《線性代數(shù)》課后習(xí)題答案

第一章行列式

習(xí)題1.1

1.證明：(1)首先證明。(6)是數(shù)域。

因為。之。(6),所以。(6)中至少含有兩個復(fù)數(shù)。

任給兩個復(fù)數(shù)為+"6,%+%百€。(6),我們有

(6!!+仇V3)+(a,+%V^)=(<71+&)+(仇+b2)>/3

3]+4V3)-(a,+b?5/3)=(G|-tz9)+(Z>1—b,)V3。

(a[+b]V3)(a2+&2J5)=(ata2+3blb2)+(仇的+。仇)^3

因為。是數(shù)域，所以有理數(shù)的和、差、積仍然為有理數(shù)，所以

(<Z|+4)+(a2+4V^)—(^1+a,)+(仇+b,)V^eQ(V^)

(G)+仇—(a2+=(t?1—a2)+(Z?!—/?2)V3GQ(V^)

(a1+々百)(。2+b26)=(卬勺+36也)+(仇。2+41。2)8e。(6)

如果。2+626/0,則必有出，%不同時為零，從而。2一名、6/0。

又因為有理數(shù)的和、差、積、商仍為有理數(shù)，所以

4]+々百(4]+伍6)(。2—，2百)5]42-3伍〃2)+(仇

a2空打€。(我

a+b2M(a+bV3)(a-b26)2

2222a2-3b2

綜上所述，我們有0(Ji)是數(shù)域。

(2)類似可證明。(后)是數(shù)域，這兒p是一個素數(shù)。

(3)下面證明：若p,q為互異素數(shù)，則。(、萬)二。(荷)。

(反證法)如果。(赤)三。(&),則3a,be。n④=a+bR,從而有

p=(y[p)2-(a2+qb2)+2ab面。

由于上式左端是有理數(shù)，而6是無理數(shù)，所以必有2ab3=0。

所以有a=0或b=0。

如果4=0,則p=q/?2,這與是互異素數(shù)矛盾。

如果。=0,則有而=a,從而有“有理數(shù)=無理數(shù)”成立，此為矛盾。

所以假設(shè)不成立，從而有。（、萬）2。（、萬）。

同樣可得。（“）＜2。（而）。

（4）因為有無數(shù)個互異的素數(shù)，所以由（3）可知在。和況之間存在無窮多個不同的

數(shù)域。

2.解：（1）P（CT）是數(shù)域，證明略（與上面類似）。

（2）。（口）就是所有的實部和虛部都為有理數(shù)的復(fù)數(shù)所組成的集合。

而見（Q）=c（Q）=復(fù)數(shù)域。

（3）z（Ci）不是數(shù)域，這是因為他關(guān)于除法不封閉。例如;史z（Q）。

3.證明：（1）因為尸,K都是數(shù)域，所以。工從而。q^cK。故fcK含

有兩個以上的復(fù)數(shù)。

任給三個數(shù)a,bw/cK,0wcefcK,則有a,Acw/且a,AcwK。因為￡K是

數(shù)域，所以有?！?,。仇@€尸且?！纀,ab,@eK。所以。士仇。兒qG尸cK。

CCC

所以/CK是數(shù)域。

⑵F2K一般不是數(shù)域。例如F=。（、②,K=2（73）,我們有GFUK,

怛是娓=叵石生F2K。

習(xí)題1.2

2.解：項。23。3142a56/4。65的符號為（一1）".5⑹+「⑶2645）=…

習(xí)題1.3

111

I.證明：根據(jù)行列式的定義:\1_a..—1

：=E（一1）"防“"'%心2力…a%—

111

Z(―1)"必"=0。

j\h-in

所以上式中(-1)的個數(shù)和(+1)的個數(shù)一樣多，(-1)是由奇排列產(chǎn)生的，而(+1)是由偶排列

產(chǎn)生的。同時根據(jù)行列式的定義這里包括了所有的〃階排列，故可以得到全體〃階排列

中奇排列的個數(shù)與偶排列的個數(shù)?樣多，各占一半。

199819992000199819991199811

—

2.解⑴200120022003200120021200111=0

200420052006200420051200411

1001000

022()200下三角形

(2)01x2x6x8=96；

0-330G+G0-360

40044008

1110I111011101110

1101R00-1101114+凡0111

(3)

1011R0-1010-1010012

0111011100-1100-11

a+b+c

2b

c—a-b

1I1

R「(2b)R、

=(a+b+c)0-b-c-a0=(a+匕+c)3。

4-(2c)R,

00-c-a-b

72222152222152222

2722215722205000

G+WcR「R,

(5)22722i=2152722一00500

i=2,3,4,5

2227215227200050

2222715222700005

上三角形.

