高等代数(北大版第三版)习题答案II

1、高等代数（北大第三版）答案目录第一章多项式第二章行列式第三章线性方程组第四章矩阵第五章二次型第六章线性空间第七章线性变换第八章一矩阵第九章欧氏空间第十章双线性函数与辛空间注：答案分三部分，该为第二部分,其他请搜索，谢谢！12.设a为一个n级实对称矩阵，且 axax 0。证 因为a 0 ,于是a 0 ,所以退化线性替换x c 1y使x ax y c 1 acy22yi y2且在规范形中必含带负号的平方项。于是只要在0,证明：必存在实 n维向量x 0,使rank a n ,且a不是正定矩阵。故必存在非yby2222yp yp i yp 2yn,z c 1y 中，令 y y2yp0, yp 1 yp

2、 2 yn i,则可得一线性方程组cllxlc12x2cp1x1cp2x2cp 1,1 x1 cp 1,2x2cn1x1 cn2x2由于c 0,故可得唯一组非零解xs x1s,x2s, ,xns使xsaxs 0 00 1 11 n p 0,即证存在x 0 ,使x ax 0。13 .如果a, b都是n阶正定矩阵，证明： a b也是正定矩阵。c1n xnc pn xncp1,n xncnn xn证 因为a,b为正定矩阵，所以 x ax, x bx为正定二次型，且xax 0,xbx 0,因此x a b x xax x bx 0,于是x a b x必为正定二次型，从而a b为正定矩阵。14 .证明：二

3、次型f x1,x2, ,xn是半正定的充分必要条件是它的正惯性指数与秩相等。证 必要性。采用反证法。若正惯性指数 p 秩r ,则p r。即22222f xi,x2,xnyv2ypyp 1y，若令则可得非零解0 矛盾，故充分性。由y1y2x1 , x2 , xn故有 f x1 , x2 ,15 证明：x12可见：1)2)故原二次型r。r，f x1, x2 ,xnn2n xii1nnxii10 ，即证二次型半正定。xii1yp 0，,xnnxii1x1, x2,2 y12是半正定的。yp 1,xn2y2yr 1 ，0 。这与所给条件2yp，x1 , x2 , x n2 n x1n12x2xn16

4、设2x22xn2x1x22x1 xn2x2 x32x2xn2xn 1xn2x12x22xn2x1x22x1 xn 2x2x32xn 1 xn)x12 2x1x222x2x1 2x1x3xn 1 2xn 1xn2xn2xixj 。nx1, x2 ,x1x2,xn不全相等时x1, x2 ,x1, x2 ,xnxn 时,xnf x1 ,x2, xn是半正定的。f x1,x2, ,xnxinxinxjxj0。0。x ax 是一实二次型，若有实 n 维向量xi,x2 使x1 ax 0 ，x 2 ax 20 。证明：必存在实n 维向量 x 00 使 x 0 ax 00 。设 a 的秩为 r ，作非退化线性

5、替换x cy 将原二次型化为标准型222x ax d 1 y1 d 2 y2d r yr ，其中dr为1或-1。由已知，必存在两个向量xhx2使x1ax10 和x2ax20，故标准型中的系数d1 ,dr不可能全为1,也不可能全为-1。不妨设有p个1, q个-1 ,且 p q r ，即2222x axy1y p y p 1 y p q ，这时 p 与 q 存在三种可能：p q， p q， p q下面仅讨论p q 的情形，其他类似可证。令 y1yq1 ，yq 1yp 0 ， yp 1yp q 1 ， 则由z cy可求得非零向量 x0使x0ax0y12yp2yp2 1y2p q 0 ，即证。17 a

6、 是一个实矩阵，证明：rank a a rank a 。证 由于 rank a rank aa 的充分条件是ax 0与 aax 0为同解方程组，故只要证明 ax 0 与 a ax 0 同解即可。事实上 ax 0 aax 0xaax 0ax ax 0 ax 0 ，即证 ax 0 与 a ax 0 同解，故rank a a rank a 。注 该结论的另一证法详见本章第三部分（补充题精解）第2 题的证明，此处略。一、 补充题参考解答1 用非退化线性替换化下列二次型为标准型，并用矩阵验算所得结果：1） x1x2nx2x2n 1x2x2n 1xnxn 1 ；x1 x2 x2 x3xn 1 xn ；3)

