《线性代数》课后习题答案(陈维新)

1、第一章 行列式习题 1.11. 证明：（ 1）首先证明 q (3 ) 是数域。因为 qq (3 ) ，所以 q (3 ) 中至少含有两个复数。任给两个复数 a1b13 , a 2b23q (3 ) ，我们有( a 1( a 1b13 )b13 )( a 2( a 2b23 )b23 )( a1( a1a 2 )a 2 )( b1( b1b 2 )3b2 )3。( a 1b13 )( a 2b 23 )( a1 a 23b1 b2 )( b1 a 2a1 b2 )3因为 q 是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以( a 1( a 1b13 )b13 )( a 2( a 2b23 )b2

2、3 )( a 1( a1a 2 )a 2 )( b1( b1b 2 )3b 2 )3q (3 )q (3 )。( a 1b13 )( a 2b23 )( a1 a 23 b1 b2 )(b1 a 2a1 b2 )3q (3 )如果 a 2b 230 ，则必有a 2 , b 2 不同时为零，从而a 2b 230 。又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以a 1b13a2b 23。( a1( a 2b13 )( a 2b23 )( a 2b23 )b23 )( a1 a 22a 23b1b 2 )23b 2( b1 a 22a 2a 1b 2 )323b2q (3 )综上所述，我们有 q (3

3、 ) 是数域。（ 2）类似可证明 q (p ) 是数域，这儿 p 是一个素数。（ 3）下面证明：若p, q为互异素数，则q (p )q (q ) 。（反证法）如果 q (p )q (q ) ，则a , bqpabq ，从而有2p(p )22(aqb)2 abq 。由于上式左端是有理数，而q 是无理数，所以必有2abq0 。2所以有 a0 或 b0 。如果 a0 ， 则 pqb，这与p, q是互异素数矛盾。如果 b0 ，则有pa ，从而有“有理数=无理数”成立，此为矛盾。所以假设不成立，从而有q (p )q (q ) 。同样可得 q (q )q (p ) 。（ 4）因为有无数个互异的素数，所以由

4、（3）可知在 q 和之间存在无穷多个不同的数域。2. 解：（1） p (1 ) 是数域，证明略（与上面类似） 。（ 2） q (1 ) 就是所有的实部和虚部都为有理数的复数所组成的集合。而(1 )c (1 )复数域。（ 3） z (1) 不是数域，这是因为他关于除法不封闭。例如1z (1 ) 。23. 证明：（ 1）因为f , k都是数域， 所以 qf , qk ，从而 qfk。故 fk 含有两个以上的复数。任给三个数a, bfk , 0cfk ，则有a , b, cf 且 a , b , ck。因为f , k是数域，所以有aab, ab ,cf 且 aab , ab ,ck 。所以 aab

5、, ab ,fk 。c所以 fk 是数域。（ 2） fk 一般不是数域。 例如 fq (2 ), kq (3 )，我们有2 ,3fk ，但是623fk 。习题 1.22.解：项a 23 a 31 a 42 a 56 a14 a 65的符号为 ( 234516 )1)( 312645 )习题 1.31证明：根据行列式的定义111111=111j1 j 2j n(1)( j 1 j 2j naaa)1 j 12 j2nj na ij1j1 j 2(1)j n( j1 j 2j n )=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

6、产生的。 同时根据行列式的定义这里包括了所有的 n 阶排列， 故可以得到全体 n 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)199819992000200120022003200420052006199819991cc32200120021200420051199811cc21200111200411= 0 ；（2）10010220033040041000cc320200cc0360414008下 三 角 形1268= 96 ；（3）11101101r21110r10011r2411100111r31110r20111101101110101rr310111010100