======15x5x5x5x5=3x5'。

X%提取每行的公因子%%性質(zhì)4

3.解：（1）

八2%了2n2大2y3Aj%2丸3%%0。

"2X3%%*

a12a+12a+32a+5

c-cb228+12b+32b+5

(2)左端

i=4,3,2c22c+l2c+32c+5G-G

d-2J+12d+32d+5

a22〃+l22

b22b+\22

=0=右端o

c22c+l22

d22d+\22

1a}a21〃]a2…aH_1

1q+b{a2an-\0仇0…0

R-R]

(3)‘：

1a}a2+b2明00%-??0

i=2,…〃

??

16Z|Q?000?hnM—,1

上三角形

他2,?也T。

⑷原式（先依次C〃一C〃T，C“_]一?！癬2,…C一孰）=。。。c

???,ifn>2

…，ifn-2

⑸原式（先依次&一（-2,…，R，一叫）=。。。，c

…，ijn>2

4.解：設(shè)展開后的正項個數(shù)為X。則由行列式的定義有O=x-（〃!-x）=2x-〃!。又因為

10???0

D=（利用叫+叫力=2,3「-,〃）\2…0

（下三角行列式）=2"-'所以有

12???2

2'-'+n!

2"=2x-n\,x=

2

4+A+Gq+%%+瓦

G+G+G

5.證明：(1)左端22+4++4

。C2C2a2+h2

提取公因子c「C

C+%+4

。3+”3+3a3

%+耳+cbi

lC"+gq

2bc=右端。

電+%+C2i2

(-1)C2;(-1)C3

%+4+C34

(2)利用性質(zhì)5展開。

6.解：(3)與上面3(3)類似可得。

7.解：利用行列式的初等變換及性質(zhì)5。

~ai6000

0—QjQ,

C1+1+C，

8.解:

000

111

―q00-??00

0—生0,t,00

下三角形

000—6i71—,10

123-??n-1n

9.證明設(shè)原行列式=D。則對D進行依次如下變換后

5

lO'xC.JO^xQJOOQaOQ.C,+ZG所得的行列式D'第一列由題設(shè)中所給的5個數(shù)

i=2

字構(gòu)成。從而由行列式的定義可知D'可被23整除。又山行列式的性質(zhì)知D'=1()1°。。

因為23是素數(shù)，且1()1°不可能被23整除，所以D可以被23整除。

習(xí)題1.4

xab0c

ab0

0xcih

7按第5行展開0y00按第4列展開

1.解：⑴0乙0,四0y0

ez0

8hkuI0ez

000v年hku

0

按笫1列展開y0

xuvxyzuv；

z

11111111111

2341230012-1

3412i=4,3,211-31(=2,3,4°0-40

41231-3110-400

按第1列展開一習(xí)題1.2第7-(4)題3(3-1)

0-40=(-1)2(-1)(-4)(-4)=16；

-400

abcde

1000

01nUnUnU

按第1列展開0100

(3)方法一0010ca

0010

00010

dcha

cba

bd

1000第2個行列式按第4列展開

+(-1產(chǎn)7

0I00

0010

100

/+e(—1)4+7010=a2—e2；

001

方法二逐次均按第2行展開可得同樣結(jié)果，具體解法可參見下例。

%00??01

?