7、 xi2 xixj；i 11 i j nnxix2xn4) xi x ,其中 x 1 1n解1 )作非退化线性替换xiy1y2 nx2y2y2n 1xnynyn 1xn 1ynyn 1x2n 1y2y2n 1x2ny1丫2n即x ty ,则原二次型的标准形为2222f 丫1y2ynyn 1且替换矩阵10010 1100 11 01 001使1t at其中1112)yin为奇数时,vyi 1yn且当x1x2x3作变换x1x2x2x32y2yiy2x1x2y2yix2x3x1x2x3y2xixi 12xi 2xnxn 1xn2y12y22y31,3,5,2y4,n22yn 2yn4k 1时，得非退

8、化替换矩阵为11011111000001111111000当n 4k 3时，得非退化替换矩阵为故当n为奇数时,都有tat当n为偶数时,作非退化线性替换vxixi 1 xi 2v1,3,5,nynxn 1xn2ynxn 1xn2x1x2x2x32xn 1xn ，2y322yn 1yn ,于是当n 4k时，得非退化替换矩阵为于是当n 4k 2时，得非退化替换矩阵为1111110011t11110011001111故当n为偶数时，都有1113）由配方法可得f21 nx1xj2 j 2x2xj j 3tat12n1 n 1 2xn 1 - xnxn ,2 n 1n 2n于是可令yx1y2 x2xjxj

9、1yn 1 xn 1xnnynxn则非退化的线性替换为1xiyii 2y2ii3y3yn ix2y2y3ynxnynynxni yn nyn且原二次型的标准形为2 yi4y22n相应的替换矩阵为1iiiii23n iniii0i3n inii00in ini000in0000it又因为所以0002由于4）令tatx1x2xnxnyi原式2v2 z12yiy2ynyn2必y1yn2vx1x2xnxn2y2vxiyn2ynvi 1yn2yi1vi 1yyj n 1z212 2322乙-z22znx1, x2, ,xx其中所作非退化的线性替换为yiziy2z212 z21一 z3313z31z441

10、7 zn 1n 11-zn1znynynzn故非退化的替换矩阵为nxi i 1x1x, x2x,x111111,xnx2n 111n 111nnnnnnx11n 111n 11 x x?nnnnnn11n 111n 1xnnnnnnnxxn所以2.设实二次型证明：f的秩。xi, x2,zaztatf xi, x2,n 111nnnx11n 11x2nnn11n 1xnnnn, xx20000030002400003aiixiai2x2ain xnxi,x2, ,xn的秩等于矩阵ai2a2ia22a2n设 rank a r ,f xi, x2 ,卜面只需证明rank a从而asiasn即可。由于

11、rank arank故存在非退化矩阵p,q使八 erpaq r0paer0paaper0er 00000，0由于q 1 q 1即证rank a3.设其中li ip，brcerpa ap r 0brder0br0是正定的，因此它的r级顺序主子式br0,从而a a的秩为r orankaa 。f xi,x2,1,2, p负惯性指数q 是 xi,x2,q。设 li bi1x1 bi2x2f x1,x2, ,xn的正惯性指数为s,yi ci1x1ci2x2使得f xi,x2, ,xn1i2l；卜面证明sp。采用反证法。该方程组含p n s个方程,f a1，a2, ,an上式要成立,必有ip ip1iq。

12、,xn的一次齐次式,bin xn秩为证明：f x1,x2, ,xn的正惯性指i 1,2,r ,则存在非退化线性替换cin xnlp 1211,2, ,n ,l2q2 y1bnx1bp1x1cs 1 ,1 x1cn1x122ys ys12yr。p ,考虑线性方程组binxn0bpnxn 0cs 1,n xncnn xn小于未知量的个数lp1lpq故它必有非零解 a1,a2, ,an ,于是2ys，ys 0 ，这就是说，对于x1 a1，x2 a2, ,xn an这组非零数，有y10, y20,这与线性替换y cx的系数矩阵非退化的条件矛盾。所以同理可证负惯性指数 r4.设p。p ,即证。是一对称矩

