《線性代數(shù)》課后習(xí)題答案(陳維新)

.2。因?yàn)镼是數(shù)域，所以有理數(shù)的和、差、積仍然為有理數(shù)，所以又因?yàn)橛欣頂?shù)的和、差、積、商仍為有理數(shù)，所以22綜上所述，我們有Q(3)是數(shù)域。（2）類似可證明Q(p)是數(shù)域，這兒p是一個(gè)素?cái)?shù)。22).（4）因?yàn)橛袩o(wú)數(shù)個(gè)互異的素?cái)?shù)，所以由（3）可知在Q和八之間存在無(wú)窮多個(gè)不同的（2）Q(-1)就是所有的實(shí)部和虛部都為有理數(shù)的復(fù)數(shù)所組成的集合。1．證明：根據(jù)行列式的定義=Σ(-1)τ(j1j2jn)aa…1j12j2j1j2jnnnjn ij(j1j2jn)=0。j1j2jn列中奇排列的個(gè)數(shù)與偶排列的個(gè)數(shù)一樣多，各占一半。2．解(1)02300230042231004201111100601100R010110001110上三角形a+b+ca+b+ca+b+c提取公因子1101107222227222227222222227227C+ΣCii=2222222720500027一0050022000502200005上三角形c2d2C-Ciii-1c2d2提取每行的公因子xxxyyyC-CC-Cyyy323yyy323yyy323…11a2…a22…an-12n-1n-12R-R100a1b10a20b2…an-1…0…0n-1上三角形-Cn-1n-1n-221-Rn-1n-1n-221ifififififififif4．解：設(shè)展開(kāi)后的正項(xiàng)個(gè)數(shù)為x。則由行列式的定義有D=x-(n!-x)=2x-n!。又因?yàn)镈=（利用Ri11001122……02（下三角行列式）=2n-1。所以有2n-12.27．解：利用行列式的初等變換及性質(zhì)5。C-CC-Ccc2c3-a10a1-a20a200010101…-an-1…1an-110-a102010203…-an-1…n-14xC3xCΣ5C所得的行列式D′第一列由題設(shè)中所給的5個(gè)數(shù)xab0c0y00d0ez0fghkul0000vx00gayehb0zk按第4列展開(kāi)x00aye按第1列展開(kāi)ye0z=a12341341按第1列展開(kāi)ii11111i1i101200044000bbac01010按第1列展開(kāi)100d010c001b方法二逐次均按第2行展開(kāi)可得同樣結(jié)果,具體解法可參見(jiàn)下例。a10002000a30002a…0a100a3n=·…·=na11an1x1a1a1a31x2b1b2x22b3001x10x21001x20x220xxc1x30x2330x23c3C1x1a1a2x21a31x2b1b2x22b31x3c1c2x23c3001x20x22001x30x23001x10x21R.1x1x21a2a1a31x2x22b2b1b31x3x23c2c1c3000x21x22000x31x23000x11x21R1x1x21a1a2a31x2x22b1b2b31x3x23c1c2c30001x2x220001x3x23000xx2123x00yx00yx......0000y0000xyx000yx01a1a1a22a2333aaaa1a2a3a111a210a301a00C+ΣnCiyynyy2n2yni1(xx)y(xx)y…(xx)ynx)ynx)y…(xnx)yy1y2…ynyn…ynyyy213．解1）將D按第n列展開(kāi)得:nD=nxz0yxzy0xy00000000y+xxz0yxzy0xn1796758493475004300965671680000347543967100560068.1020210220102C102020102102R122120000012122r+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列.于是交換了rs次后得到ar10arr0cr1bcbarr0.r1r12．解：計(jì)算得D==4λ1λ00102 14n-1Σn-1Σ1211n111112111131111000n…-n…-a3n3inainii=1iinR-Riin11ai方法二歸納法-1a而第2個(gè)行列式按第n列展開(kāi)可算出為aD從而nn-1,故D可表示為2個(gè)行列式之和,n1111111111222D+aD+aD33n11111112n333EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up9(1),a)由證明(二)可知D與D存在以下遞推關(guān)系:D=aa…a+aDΣ所以D=Σ所以D=aaa+aD=aa=aa=右端.n11112111111101101132C一C11111010a…0…02n1+Σn111ai01000a2n2．證明1）注意當(dāng)把行列式按第n列展開(kāi)時(shí)，得到的遞推公式中有三項(xiàng)，故歸納法第一3．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4．解：通過(guò)倍加行變換易知f(x)的次數(shù)最大為1；又因?yàn)槿绻鸻全取零，則有f(x)=0。ij所以選(D)。5．看自己或別人的作業(yè)。.ii=…=…。nj可使得a位于左上角,用a-1來(lái)乘第一行,然后將其余行減去第一行的適當(dāng)倍數(shù),矩陣||0A可以化為:|0|a']|」1]EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up13(12),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up12(0),0)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up12(...),...)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up14('),i)倍加到第i行(i=1,2,...,n-1),再將第n-1行的-a'倍加到第i行i(n-1)(i=1,2,...,n-2),這樣繼續(xù)下去,一直到將第2行的-a'倍加EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up33(1),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up33(0),1)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up33(0),0)3．證明：以行互換R為例:列互換可以同樣證明.若ij.]iA=]iA=||||i1i2in||||i1i2|ja-ajninj1j2ajnjj1-ai1aj2ja-ajninj1j2||||||||i—Rjj2jnj1—||j2jnj1a-aa-a-aa-aj1i1j2i2jEQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up13(-a),i)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up13(-a),i)jninLi|aj1aj2...ajn|—jEQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up12(a),i)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up12(a),i)由秩（Ar知，A中至少存在一個(gè)r階子式不為零,這表明A中的r階子式只要有一個(gè)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r+1階子式,否則A的秩至少是r+1,這也與題設(shè)秩（Ar矛盾。