線代第三章習題解答.

1、第三章行列式習題 3.13-1-6. 用定義計算行列式a10b10（1） D40c10d1ai , bi , ci , di0,i1,2a20b200c20d 2解：設D4aij4 4則D4中第 1行的非0 元為 a11a1 , a13b1 ，故 j11,3同法可求： j22,4; j31,3; j42,4j1 , j 2 , j 3 , j 4 可組成四個4 元排列1234，1432，3214，3412，故 D4 中相應的非0 項有 4 項，分別為 a1c1b2d 2 ，a1 d1b2 c2 , b1 c1a2 d 2 ， b1 d1 a2 c2其代數(shù)和即為D4 的值，整理后得D4a1b2a

2、2b1c1 d 2c2 d1010 .0002 .0(2)D n000 .0n00 .0解： 由行列式的定義Dn(1) ( j1 j2 jn ) a1 j1 a2 j2anj nj1 j2jn僅當 j1 , j2 , jn 分別取2， 3, ,n-1,n,1時，對應項不為零，其余各項都為零Dn( 1) ( j1 j2jn ) aaanjn( 1)(23 n1) aaaa1 j1 2 j212 23n 1 nn1(1)( n 1) 12n(1)(n 1)n!習題 3.2cos 2cos2sin 23.2-2. 證明 (1)cos2cos2sin 20cos 2cos2sin 2證明 :cos2s

3、in2cos2sin 2cos2cos2sin 2左cos2sin2cos2sin 2c1c3cos2cos2sin 20cos2sin2cos2sin2cos2cos2sin 2a 2abb 2(2)2a ab 2b( ab) 3111a2ababb2b2a(ab) b( ab)2 ab證明 : 左 c1c2 a ba b2b( a b)abab11c2c3001(ab)3右x10000x100(3)xna1xn 1a2 xn 2an 1x an000x1anan 1an 2a2a1 x證明 : 按最后一行展開，得1000x0000x10001000左 an ( 1)n 1 0xan 1 (

4、 1)n 200100001000x1000x1x0000x10000x0000x100an 2 ( 1)n 3a2 ( 1)2n 100010000x0000x100001x10000x100(xa1)( 1)2n000x10000xan ( 1)2 nan 1 x( 1)2 nan 2 x2 ( 1)2na2 xn 2 ( 1)2n(x a1 ) xn 1 ( 1)2nan an 1 x an 2 x2a2 xn 2a1xn 1xn右3=2-3 計算下列行列式（ 1）xaa111111axa( x (naxa( x(n1)a)0x a01)a)aaxaax00x a( xa) n 1 x(

5、n1) a(2)ann( a n) n111a 1an 1(a 1)n 1a nnn (n 1)aa 1a n1Dn1( 1)2n 1n 1an 1a1aaa1annnn111ana1an（最后一行（ n+1 ）行依次與第n,n-1, ,2,1 行交換，經(jīng)過n 次交換；再將新的行列式的最后一行（ 即原來的 n 行）依次換到第二行，經(jīng)過n-1次交換；。最后一共經(jīng)過n(n 1) . 2n( n1)12次換行。使原行列式化為范德蒙德行列式）n( n1)n( n1)(1) 2aja i(1) 2(i j )( ji )0 i j n0 i j n0 i j n(3)anbnan1bn10a1b1a1b

6、1按c1展開 anc1d1D2nd1c1cndncn1dn1000dn (2 n 1)00bnan1bn 10( 1)2 n 1 cna1 b1andn D2( n 1)cnbn D2( n 1)c1d1cn 1dn 10 2 n 1(an d ncnbn ) D2( n 1)D2 a1d1c1 d1 D2n(ai dici bi )1 in（ 4 ）解： 按第一列展開行列式Dn ，得xy0 .00xy00y0000xy .000x00xy00D nxy (1)n 1000 .xy00xy00y0y00 .0x n000x n 100xy n 1x xn 1y ( 1)n 1 yn 1xn(

