等式可化为,即有,同样根据定理3.2.1的推论可知可逆并且.
8．思路：
注意题设实际上是给出了矩阵多项式。
所以一般情况下，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（待定系数法），从而由逆矩阵定义知应该有，即。
在注意到题设是，所以我们有，所以有，即。
因为，所以。
（1）;
（2）由于,所以,由此可得
;
（3）;
（4）;
（5）由
（2）中分析可知,所以
（6）由
（2）中分析可知,则。
都可逆,所以有,由此可知,从而得到.
另一方面,由于都可逆且均为阶方阵,所以也可逆,所以有,而.
综合上述可得.
11．略。
12．证明：
假设是可逆矩阵,那么在等式两边都左乘的逆矩阵可得,这与题设中矛盾!
所以不可逆.
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上的元素不全为零,不妨设这一列为.由于,所以,据此可知是线性方程组的一个非零解.由于有非零解,所以=0.
14．略。
15．解：
（A）可逆的充要条件是而不是,设,但不是可逆矩阵,所以选项（A）是错误的.
（B）设,显然都是可逆的,但是不是可逆矩阵,所以选项（B）是错误的.
（C）可逆的充要条件是而.所以选项（C）是正确的.
（D）不可逆的充要条件是；
而中至少有一行全为零只是的充分条件。
设,但不是可逆矩阵,所以选项（D）是错误的.
习题3.3
（1）设,则原式可以分块写成
利用分块矩阵的性质计算得
而,,据此可得.
（2）设则原式可以分块写成,利用分块矩阵的性质计算得
而,
.
据此可得.
（1）;
（2）;
（3）；
（4）;
（5）。
（1）先证“”,当可逆时,则必有.而,所以有,从而有,因此均可逆.
再证“”,均可逆,则有,所以有,而,所以,据此可知可逆.
综上即有Q可逆A，
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