13、阵，且a10,ana21a12a22证明：存在t使tatan00一,其中表不0个级数与a22相同的矩阵。证只要令t1a21a11a11a2e注意到al2aa111则有tat1a21a11ana21ai2a221 .a11 a12ea110a121a 21a11 a12a22a111a2ea110即证。5.设a是反对称矩阵，证明:a合同于矩阵证 采用归纳法。当n 1时，a 0合同于0 ,结论成立。下面设 a为非零反对称矩阵。当nai2a120第2行乘a第2列乘屋合同，结论成立。假设k时结论成立，今考察0k 1的情形。这时aka1,k 1如果最后一行（列）a1,k 1ak,kak,k 10儿素全为

14、零，则由归纳假设,结论已证。若不然，经过行列的同时对换,不妨设2排10 ,并将最后一行和最后一列都乘以1,则a可化成ak,k 1再将最后两行两列的其他非零元b.a., , ikak1,2,化成零，则有0b1,k 100b1,k 1000 ,00010010由归纳假设知b1,k 1b1,k 1合同，从而a合同于矩阵0 11 0再对上面矩阵作行交换和列交换，便知结论对k 1级矩阵也成立，即证。6.设a是n阶实对称矩阵，证明：存在一正实数c,使对任一个实n维向量x都有xax cxx。证因为x axaijxi xj i,jaij i,jxixj，令 amax aij ,则i,j jx ax axi x

15、ji,jxi xj利用xi xj 可得222xi xj2xax a anxicx x ,i,j 2i其中c an ,即证。7 .主对角线上全是1的上三角矩阵称为特殊上三角矩阵。1）设a是一对称矩阵，t为特殊上三角矩阵，而 b t at ,证明：a与b的对应顺序主子式有相同的值;2）证明：如果对称矩阵 a的顺序主子式全不为零，那么一定有一特殊上三角矩阵t使t at成对角形;3）利用以上结果证明：如果矩阵a的顺序主子式全大于零，则 xax是正定二次型。证1 ）采用归纳法。当n 2时，设a11a12aa21a22b tat10a11a121bb1a21a2201考虑b的两个顺序主子式：b的一阶顺序主

16、子式为 a11,而二阶顺序主子式为b t |a|t1?|a?1 a,与a的各阶顺序主子式相同，故此时结论成立。归纳假设结论对n 1阶矩阵成立，今考察 n阶矩阵，将a,t写成分块矩阵1annttn 101其中tn 1为特殊上三角矩阵。于b tn10an 1anntn 10内11bn1otn 1 an11的顺序主子式与a 1由归纳假设，b的一切 n 1阶的顺序主子式，即bn 1的顺序主子式有相同的值，而b的n阶顺序主子式就是 b ,由b t |a|t 1? a?1 a,知b的n阶顺序主子式也与 a的n阶顺序主子式相等，即证。因a10,同时对a的第一行和第一列进行相同的第三0b2 na100bn 1

17、bnn2 ）设n阶对称矩阵a aj , 种初等变换，可以化成对称矩阵a100 b22 a0 bn2a110于是由1）知0,从而b22 0,再对bn 1进行类似的初等变换，使矩阵a1的0 b22第二行和第二列中除 22外其余都化成零；如此继续下去，经过若干次行列同时进行的第三种初等变换，便可以将 a化成对角形bo由于每进行一次行、列的第三种初等变换，相当于右乘一个上三角形阵ti角形阵，而上三角形阵之积仍为上三角形阵，故存在 t 丁万2,ts,左乘一个下三使 tat b,命题得证。）由2）知，存在t使又由所以所以由于tatb。1）知b的所有顺序主子式与na的所有顺序主子式有相同的值，故a11a11