7、1)n 1 yn（ 5）當 n1時， D1a1b1當 n 2 時，D2a1b1a1b2a1a1b2b1a1b2a1b2b1a1a2b1a2b2a2a2b2b1a2b2a2b2b1a2a111a1b2a21b1 1a2( a1a2 )(b1b2 )當 n 3 時a1b1a1b2a1bna1a1b2a1bnb1a1b2a1bnDna2b1a2b2a2bna2a2b2a2bnb1a2b2a2bnanb1anb2anbnananb2anbnb1anb2anbna1b2bn1a1b2a1bn1a1a1a2b2bn1a2b2a2bncibci11a2a20b1i0b12,3,.nanb2bn1anb2an

8、bn1anan習題 3.33-3-1 利用伴隨矩陣求下列矩陣逆陣cossin（1） Asincos解 : A10A 1存在。 A 11cos , A 12 sin,A 21sin , A 22 coscossincossin1cossinA*,sincossincossincos1212 B34254112110021解： detB= 342321其逆矩陣存在142.54151466A11，A12，413 A1332A21 2A22 6 A2314 A310 A321 A332420210B*13 61 ,B 113 231 2321421671ab，其中 adbc0（ 3）dcabadbc0

9、A11 d, A12c, A21b, A22 a解：d逆矩陣存在又cab11db故dad bccac3-3-2 設矩陣 A25， B46，求AB，A1， B 11321解： AB18716，A0 ，A 1存在103由 A 135，所以A 13511212又B0B 1存在，且 B 1116，故B11/66/161241/81/416163-3-3 設 A 為可逆矩陣，證明(A*) 1(A 1)*證明：A 可逆，A0且逆矩陣為 A 1，A* AA IA*A A 1由于 A0 ， A1可逆且 (A 1)( A 1)*A1I 可得(A1)*1 AA另一方面，由A*(A 1)*AA11AIA由矩陣可逆定

10、義知，A* 可逆，且 (A* ) 1(A 1)*3-3-4 設 Ak0 ，證明： (IA) 1IAA2Ak 1證明：若 ABI，則 BA 1(IA)( IA A2Ak 1 ) IAA2Ak1AA2Ak 1AkIAkI原式得證3-3-5 設方陣 A 滿足 A2A2I0，證明 A及 A2I 都可逆，并求 A 1 ,( A2I) 1解： A2A2I0A2A 2IA(A I) 2IA1(A I) I2顯然 A可逆且 A 11 ( AI )A可逆A02且 A2A2I0 A2A 2I， A2A2A2I 0即 A2I可逆，由A2IA2(A2) 1(A2I ) 1，于是由 A2A2I0 得，(A 2I)(A

11、3I) 4I0(A 2I)(A 3I)4I(A 2I )1(A 3I) I，故 (A 2I) 11 (3IA)443-3-6. 用克拉姆法則解方程組2x1x2x31（ 1）2x1x21x1x2x3321130010解： D210210 33111111111114002114D11 101104D22 10321311311131121142002020D32112110116311131133131x1D14x2D211x3D32D3D3D(1) x12x24x303-3-7 問取何值時，2x1(3) x2 x30有非零解？x1x2(1)x30124120解： D231 c32c2237 2

12、111113(312(72)12)2312(3)(1)(3)4(72 )(1)2(3)742(72)(3)(2)當 D0 時，即(3)(200時，有非0 解即0 ，3 或2 時，有非 0解習題 3.43-4-1 求矩陣的秩與標準形矩陣238213142r1r213141212212r1 r32122122r1r306441314238209669 r131410321000r22r2r1320 32 201010061i21 r23320000300000000秩為 2（ 2）42112118721413r1r2r24r1r3r1r42r11210105010801015r3r2r4r215

13、r21210210030020100100021011c31 c20012200100000010001000為標準形。1000秩為 2（3 ）11012201103100422012r22r1r33r1r42r111012021140403204036r4r3r32r2110120211400016000041 r11012c4c3220112122r3 ( 1)c5c31000164 r400001c2c110000c42c101000c31 c22為標準型。001000001011120011 221 20016000010易知，秩為 4。3-4-2 答：在秩為 r 的矩陣中，有等于零的