7、11001200111110rr430111上 三 角 形001200031113 =；3abc2 a2 ar1r2abcabcabcr3（4）2 bbca2b2 bbca2b2 c2ccab2 c2ccab提 取 公 因 子111( abc) 2bbca2 b2 c2 ccabr( 2 b ) r111213(abc) 0bca0= ( abc)。r13( 2 c ) r00cab72222152222152222272225c 1c i157222i1rr05000（5）227222227222227i 2152722i1522721522272, 3, 4, 50050000050000

8、05上 三 角 形51 555553 。 53解：（ 1）x1 y1 x 2 y1x 3 y 1x1 y2 x2 y2 x3 y 22ax1 y3 x 2 y3x 3 y 3提 取 每 行 的 公 因 子y1 x1 x 2 x 3 y1y1y 2y3y 2y3y 2y3性 质 40 。ci（2）左端2c2 a12 a32a52b12 b32b5c4c32 c12 c32c5cc22 d12 d32 d5i 1b23i4, 3, 2c2d2 a1222 b1222 c1222 d1222a2b2= 0 =右端。c（ 3）2d1a11a1b11a1a 2a 2a2b2an 111a1a 2an0b

9、1001n00b20000bnan1irran1i2,1a1a 2an 1bn 11上 三 角 形b1 b 2bn。1（4） 原式（先依次c n（5） 原式（先依次 r nc n 1 , c n 1r n 1 , r n 1c n 2 ,r n 2 , c 2, r 2c1 ） =。=。,ifn2,ifn2,ifn2,ifn2r1 ） =。=。n 11001201224. 解：设展开后的正项个数为x 。则由行列式的定义有dx( n!x )2 xn! 。又因为d（利用 r ir1 , i2 ,3, n ）（下三角行列式）2。所以有n122 xn! , xn 12n!。2ccccc5. 证明：（

10、1）左端12321提 取 公 因 子333333c 3c 1a1b1c1c1a1a1b12 a 2b2c2c 2a 2a2b2abccaab3a122 a2b1c1b 2c2b1c1b 2c 2123a132 a 2b1c1b2c 2ccc=右端。a3b3c 3b3c 3（ 2）利用性质 5 展开。(-1)c ; (1)ca 3b3c 36. 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。a1a1008解：0a2a 20000an 11111a100000a 200000ian 11ci 1c i1, 2, n1000123an 1n1下 三 角 形0n(1)

11、nna 1 a 2a n 1 。9 证 明 ： 设 原 行 列 式 =d。 则 对d进 行 依 次 如 下 变 换 后4310c 1 ,10c 2 ,100c 3 ,10 c 4 , c 15c i 所得的行列式 d第一列由题设中所给的5 个数i 2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d1010d 。因为 23 是素数，且10 10 不可能被 23 整除，所以 d 可以被 23 整除。习题 1.4xab0c0y00d1解： (1)0ez0fghkul0000vxab00y000ez0ghku按 第 5 行 展 开按 第 4 列 展 开xabvvu 0y00ez按

12、 第 1 列 展 开yxuv0= xyzuv ；ez(2)11113412i4, 3, 21131i2, 3, 400404123131104002341riri 11111rr11111230i10121121按 第 1 列 展 开习 题 1.2 第 7(4)题3(31)040400(1)2(1)(4)(4) =1 6 ；abcde01000按 第 1(3)方法一0010000010edcbabcde+ (5 1100001000010100100001000010dcba列 展 开a1) e第 2 个 行 列 式 按 第 4 列 展 开2a4e(1)1e010 = a22e；001方法二

13、逐次均按第 2 行展开可得同样结果 , 具体解法可参见下例。a100010a 2000a10100a3(4) 逐次按第 2 行展开000a30= a2=000a n 1010an1000a na 2 a3a1an 111= a2 a3ana n 1 ( a1 an1) ；110001111000x1x 2000x 3x1x 2x3000a1b1111c1c36a1b1c1111r35a2b2x1x 2x3c 2a2b 2c2x 2x3x1(5)222222x1x 2000x 3222x1x 2x3000222a3b3x1x 2x 3c 3a3b3c3x 2x3x11110001x1x2x300