18、a12ai2a2220。ai11,2,因x ty是非退化线性替换，且x axyt aty2。1o证明:是正定二次型,n都大于零,1）如果那么aiiaii22 y20,故x ax是正定的。na x x a aij 人i 人 j ij ji j 1f yi,y2, ,ynaiianiyia yiziynznaiiai2ainyia2ia22a2ny2f yi,y2, ,ynani an2annynyiy2yn 0是负定二次型；2 ）如果a是正定矩阵，那么a annpni这里pn i是a的n 1阶顺序主子式；3 ）如果a是正定矩阵，那么a aiia22 ann4 ）如果t tj是n阶实可逆矩阵，那么

19、n证i ）作变换yaz,即yiaiia12ainziy2a2ia22a2 nz2ynanian 2annznt 2 ti2 t2i i 1tniain0ann0yn yi4 ynznayz azazaz az o因为a是正定矩阵，所以 f y1,y2,yn是负定二次型。2 ） a为正定矩阵，故 pn i对应的n i阶矩阵也是正定矩阵，由 d知是负定a11a1,n 1y1fn 1 y1, yn 1an 1,1an 1,n 1 yn 1y1yn 10.次型。注意到aa11a1,n 1a1nan 1,1an 1,n 1an 1 ,nan1an,n 1anna11a1,n 1a1na11a1,n10a

20、n 1,1an 1,n 1an 1,nan 1,1an 1,n10an1an,n 10an1an,n1 annf n 1 a1n 7 a2n, an 1,nann pn 1 ,又因 fn 1 a1n,a2n,7 an 1,n0 ain中至少有一个不为。时，所以当 a1na2nan 1,na annpn 1,0时，有ann pn 1 ,综上有aannpn）由2）得aannpn 1annan1,n 1 pn 2annan 1,n 1 a11。4矩阵,）作非退化的线性替换 且ty,则xxytty为正定二次型，所以tt是正定tt再由3）便得t11tnit11t1 ntint121t21t nntn1t

21、21t122tnnt22t2222t12n12nt2nnt29.证明：实对称矩阵 谓k阶主子式，是指形为的k级子式，其中11证必要性。取am对应的二次型为令 xi0i iii2,故存在非退化矩阵其中di 0 i i,tt22tiit2ii itni。a是半正定的充分必要条件是 a的一切主子式全大于或等于零（所ai iiiiiai ii2iia.aikiikai i i2i2ai ii2i2aaiki2n)oaii ilikai i i2ikaaikika的任一个m阶主子式相应的矩阵amtm使aiiiiaimilai ik xi % sks kaiiimai i imi mxiam xi,n，代

22、入 aij xixj 0 ,得i.j iaisi kxidixiam xi 0,tmamtm,m。故amd2dm1,2, ,n。充分性。设 a的主子式全大于或等于零，任取aiiai2a maima的第m个顺序主子式相应的矩阵m i,2, ,n ,ami am2a mm由行列式性质，得其中故当即当em amem amaiia12aima2ia22a2mamiam2ammpm1pm,pi是a m中一切i阶主子式的和，由题设,a的一切i阶主子式ai0,所以p0。使 x0ax0时，有0 时，emx。emama m是正定矩阵。假若0。于是令cx0x0e ax0a不是半正定矩阵，则存在一非零向量x0,c2

23、2x10 x20x0 ex0 x0ax0 c c 0,这与 0时 e a为正定矩阵矛盾，故 a为半正定矩阵。第六章线性空间n,证明：m in m,m u n任取n,得 n,m n,即证m nim。又因m 。再证第二式，任取m或 n,但m n ,因此无论一种情形，都有n,此即。但nm n,所以m un2.证明 m (n l)(mn) (ml),m (n l) (mn)(m l)。(nl),则l.在后一情形，于n或 xm l.所以x(mn)(ml)，由此得(nl) (m n)(ml）。反之，若(mn)(ml.在前一，f#形，xm,x n,因此l.故得x(nl）,在后一情形因而x m , x l,(