14、r1 階子式，沒有等于零的r 階子式，沒有不等于零的r1 階子式。3-4-3 證明：任何秩為 r 的矩陣均可表示為r 個秩為 1 的矩陣之和。證：設 A 為 m×n 矩陣，且 R（ A） = r 。故 A 必與矩陣 B 等價。100000100000100B000第 r行000000即 m 階可逆矩陣 P 和 n 階可逆矩陣 Q 使得 A=PBQ 。又00001000000000000010(第r 行)B00100000000000E11E22Err其中 Eii (i1.2.3r ) 是 m×n 矩陣，僅第 i 行第 i 列的元素為 1，其余元素全都為0.A PBQP(E1

15、1E22Err )QPE11Q PE22QPErr QB1B2Br其中 BiPEii Q(i1.2r )，又P.Q均可逆 .且初等變換不改變矩陣的秩，有R( Bi )R( PEii Q)R( Eii )1(i1.2r )證畢。3-4-4 證明：等價矩陣有相同的標準型矩陣。證：設 A, B 為等價矩陣，則A 經(jīng)過有限次初等行變換可換為B 。從而 A, B 分別經(jīng)過有限次初等行變換可換為相同的行最簡型，再經(jīng)過有限次初等列變換可化為標準型. 故等價矩陣有相同的標準型矩陣.10013-4-5 設A3114,問 取何值時 A的秩最小？101015解：法一 ：初等變換法100110011001311401

16、11011110100000001501500151001100101110111001500150015000（）5則當0或5時，（r A） 3，當0且5時，（r A） 4當0或3時，秩最小。法二：定義法101在 中取,行的一個三階子式31，（ ）A1,2 44 4 0r A 3.0151000113111第五章105）又A00（1015015當或時，即（ ）3.或時，秩為最05A0r A053n維向量空間習題 5.1TTT5-1-1. 解：a-b = a+(-b) = (1,1,0)+(0,-1,-1)= (1,0,-1)3a+2b-c=3a+2b+(-c)=(3,3,0)TTTT+(0,

17、2,2)+(-3,-4,0)= (0,1,2)5-1-2.解： 3(a1-a)+2(a2+a) = 5(a3+a)3a1+2a2+(-3+2)a = 5a3+5a3a +2a +(-a)=5a3+5a ， 3a1+2a +(-a)+a+(-5)a3= 5a3+5a+a+(-5)a31223a 1+2a2+(-5)a3 =6a116a，115)a 3 = a3a 1+2a2+(-5)a 3=2a1+a2+(-6636將 a1=(2,5,1,3)T,a 2=(10,1,5,10)T,a 3=(4,1,-1,1)T 代入a = 1 a1+ 1 a2+(- 5 )a 3 中236T.可得：a=(1,2

18、,3,4)5-1- 3.(1)V是向量空間.由 (0,0,0)V知 V非 空 .設111a=(x 1,x 2, ,x n)V1,b=(y1 ,y 2,y n)V1,則有 x1+x2+ +x n=0， y1+y2+ +yn=0.因為(x1+y 1)+(x 2+y2)+(x n+yn)= (x1+x2+xn)+( y 1+y2+ +yn)=0所以a+b=( x1+y1,x 2+y2,x n+yn)V1. 對于 kR，有kx1+kx 2+kx n=k(x 1+x2+ +xn)=0所以ka=( kx,kx2, ,kx )V .因此 V 是向量空間 .1n11(2)V2 不是向量空間 . 因為取 a=(

19、1,x2, ,x n)V2 ,b=(1, y2, ,y n)V2, 但 a+b=(2,x +y , , x+y )V .因此 V 不是向量空間 .22nn22習題5.25-2-1.求向量 b 關于向量組a1,a 2,a 3,a 4 的線性組合表達式：(1)解：1111010001a1 , a2 , a3 , a4 ,b =11102初等行變換 0100111000001021000100012因此向量 b 關于向量組 a1 ,a2 , a3 , a4 的線性組合表達式為：ba1 a22a32a4 .(2) 解：1112310002a1 , a2 , a3 , a4 , b =12121初等行變

