《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,