24、nl）,故（mn)(ml) m(n l),(nl)(mn)(ml)ou(nl)nil。在前一情形x xunul,因而 x (mun) i (mul) o在后一情形,n,xl,因而x(m u n) i (mul)mun,且x mul,即 x (mun) i (mul)所以 m u(nu l)故即证。m u(n i l) = (m u n) i (mul)1)2)3)4)5)3、检验以下集合对于所指的线性运算是否构成实数域上的线性空间：次数等于n （n 1）的实系数多项式的全体，对于多项式的加法和数量乘法；设a是一个nxn实数矩阵，a的实系数多项式f（a）的全体，对于矩阵的加法和数量 乘法；全体实

25、对称（反对称，上三角）矩阵，对于矩阵的加法和数量乘法； 平面上不平行于某一向量所成的集合，对于向量的加法和数量乘法；全体实数的二元数列，对于下面定义的运算：(a1，h) (a b (& a2,k。 (a1,坨=(kan kbi +b1b2k(k 1)2a)2 al6)平面上全体向量，对于通常的加法和如下定义的数量乘法：koa 0 ；7)集合与加法同6),数量乘法定义为：koa a ；8)全体正实数r,加法与数量乘法定义为：a b ab, koa ak ；解1)否。因两个n次多项式相加不一定是 n次多项式，例如(xn 5) ( xn 2) 3。2)令v=f (a) |f (x)为实数多项式，a是

26、nxn实矩阵因为f (x) +g (x) =h (x), kf (x) =d (x)所以f (a) +g (a) =h (a), kf (a) =d (a)由于矩阵对加法和数量乘法满足线性空间定义的18条，故v构成线性空间。3)矩阵的加法和和数量乘法满足线性空间定义的18条性质，只需证明对称矩阵(上三角矩阵，反对称矩阵)对加法与数量乘法是否封闭即可。下面仅对反对称矩阵证明：当a, b为反对称矩阵，k为任意一实数时，有(a+b =a+b=-a-b=- (a+b , a+b 仍是反对称矩阵。(ka)ka k( a)(ka),所以ka是反对称矩阵。故反对称矩阵的全体构成线性空间。4)否。例如以已知向

27、量为对角线的任意两个向量的和不属于这个集合。5)不难验证，对于加法，交换律，结合律满足， (0, 0)是零元，任意(a, b)的负元是2(-a, a -b)。对于数乘：1。(a, b)(1 a,1。b 1(11a2)(a,b),2k.(l.(a,b)l(l 1) 2l(l 1) k(k 1)2k.(la,lba ) (kla,klba2(la)222(kla,klbl(l 1) 21k(k 1居 q kl(kl 1) 2 a -(la) ) (kla,-a222k(k 1)22(la)(kla,kk1a2 klb) (kl).(a, b), 2(k l).(a, b) (k l)a3k.(a,

28、b) l.(a,b) (ka, kb k(k 1) 2 (ka la,kb a22 (k 2k(k 1) 2.l.a ) (la,lb2k(k 1) 2 l1 2、a kla )2l)bl(l 1) 2 a(k (k l)a,l1)(k l 1) 2 a2(k l)b.即(k l) (a,b) k (a,b) l (a,b)。k (a，bi) (a2,b2) k a2,6 b2 a1a2)= k(a1a2),k(b?ae?k(k2 1) (a a2)2),k (abi)k 区总)(kai，也k(k 1) 2、2&)(ka2,kb2k(k)=(kai=(k(ai=(k(aika2,kbi 3a2

29、2a2),k(bib2 a1a2)a2), k(bib2a1a2)即 k (ai，bi )k(k-2k(k 1)2aik(k 1)2a； k2a1a2)k(k 1)22a2k2a1a2 k a1a2)(a2 a；)2),(a2，b2)k (ai,bi) k (a2,b2),所以，所给集合构成线性空间。6)否，因为10.。7)否，因为(k l) ,k l2，所以(k l) (k ) (l ),所给集合不满足线性空间的定义。8)显然所给集合对定义的加法和数量乘法都是封闭的，满足)a b ab ba b a;i )(a b) c (ab) c abc ii )1 是零元：a 1 a 1 a；a (b