20、換 0100411002001091310100012因此向量b 關于向量組a1,a2 , a3, a4 的線性組合表達式為：b2a14a29a32a45-2-2 (1)解：因為向量組中向量的個數(shù)大于每個向量的維數(shù)由推論 2 知 a1, a2 , a3 ,a4 線性相關 .(2) 解111111111a1 a2 a3126015015133022004因為 R a1a2a33所以 a1 , a2 , a3 線性無關 .(3)解111111111a1a2a324 140612012317024000因為 R a1a2a323 ，所以 a1 ,a2 , a3 線性相關 .(4) 解11111111

21、1a1 a2 a3103014014112023005因為 R a1a2a33 ，所以 a1, a2 , a3線性無關 .5-2-3. 證明 ：假設有常數(shù) k1,k 2,k使 k1b1+k2b2+k3b3=0又由于b1a1 , b2a1a2 ,b3 a1a2a3于是可得k1a1 k2 (a1a2 )k3 (a1a2a3) 0即(k1+k2+k3)a 1+ (k2+k 3)a 2+k 3a3=0因為 a1, a2 , a3 線性無關，所以有k1k2k30k10k2k3 0解得k20k30k30因此向量組 b ,b ,b3線性無關 .125-2-4.設存在常數(shù) k1,k 2,k3,k 4 使k1b

22、1+k2b2+k3b3+k4b4=0因為 b 1=a1+a2, b 2= a 2+a3, b 3=a3+a4, b 4= a 4+a1于是可得：k1(a+a )+k (a +a )+k(a +a )+k(a +a )=012223334441整理得：(k1+k4)a 1+ (k2+k1)a 2+(k 2+k3)a 3+(k 3+k4)a 4=0，（下用兩種方法解）法 一：因為 a ,a,a3,a4為同維向量，則12(1) . 當向量組 a1,a2,a 3,a 4 線性無關時，k 1+k4 =0， k 2+k1=0，k2+k3=0， k3+k4=0，k1k401001方程組k1k201100k

23、2k3，方程組的系數(shù)行列式0110 所以方程組有非零解00k3k400011因此 b1,b 2,b 3,b 4線性相關。(2) 當向量組 a1,a 2,a 3,a 4 線性相關時， k1+k4，k2 +k1， k2+k3， k3+k4至少存在 一個不為0，不防設k1+k4 0，那么k1,k 4 至少有一個不為零。因此k,k2,k ,k4不全為 0，于是可得b ,b ,b,b線性相關。1312345-2-5.證明：（法一）設Aa1, a2 , , am ，Bb1 , b2 , ,bm則有R( A)R(B)因為向量組a1, am 線性無關，則R( A)m ，所以有 R( B) m而 B 是 n 行

24、 m列矩陣，所以 R( B)m綜上知 R( B)m ，所以向量組 b1 , bm 線性無關。（法二）b ,b , ,bm.0k ,k, ,k ,1212mkb +kb + +k b =01 122m ma1=(a 11,a 12,a 1r ),a2=(a 21,a 22,a 2r ),a=(a,a, ,amr)mm1m2b1=(a11,a12,a1r,a1r+1, a 1n),b =(a,a22, ,a2r,a2r+1, a),2212n,bm=(a m1,a m2, ,a mr,a mr+1, a mn)k b +k b + +k b =01122m mka +k a + +k a =0111221mm1k1a +k a+ +k a =012222mm2,k1a1r +k2a2r +kmamr =0k1a1r+1+k 2a2r+1 +kmamr+1 =0,k1a +k a+ +k a =01n22nmmnrk 1(a 11,a 12,a 1r )+k 2(a 21,a 22,a 2r )+km(a m1,a m2,a mr)=0k1a1+k2a2+kmam=0k1,k 2,k m0a1,a2,a ma1,a 2,a m.習題5.35-3-1125311743253117432531174375945313201230123759453134013500