2．提示：利用矩陣的行秩和向量的極大無(wú)關(guān)組證明。4．思路：可將矩陣寫(xiě)成一個(gè)列向量和一個(gè)行向量的乘積，從而由秩<1；進(jìn)而因?yàn)榫仃嚥?1|||||||…a22an-1,2n-1,nn-1,2n-1,nn-1,1n2nn2nn因?yàn)橄禂?shù)矩陣的秩不超過(guò)增廣矩陣的秩,所以有秩(A)>秩(A).觀察可知,矩陣B其實(shí)就是在增廣矩陣A下面加了一行,所以秩(B)>秩(A).由題意知,秩(A)=秩(B),據(jù)此可得秩(A)>秩(A).綜上知秩(A)=秩(A),故(Ⅰ)3．解：將增廣矩陣只用初等行變換化為階梯形矩陣.113EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up1(3EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up1(—R—+),n)—n1喻1|n-1n-1||nEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up17(1),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up17(2),3)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up17(1),2)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up27(,),,)n-1nn-1x3-x4n-1nn-1-EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up16(n),1)t,n-1-1]|||]||||4．證明：該線性方程組的增廣矩陣A=214．證明：該線性方程組的增廣矩陣A=ijn,n-1「λaDA=|λEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up22(1),2)aEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up22(1),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up22(1),1)…λa…λaEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up12(n),n)||||j可得：當(dāng)i士jiijjijijijijij||||||k|EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up12(0),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up12(1),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up12(1),1)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up12(0),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up12(1),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up12(k),1)|因C22|所以|012]]EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up16(1),1)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up16(0),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up16(1),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up16(1),1)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up16(0),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up16(1),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(,),,)；．果也成立，即可完成證明.「1|kB|kB4-344-34-2|「1||0100]lB,n「，接下來(lái)用數(shù)學(xué)歸納法證明這一歸納出的結(jié)當(dāng)n=1時(shí)，結(jié)論顯然成立.k「EQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(cos),sin)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(Ψ),Ψ)EQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(n),s)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(Ψ),Ψ)EQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(cos),sin)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(Ψ),Ψ)EQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(n),s)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(Ψ),Ψ)kEQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(cos),sin)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(Ψ),Ψ)EQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(n),s)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(Ψ),Ψ)EQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(cosk),sink)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(Ψ),Ψ)EQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(n),s)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(kΨ),kΨ)EQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(cos),sin)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(Ψ),Ψ)EQ\*jc3\*hps32\o\al(\s\up13(n),s)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up14(Ψ),Ψ)結(jié)論成立.8．