30、c) a (b c);iv)a的负元是1: a 1 a 1 a a av)1 a a1 a;vi)(k o(l oa) ko(al) (al)k1,且a 1; alk kla a (kl) oa;vii )(k l) oak l k l a a a (ka) (la);viii )k o(a b)k k kko(ab) (ab) a b (koa) (kob).所以，所给集合 r构成线性空间。4在线性空间中，证明：1) k0 0 2) k(证 1) k0 k( () kk( ) k k( 1)(k ( k)00。2)因为k()k k()k，所以k(5证明：在实函数空间中，1, cos2 t,c

31、os2t式线性相关的。证 因为cos2t 2 cos21 1,所以i, cos21, cos2t式线性相关的。6如果fi（x）, f2（x）, f3（x）是线性空间px中三个互素的多项式，但其中任意两个都不互 素，那么他们线性无关。证 若有不全为零的数 k1, k2,卜3使k1fl（x） k2 f2（x） k3 f3（x） 0,不妨设ki 0,则fi（x）.f2（x） f3（x）,这说明f2（x）, f3（x）的公因式也是fi（x）kiki的因式，即fi（x）, f2（x）, f3（x）有非常数的公因式，这与三者互素矛盾，所以fi（x）, f2（x）, f3（x）线性无关。7在p4中，求向量在

32、基i, 2, 3, 4下的坐标。设d i (i,i,i,i), 2(i,i, i, i), 3 (i, i,i i), 4(i, i, i,i),(i,2,i,i);2) i (i,i,0,i), 2(2,i,3,i), 3(i,i,0,0), 4(0,i, i, i),(0,0,0,i)。解i）设有线性关系abcdiabcd2a i b 2 c 3 d 4,则abcdiabcdi5ii可信 在基i, 2, 3, 4下的坐标为a ,b ,c ,d 444a 2b c 0a b c d 02)设有线性关系a i b 2 c 3 d 4 ,则3b d 0a b d i可得在基i, 2, 3, 4下

33、的坐标为a i,b 0,c i,d 0。8求下列线性空间的维数于一组基：1)数域p上的空间pn n; 2) pn n中全体对称(反对称，上三角)矩阵作成的数域p上的空间；3)第3题8)中的空间；4)实数域上由矩阵 a的全10体实系数多项式组成的空间，其中a= 00 0解 1) pn n 的基是 eij(i, j1,2,n),且 dim(pn n) n2 o2) i)令 fj1 1 ,即 aj aji 1,余元素均为零，则f11,.fn,f22,，f2n,，fnn是对称矩阵所成线性空间m n的一组基，所以m n是n(n 1),维的。2ii)令 gj.1 .,即aj aji 1,(ij),其余元素

34、均为零，则1 g12,.,g1n,g23,.,g2n,.,gn 1,n是反对称矩阵所成线性空间sn的一组基，所以它是n(n 1)维的。 2iii)e11,.,e1n e22,.,e2n,.,enn是上三角阵所成线性空间的一组基，所以它是n(n 1)ii in, 222 nnn维的。3)任一不等于1的正实数都是线性无关的向量，例如取2,且对于任一正实数 a,可经2线性表2是它的一组基。出，即.a (log 2 a) 2,所以此线性空间是一维的，且1,n 3q4)因为 1 3i , 31,所以 n ,n 3q 1 ,222,n 3q 2于是a21,a31 e,而 an1e,n 3qa, n 3q

35、1。2a ,n 3q 29.在p4中,求由基1,1,2, 3, 4的过渡矩阵，并求向量在所指基下的坐标。设x31232,1, 1,10,3,1,05,3,2,16,6,1,31,0,0,00,1,0,00,0,1,00,0,0,1x1,x2,x3,x4 在1,2,3,4 下的坐标；221,2, 101, 1,1,11,2,1,11, 1,0,12,1, 0,10,1,2,22,1,1,21,3,1,2这里1,0,0,032所以在基下的坐标为1,0,0,1(a 即为所求由基在 1, 2,1,1,1,11,1, 1, 11, 1,1, 11, 1,1在1, 2,3,4 , 下的坐标；1,11,3,