14、0x12x12x 22x3r2x111000x 2x 30000004 5x 2x3000a2b2c 2x 2x 3x1a1b1c1111a1b1c1111a2b2c2x 2x3x122222222a3b3c 3x2x 3x1a3b3c3x 2x 3x12=d ( x , x , x ) 2 =( xx ) 2 ( xx ) 2 ( xx )；123313221111214181 2 (x112x(6)2= d (1, 2,2, x )= ( x2)( x2)( x1)(22)(21)(21)4x8x21 x) (3；4 )（ 7）换行后可得到范德蒙行列式；xy0000xy0000x00000

15、xyy000xxy00（ 8）先把第一行加到第三行，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)按 第 1列 展 开(nn=1nx(1)yn 1y000xy000x0000xy1 11)x0xy0000x+ (1)y；1a1a2a3an1a1a 2a 3anna1aaa1100rr123ncci11i(2)a1a1a21a3a2a3ani2, 3, nan1010i 21001n=1+i 1a i ；（此处有笔误）1x1 y11x1 y21x1 yn1x2 y11x2 y21x 2 yn1xn y11xn y21xn yn1x1 y11x1 y21x1 yn(3)( x 2

16、x1 ) y1( x2x1 ) y2( x 2x1 ) yn, n( xnx1 ) y1( xnx1 ) y2( xnx1 ) yn1x1 y11x1 y 21x1 ynrir1i2, 3,= ( x2x1 )( x3x1 )( xny1y 2y nx1 )，y ny1y 2y n据此当 n2 时，原式 = ( x 2x1 )( y 2y1 ) ；当 n2 时，原式 = 0 。3. 解：（ 1）将 d n 按第 n 列展开得 :n1xyyyyzx0000zx00000x0000zxzx00xyyy0zx0zx00y+ x 0zx0000x000z000xd n= (1)= (1) n1 yz

17、n 1xd n 1 。（2）略（参考课本例中的叙述） 。4. 解：（ 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c 1c 4 , c 2c 3 ，再做变换 r 4r1 , r3r 2 ，然后利用 p30 推论。76543297894374975解：（ 1）749700再 分 块322 4(1)43536153610000560056000068006800327456=435368= 4 ；23（ 2）121212212101=00120021122112210102c0012r2320112101020100219

18、；2121（ 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, 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a11a1 rc11c1sc11c1 rsa11a1rar 1arrc r 1crsrs= (1)c r 1c rsa r 1a rr00b1100bs1b1sbssb11bs1b1 s00b ss00将所得行列式的第r+1 行依次与第r 行,

19、 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 :b11b1 rs00rsrs(1)(1)br 1brs00例 1.4.5a11a1 rb11b1sc11c1 sa11a1rar 1arrbs1bsscs 1cssar 1arr(2), (3)思路与 (1) 类似 , 证明过程略去。习题 1.52解： 计算得d1001002001 c 1c 40001第2行展开1001000012401210(1)10401= 41根据

20、克拉默法则 , 当 d0 时, 即14时, 原方程组只有零解。习题 1.61证明：方法一归化1a11111a 21d n111a 3111a100an0a 20an00a 3an1rr1in1i1 ,n,11 ana100ann 110a 20anrrnii 1ai00a 3ani1111an注 意 a00001ann 1 1ani 1 a in1= a1a 2an (1)=右端 .i 1 ai方法二 归纳法当 n1 时,d 1 =1a11a1 (1).a1结论成立 .假设 n1 时结论成立 , 即有 d n 1a1 a2an1 (1n 11 ).i 1 a i则当 n 时,将 d n 的第