證明：因?yàn)锳與所有n階方陣乘法可換，故與E乘法可換利用第7題結(jié)果有ij,EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up11(0),0)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up11(0),0)ij| 2i nij0] iAEij0aj100aj20…0ajn…0|||||||L||||||||||||iijj,vi,j=1,2,n．設(shè)a=λ,則A=laij=0即A為數(shù)量矩陣.10．證明：設(shè)A=|11|11,則jiijΣajibij由于ΣΣajibijΣjiij所以假設(shè)不成立．即不存在n階方陣A，B滿足AB-BA=E..「a…a]「a…a]…TATA的主對(duì)角線上元素為零證法二：利用二次型。2i4．思路：注意到矩陣多項(xiàng)式的運(yùn)算和一般多項(xiàng)式的運(yùn)算一樣就可以了。k-1)kk-1)5．證明：計(jì)算(E-J)(E-n1n-1J)=E2-JE-1n-1n1J2n=E-nJ+n1n-1J2=En1(nE-J)JEQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up16(n-),-1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up16(-),-)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up16(1),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up16(-),-)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up16(1),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up16(1),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up16(1),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up16(1),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up16(1),1)n1E-J可逆且其逆為E-J.nm-21乘上--a0m-2 0m0 m0...44222EA如果可逆，其逆矩陣也應(yīng)該是一個(gè)矩陣多項(xiàng)式。所以我們可以假設(shè)其逆矩陣為1-。22133A11313*A*(AB)*綜合上述可得(AB)*=ABB-1A-1=B*A*.13．證明：根據(jù)題意可知存在非零的n×t矩陣B使AB=O,B是非零矩陣所以必存在某一列「a]「a]「0]niA=0.矩陣,所以選項(xiàng)(A)是錯(cuò)誤的.O]「A005|1|0得||1|0得|.EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up8(0),2)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up21(1),0)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up21(4),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up8(1),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up8(1),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up8(1),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up21(0),0)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up21(1),0)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up21(0),1)而||2222]「10]102]4]4EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up9(2),2)4「A「A10-1n2]A-1;「A]-「AA-1]「E]「A]-「AA-1]「E]-1]nA-1]EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up13(A2),A)21綜上即有Q可逆常A，B均可逆.D]-「OD]-「OD]「E]而D]「AFAG]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(AF),AG)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(E),O)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up2147483647(BC),BD)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up2147483647(O),E)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up15(B-),O)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up15(A),O)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up15(O),B)-1EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up14(A-),O)1.7]「AO].1-1]「27]-1「3-7]「-37]-1EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(A),O)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(O),B)-1EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up16(A-),O)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(2),0)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(0),7)i行與j行互換相當(dāng)于用初等矩陣E(i,j)左乘A得到E(i,j)A.由于(A-1E(i,j)-1)(E(i,j)A)=E,而E(i,j)-1=E(i,j),所以相當(dāng)于A-1右乘了初等矩陣E(i,j),即A-1中的i列與j列互換.(2)A中i行乘上非零數(shù)k相當(dāng)于用初等矩陣E(i(k))左乘A得到E(i(k))A.由于(A-1E(i(k))-1)(E(i(k))A)=E,而E(i(k))-1=E(i(1)),所以相當(dāng)于A-1右乘了初等k(3)A中第j行乘上數(shù)k加到第i行相當(dāng)于用初等矩陣E(i+j(k),j)左乘A得到E(i+j(k),j)A.由于(A-1E(i+j(k),j)-1)(E(i+j(k),j)A)=E,而E(i+j(k),j)-1=E(i+j(-k),j),所以相當(dāng)于A-1右乘了初等矩陣E(i+j(-k),j),中第j行乘上數(shù)-k加到第i行.7．