0a20??00%0??1

00a.??000a,???0

(4)逐次按第2行展開3J

=ci2

000??%010??,an

100??04

"a一

1ooo1111ooo

OOO%OOO

陽%￡9/

.

q4111q白q111i

%

當

5)占

%M%^J%打Jz

22OO02，2

芍O00

七

%當

/打

4222222

再

々

々

%^q%q當

^1

11000

v2x3000

4后000

c,111

>2C2X2X3X]

%C3X；X；X：

=—。（再,工2,*3）~=—（*3—%）~（元3—*2）（，2一再）~；

1111

12-2x

2=0(1,2,-2,x)=(x+2)(x-2)(x-1)(-2-2)(-2-1)(2-1)

44X

I8-8X2,

=12(x—1)(/—4)；

（7）換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，換行后可得到范德蒙行列式。

xy0???00

0xy???00

00x???00按第1列展開

2.解：⑴,

000???xy

y00-??0X

0300

xy0

y…00

°+(-i),,+1y0

x???00

000

0???xy

=xn+(-l)w+l/；

=1+￡為；（此處有筆誤）

1=1

1+玉弘1+王%…1+占北

1+々乂1+%2》2…1

⑶

1+XQ1l+x,M

1+x陰1+再必…1

R「R、(x2-x,)y2???（々一再）二

2,3,…，〃

6—FH（%一百）出???(X"f)K

1+XM1+%%1,?i+xy“

%%

=(x2-xl)(x3-xl)---(x?-xt)

力

據(jù)此當〃=2時，原式=（々一6）（〉2-%）；當”>2時,原式=0O

3.解：（1）將2按第〃列展開得:

xyy…y

zx0…0Xyy???y

zX0???00

0z%…0zx0…0

0zx00

D.=(-D""y+x0zx0

?????

000???x

000-??x0

000???z000???x

000???zX

=(-1)"“"01。

（2）略（參考課本例中的敘述）。

4.解：（1）交換行、列后得到三角塊行列式，然后利用例1.4.6的結(jié)果；或者直接利用Laplace

定理。

（2）左端先做變換G+。4，。2+。3,再做變換我4一“，氏3一寵2,然后利用P30推論。

765432

9789437497

???????????5361

再分塊,432

5.解：（1）749700^=(-l)2x4

43

5361000056

0056000068

006800

3456

=4；

4:368

1221

12211221

2101

0102()0121212

(2)=???....?????—=9；

201121012121

0012

02010021

0021

(3)利用初等變換。

附加：P30推論的證明：

證(1)將第r+1列與r列交換，由將新的r列與r-1列交換，如此繼續(xù)，直到將第r+1

列交換到第1列，這樣共交換r次；再將第r+2列如上方法交換至第2列，也交換了r次，如

此繼續(xù)直到將r+s列交換至第s歹IJ.于是交換了rs次后得到

,,,許CII.,-0cll.人.??air

2rl,???arrcrl,???crscrl,???crsarl.???arr

=(-ir

0???0bn,,?吼?,瓦0???0

0-??0,,久，,,久0???0

將所得行列式的第r+1行依次與第，?行，行，……，第1行交換.交換r次后，r+1行交換

至第1行.類似地交換r次后將「+2行交換至第2行，……，交換r次后將第r+s行交換至第

s行，于是交換rs次后得：

瓦.0?■■0

0???0

(-l)rv(-l)r,

C'li.,,。aw,

a

%.■■css?rl,"rr

(2),(3)思路與(1)類似，證明過程略去。

習(xí)題1.5

10201020

102

200-1G+。4000-1第2行展開，八

2.解：計算得D(-1)210

21002100

401

00124012

=4/1—1

根據(jù)克拉默法則，當。K0時，即/1w工時,

原方程組只有零解。

4

習(xí)題1.6

1.證明：方法一歸化

1+q11??1

11+41“1R-R

D“=111+4??1--1

“=1,…,〃一1

..1+aJ

111

IR00-an

q00-an

.，10電0…乜

0a20???-an凡+?”0o%…f,

00%-a

nfcr;:一

111?-?\+a,1|o。?！璴+a“+%Z—

/=!q

,登1、

=a}a2---an

1=14

方法二歸納法

當〃=1時，￡>[=1+〃[=%(1+—).結(jié)論成立.

假設(shè)〃一1時結(jié)論成立，即有=。巡2…

貝D當〃時，將的第〃列看成1+0,1+0,……,\+a?,故。，可表示為2個行列式之和，而

第2個行列式按第n列展開可算出為%從而

1+61111+q11…1

11+U，2111l+a21…I

D.111+1111+4…1

111?1+凡1111

1+〃]11…100…0

1+421…10a20-?■0

R?-Rr.

