《线性代数》课后习题答案陈维新Word格式文档下载.docx

1、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1.31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

2、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1.41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

3、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,

4、 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

5、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：

6、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2.12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2.21 解：中一定存在不为零的阶子式,否则

7、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（）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（

8、）=秩（）, 故（）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（）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，

9、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trtr11证明：假如存在n阶方阵满足，则trtrt

10、r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3.24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.

11、 （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

12、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nt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，