解：由于A(E-C-1B)TCT=E,所以A[ET-(EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up10(1),2)而CT-BT=|3012300120]||+01000||+010000100]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up11(1),0)|0|0]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(0),1)——喻下面只用初等行變換把CT-BTA]即可.0123001200010]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(0]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(0),1)-21|-2從而得到A=|1|EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up4(r),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(r),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(r),O)O]O]O]EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up12(r),O)|||||Om-r,n-r|LOm-r,n-r|LEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(r),O)00||Om-r,n-r|||Om-r,n-r|| |m-r,n-rm-r,n-r]]0Q+…+P00m-rm-r,n-r||Om-r,n-rm-m-r,n-r|-r,n-r||其秩為1,而P,Q可逆,所以三個(gè)矩陣的積的秩仍然為1.這樣A就表示成了r個(gè)秩為2．解：設(shè)ALL|||||||m-r,n-rOm-rm-r,n-rL…,A.r.|Om-r,n-rrL1而不是r.所以該逆命題不成立.0Om-r,n-r」「E]「Q]P-1A-1nmEQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up9(P),1)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up9(P),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(P-),2)1EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(P-),2)1都是可逆矩陣,所以M也是可逆的.又因?yàn)橹?A)+秩(B)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up18(A),C)「EO]「OA]-「EO]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up8(P),1)rEQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up8(P),2)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up8(P),2)2「EO]「OA]-「EO]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up2(P),1)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(O),O)rEQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(A),C)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up17(O),O)所以存在可逆矩陣M使得AMB=O.EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up4(2),0)所以(4)不一定成立.TATTAT=ATBT,所以(7)成立.11|||00]132TA=|||0]11111122122,所以該項(xiàng)不一定成立.2]2]|0|2|2]「A0(3)MT=|TCT]「ADTEQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up16(O),B)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up16(A),O)所以是正確的.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(r),O)O]使得EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up10(r),O)令EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(r),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(r),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(r),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(r),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(r),O)O]「EEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up12(r),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(r),O)O]O]EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up10(r),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up12(r),O)A.得到的D,F即為所需的兩個(gè)矩陣.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(r),O)rQ,同(1)分析可知這樣構(gòu)造得到的.r(BC)<r(ABC)。又因?yàn)閞(ABC)<r(B)，所以r(ABC)=r(B)。 ,C線性無(wú)關(guān)，所以t2s_1s線性表示，所以(III)能用(IV)線性表示。因?yàn)?III)線性無(wú)關(guān)，所以(III)中所含向量1r_11r_1r1r_11r_1r111r_1r_1rr1r_1 rk11r_1r_1rrC2CCC線性無(wú)關(guān),所以CC2必線形無(wú)關(guān),又因?yàn)镃CC相關(guān),所以aa能經(jīng)aa2線性表示,并且表示方法唯一.(2)若a4能經(jīng)aaa線性表示,不妨設(shè)表達(dá)式為a41能經(jīng)a2a31帶入到a4中即有a-(kt-(kt=O,從而得到a,a,a意中aaa線性無(wú)關(guān)矛盾!所以a不能經(jīng)aaa線性表示.LL-2a44可得秩([aaaa])=4,|0這四個(gè)向量線性無(wú)關(guān),2-1001120-3」所以該向量組是P4中的一組基.「1|EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up13(0),0)|2-10011101011||EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up17(-1),4)7]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(3),4) a,]=1|0EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up0(，),1)=-1,所以aEQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up0(，),1)=2a1-a2同樣可計(jì)算得a，=a+a+a;a，=a-2a+3a.