而111+4…100…0=ata2?-?an_t.

/=1,2,???,?-1

11111111

+aa

所以。產(chǎn)ata2???an_]+=%的…%-i?…,,-\。+

i=\

=aya2…a”(1+￡-)=右端.

r=lai

方法三遞推

由證明(二)可知Dn與存在以下遞推關(guān)系:?！?。必2—。,1+4，1

JD.

所以?！?a]a2?--a”1+anDn_l=aia2---ai—)=???=ata2…a“(1+

=右端.

方法四加邊法

1-1-1…-1

c-c,1%0-為

10…0___i=2q

j=2,3,+1：???

????

100…a\

1+J—00

140

10a,

100

2.證明：(1)注意當把行列式按第n列展開時，得到的遞推公式中有三項，故歸納法第一

步應(yīng)驗證n=l,2時均成立。而歸納法第二步應(yīng)假設(shè)當〃<k(A23)時成立，去證明當

n=k時成立。

3.解：(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

鳥—冬,夫2-&，…，一尺；然后按第一列展開，再依次G-G，i>i；最后按最

后一列展開。

4.解：通過倍加行變換易知f(x)的次數(shù)最大為1；又因為如果%全取零，則有f(x)=O。所

以選(D)。

5.看自己或別人的作業(yè)。

6.解：方法一：利用課本中例1.4.3的方法。

方法二：設(shè)/（X）=Z）（X1,X2,…,x“,x）。則有f（x）中x"T的系數(shù)為又因為

/（x）=n（x—七）口（占一為）（范德蒙行列式），所以f（x）中￡1的系數(shù)為。。。

??

所以可得，，=…。

第二章線性方程組

習(xí)題2.1

2.證明.因IAIRO,說明a”。也…卬“不全為零，故當某個力0,通過適當?shù)男谢Q,

可使得a-位于左上角，用ak；'來乘第一行，然后將其余行減去第一行的適當倍數(shù)，矩陣A

1412a\n

0

可以化為:0，由于IA匡0,此時必有IA/#0,故可以對4重復(fù)對A的討

A

o

1aa

i2。13???\n

01a

。23???2n

論，此時A可經(jīng)初等行變換化為001a3n,然后再將第〃行的一冊倍加到

000...1

第i行(i=1,2,...,〃—1),再將第〃一1行的—即“_])倍力倒第i行(i=1,2,...,n-2)，這樣

10???0

010

繼續(xù)下去，一直到將第2行的-加倍加到第1行，此時A就化為：：：故所證結(jié)

0001

論成立。

3.證明：以行互換號為例：列互換可以同樣證明.

ailai2ai\%,

()

若A=R,+TK)

aj\aj2%■ajl~Ui\aj2~ai2

%,

K+R,)號*T）居）

aaaaaa

j\~i\j2~i2jn~inflf2

................,這相當于A中交換第，?行和第1行，所以結(jié)論成立。

Jai\ailain

習(xí)題2.2

1.解：A中一定存在不為零的r—1階子式，否則秩（A）＜r—1,與題設(shè)秩（A）=r矛盾.由

秩（A）=/?知，4中至少存在?個7?階子式不為零，這表明A中的r階子式只要有一

個不為零即可，其余可以等于零，也可以不等于零.A中一定不存在不為零的/"+1階子式,

否則A的秩至少是r+1,這也與題設(shè)秩（A）=「矛盾。

2.提示：利用矩陣的行秩和向量的極大無關(guān)組證明。

3.略。

4.思路：可將矩陣寫成一個列向量和一個行向量的乘積，從而由秩41；進而因為矩陣不

等于零，所以秩〉0。

5.略。

習(xí)題2.3

略。

習(xí)題2.4

a\\a\2.-4

b

a2\〃22°,a2n2

2.證明：(I)的增廣矩陣為7=

an-\AQ〃-1,2?,4T,0Ui

_an\02?-a,mb.

因為系數(shù)矩陣的秩不超過增廣矩陣的秩，所以有秩(4)2秩(A).