36、1,1,0,12,1,3,11,1,0,00,1, 1, 12,4)1,3,4 下的坐标；1, 2,3, 4 , )=(1,2, 3, 4) a2, 3, 4,到1, 2, 3, 4 ) =(1,1, 2,3,1,2,3,4 的过渡矩阵将上式两边右乘得将上式两边右乘得2,x1x24)x3x43,4)x1=(1,2, 3, 4)1 x2x3x4x1x2x4这里4193141.279=10371279119232723262700(0,0,1,0),e4(0,0,0,1)则111121=(e1 ,e2，e3 , e11011102 11 13=(e1 ,e2，e3 ,e4)b，2 113 2211

37、代入上式，得2 令e1 (1,0,0,0),e2(0,1,0,0),e312(1， 2 , 3, 4)=( e1，e2,e3，e4)/1021(1 , 2 , 3, 4)=( e1, e2，e3, e4 ) 01将(e1, e2，e3 ,e4 尸(1 , 2, 3 , 4)a(1 , 2 , 3, 4)二 ( 1 , 2 , 3 , 4)a b，这里3361313135131313132341313133271313135134113,a1b=1381310 0 1110 10 1110 0 10且a 1b即为所求由基3, 4的过渡矩阵，进而有11 02, 3 , 4)a0101,0, 0，0

38、 =( e1 ,e2,e3 , e4 ) 0 = ( 1 ,135132所以在1, 2, 3,3 e ,2,3, e4 同 213313同理可得3523,13,13,1313o4下的坐标为1 a=1,b二则所求由1b=再令2,1,3, 4的过渡矩阵为1212a 1 +b2+c3 +d1,0,0,014341a, b, c, d由上式可解得 在下的坐标为a, b, c, d2,1,4,1101213111000111a,b, c, d3, 4下的坐标为a 1。1, 2, 3, 4下有相同的坐10.继第9题1）求一非零向量标。x2x3x4解 设 在两基下的坐标为 x1,x2,x3x4 ，则x1_x

39、2 _二(1,2, 3, 4)=(1,2, 3, 4)x3x4又因为( 1, 2 , 3 , 4)二 ( 1,2 , 3, 4 )6 _二(1, 2 , 3 , 4)a，1所以x1x1x2x2二ax3x3x4x4(a - e)x1x2=0 ox3x410 5 612 3 6111110 12于是只要令x4 c,就有x1 2x2 3x3 6cx1 x2 x3 c ，x1 x3 2c解此方程组得x1, x2,x3,x410 1312 30, 且 1110,10 1c, c,c, c （c为任意非零常数），取c为某个非零常数c0，则所求为c。 1c。 2c。 3 c0 4。11 .证明：实数域作为它

40、自身的线性空间与第3题8）中的空间同构。证因为它们都是实数域上的一维线性空间，故同构。12 .设v1,v2都是线性空间v的子空间，且v1 ”,证明：如果v1的维数与v2的维数相等，那么v1v2 。证 设dim(vi)=r,则由基的扩充定理，可找到vi的一组基a1，a2,.a，因viv2 ,且它们的唯数相等，故a1,a2,.ar,也是2的一组基，所以 v1=v2。13 a pn n。1 )证明：全体与可交换的矩阵组成的一个子空间，记做c(a ) ；2 )当 a=e 时，求 c ( a ) ；13 )当 a= 2 时，求 c ( a )的维数和一组基。n证1)设与a可交换的矩阵的集合记为c(a)。若b,d属于c(a),可得a(b+d)=ab+ad=ba+da=(b+d)a ，故 b+d c(a) 。若 k 是一数， b c(a) ，可得a ( kb ) =k(ab)=k(ba)=(kb)a ，所以 kb c(a) 。故 c(a) 构成 p n n 子空间。2)当 a=e 时， c(a) = pn n 。3)设与 a 可交换的矩阵为 b=( bij ) ，则 b 只能是对角矩阵， 故维数为 n, eii, e22,.enn即为它的一组基。i4. 设求中全体与可交换的矩阵所成的子空间的维数和一组基。解 若记a=a并设 b= aie s，bcbici 与 a 可交换，即 ab=ba