所以從基(Ⅰ)到基(Ⅱ)的過(guò)渡矩-1X=|-1EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up22(2),3)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up21(1),1)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up21(-2),3)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up21(1),3)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up31(2),3)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up31(5),3)2]T-EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up11(2),1)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(0),1EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up11(2),1)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(0),1)|-1a,a,a,a可作為P4的一組基.]||||aaa6]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(1),3)6]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(1),3)求解方程組(|-1.2．思路：即說(shuō)明這是解空間的一組基。4．思路：注意要指出齊次線性方程組的基礎(chǔ)解系只含有一個(gè)向量。i=1,2,…,m;j=1,2,…,n)成立.ijijn]1A1A(1A)A*=E,據(jù)此可知A*是可逆的,所以秩(A*)=n.A(2)秩(A)＜n-1時(shí),根據(jù)矩陣秩的定義可知A的所有n-1階子式都為0,而A*的元素就是A的所有n-1階子式,所以A*的元素都是0,即A*=O,所以秩(A*)=0.于秩(A)=n-1,根據(jù)矩陣秩的定義可知A至少有一個(gè)n-1階子式不為零,而A*的元EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(3),t)1,所以秩(A*)=1.因此(β,Σkiai)=ΣEQ\*jc3\*hps37\o\al(\s\up9(,a),a3)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up8(x),3)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up8(,),0)x-EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up15(.「(a,a)|(a1,a1)|(a2,a1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up14(3),4「(a,a)|(a1,a1)(a,a)(a,a)(a,a)(a,a)(a,a)(a,a)(a,a)(a,a)(a,a)]「1(aEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up17(1),2),aEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up17(4),4))|=|0(a,a)||0EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up13(3),4)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up13(4),4)0100]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(0),1)a,a,a,a是R4的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基.44因?yàn)閍在a,a,a,a下的坐標(biāo)為[1,,而β在a,a,a,a下的坐標(biāo)22223所以方程組的一個(gè)基礎(chǔ)1,a2T3;EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up13(,),,)EQ\*jc3\*hps38\o\al(\s\up14(β),β)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up13(1),2)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up13(1),2)T;EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up13(,),,)EQ\*jc3\*hps38\o\al(\s\up14(β),β)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up13(,),,)EQ\*jc3\*hps38\o\al(\s\up14(β),β)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up13(7),5)6 5655Tβ再進(jìn)行單位化得到Y(jié)β再進(jìn)行單位化得到Y(jié)213AX=O的基礎(chǔ)解系中所含向量的個(gè)數(shù)為n-秩(A),因此n-秩(B)>n-秩(A),所以秩(A)≥秩(B).解系,所以兩者的基礎(chǔ)解系所含向量個(gè)數(shù)相同,因此n-秩(B)=n-秩(A),即有秩(A)=秩(B).本節(jié)第2個(gè)習(xí)題(2)可得秩(CAB)=秩(AB).因?yàn)棣冶３謨?nèi)積，所以由內(nèi)積的雙線性性得22220]0]于trA與trB不相等,「10]trB不相等,所以A與B不相似.因此(C)不正確.因此(D)不正確.λE-||-2|0λ-5-402EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up3(2),2)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up3(2),2)為不為零的任意數(shù)).T的特征多項(xiàng)式為λE-AT=((λE)T而λE-A是A的特征多項(xiàng)式,所以A與AT有相同的特征多項(xiàng)式..從而可知秩(E-A)=2.又因?yàn)?是A的二重根,所以(2E-A)X=O的基礎(chǔ)解系含有向量的個(gè)數(shù)為1或2,由于A不能與對(duì)角矩陣相似,則可知A的線形無(wú)關(guān)的特征值個(gè)數(shù)小于3,所以(2E-A)X=O的基礎(chǔ)解系含有向量的個(gè)數(shù)只能為1,同樣可得3-秩(2E-A)=1,所以秩λ0-1λ-1λ-1i(λE-A)X=O的基礎(chǔ)解系所含向量個(gè)數(shù)r相等.-1是一重根所以一定滿足,所以只i