觀察可知，矩陣3其實就是在增廣矩陣A下面加了一行，所以秩(5)2秩(4).由題意

知,秩(A)=秩(6),據(jù)此可得秩(失)2秩(A),綜上知秩(A)=秩(A),故(I)有解。

3.解：將增廣矩陣只用初等行變換化為階梯形矩陣.

1h2

I4

1-1b..i

-11b.

1-1b\

1-1b2

Ib3

1-1b“_[

04+4+..?+4

當4+與+…+"#0時，秩(4)w秩(A),所以線性方程組無解;

當4+與+…+，=0時，秩(4)=秩(4)〈未知量個數(shù)，所以線性方程組有無窮多解.

xl—x2=bi,

x2-x3=b2,

原方程組同解于《X3T4=4,

=*

X[=匕1+匕2+b3T---1-b“_i+1,

x2=b2+b3^----卜bn_i+1,

故通解為＜5其中f為任意常數(shù)。

J=%+，，

x,=t.

"ii…q.〃一[:

a2\***a2,n-\：a2.n

4.證明：該線性方程組的增廣矩陣了=,由題意￡)=|qJwO知

。31…a3ji-l:。3.〃

，〃1…冊1；&

秩(?)=〃.但是系數(shù)矩陣A是一個〃x(〃-1)的矩陣，所以秩(A)W〃-1〈秩(N).據(jù)

此秩(A)W秩(入)，所以該線性方程組無解。

第三章矩陣

習(xí)題3.1

4.解：(1)由矩陣乘法運可得：

4。12,4ali,4臼.

4021^12"22,

Cl???幾〃“2”

ZM=；AD=

aa

_\n\4a“2-?1_\n\1

(2)與D乘法可換的矩陣A滿足D4=A。。故D4與AO的元素對應(yīng)相等，利用(1)

的結(jié)果，有4%=2為，從而(4一々)囪=°。由于4力乙(iwj)，可得：當i#j

時，%.=(),即A為對角矩陣。

2

11o--i2r

5.證明：(1)數(shù)學(xué)歸納法：當〃=2時,計算得011=012,故結(jié)論成立

001001

k

-110-“Cf

假設(shè)當〃=出時，結(jié)論成立，即有011—01k

_001001

貝?。莓敗?上+1時,

k+C；

k+l

1

1k+\

01k+\,即

001

當〃=左+1時，結(jié)果成立.由歸納法原理知，對任意大于2得正整數(shù)n有

1101n

01101n

001001

(2)當〃=1時,結(jié)果顯然成立.當"=2時,直接計算得長=￡.

E,k為偶數(shù);

假設(shè)當"=人時，結(jié)果成立,即Bk=<.我們要證明當“=%+1時，結(jié)

B,k為奇數(shù);

果也成立，即可完成證明.

第一種情況：k為奇數(shù)，則

100

即1=8*8=86==010=E.

001

第二種情況：k為偶數(shù)，則

Bk+i=B*B=EB=B.

k+lEk+l為偶數(shù);

綜上：B=］，即當〃=k+l時，結(jié)論成立.

B,k+l為奇數(shù);

6.解：(1)先計算出〃=1,2,3,4時的結(jié)果。然后歸納出應(yīng)該有

cos。一sin。cos-sin〃e

接下來用數(shù)學(xué)歸納法證明這一歸納出的結(jié)

sin(pcos(psinn(pcosn(p

果。

當n=l時，結(jié)論顯然成立.

COS69—sin°cosk(p-sink(p

假設(shè)當〃=女時，結(jié)論成立,即卡

sin。COS0sinkscosk(p

則當〃=k+l時,

cos(p一sin。**1A+1r-cos。-sine卜cos(p-sinecosk(p-sink。］「cos0—sin。

sin夕cos(psin(pcos。」［sin。cos夕sink(pcos攵夕J［sin夕cos(p

cosk(pcos(p-sinkgsincp-cosk(psin(p-sink9coscp

sink(pcos(p+cosZ/sin(p一sin攵°sin夕+cosk(pcoscp

cos(ke+(p)-sin(e+k(p)cos(k+1)。-sin(k+V)(p

sin(°+k(p)