21、n 列看成 1+0,1+0, ,1+ a n ,故 d n 可表示为 2 个行列式之和 , 而第 2 个行列式按第n 列展开可算出为a n d n1 从而1a11111a1111a21111a 2d n111a31=1111111 an111111a 31+ a n d n 111而111a31a1111a100011a 2110a 200inrr100a3i1, 2, n10 = a1a 2a n 1 .11111111n 1 1所以 d n = a1a 2an 1 + an d n1 = a1 a 2an 1 + a na1 a 2an 1 (1)i 1 a i= a1a 2an (11n

22、i 1 ai) =右端 .方法三 递推由证明 (二)可知d n 与 d n1 存在以下递推关系 : d n = a1 a2a n 1 + a n d n 11n1ndn1所以 d= a aa+ a d= a aa() = a aa (1)n12n 1=右端.nn 112nani 1a i12ni 1 a i方法四 加边法1110001111a111a31= 111a 211a1111a 2d n1111111an1111an n 111111a1i1ccn 1r1r001ii2 , 3 ,10a2n ,10i 2 a i100ann11000i 1 a in1a1001= a1 a2an (1

23、)=右端。10a20i 1 a i100a n2. 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nk ( k3) 时成立，去证明当n=k 时成立。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r1r 2 , r 2r 3 , r n 1rn ；然后按第一列展开，再依次c ic 1 , i1 ；最后按最后一列展开。4. 解：通过倍加行变换易知f(x) 的次数最大为 1；又因为如果a ij全取零，则有f(x)=0 。所以 选 (d) 。5看自己或别人的作业。6解：方

24、法一：利用课本中例1.4.3 的方法。n1方法二：设f ( x )d ( x 1 ,x 2 , x n , x)。则有 f(x) 中 x的系数为d n 。又因为n1f ( x )( xx i )?( xix j )（范德蒙行列式） ，所以 f(x) 中 x的系数为。所以可得 d n。第二章 线性方程组习题 2.112. 证明 . 因 |a |0, 说明 a11a12.a1n不全为零 ,故当某个a k10,通过适当的行互换,可使得a k 1 位于左上角 ,用 a k 1来乘第一行 , 然后将其余行减去第一行的适当倍数,矩阵a''10可以化为 :00a12.a1 na1,由于 |a

25、 |0 , 此时必有| a1 |0 ,故可以对a1 重复对 a 的讨'''1a12a13.a1n''01a 23.a 2 n''论,此时a可经初等行变换化为001.a3 n, 然后再将第 n 行的ain倍加到000.1第 i 行( i1, 2,., n1 ), 再将第 n1 行的'1000100001ai ( n1) 倍加到第 i 行( i1, 2,., n2 ),这样继续下去 , 一直到将第 2行的论成立。'a12倍加到第 1行,此时 a就化为, 故所证结3. 证明 ： 以行互换rij为例 : 列互换可以同样证明 .i

26、ai1若 aj a j 1a i 2a j 2.aina jnr j ( 1) riiai 1ja j 1a i 1a i 2a j 2a i 2a jnaina inri rjia j1a j 2ajnr j ( 1) riiiaj 1aj 2.a jnja j1ai1a j 2ai 2ajnainjai1ai 2ain( 1) rjii a j 1j ai 1aj 2ai 2.ajnain,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： a 中一定存在不为零的r1 阶子式 ,否则秩 ( a )r1 ,与题设秩（ a ） r 矛盾 . 由秩（ a ） r

27、知， a 中至少存在一个 r 阶子式不为零 , 这表明 a 中的 r 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 .a 中一定不存在不为零的r1 阶子式 ,否则 a 的秩至少是 r1,这也与题设秩（ a ） r 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1 ；进而因为矩阵不等于零，所以秩0。5. 略。习题 2.3略。习题 2.42. 证明： ()的增广矩阵为a =a11a 21a12a 22a1nb1a 2 nb2,an 1,1an 1,2an 1, nbn 1an1an 2a nnbn

28、因为系数矩阵的秩不超过增广矩阵的秩,所以有秩 ( a )秩( a ).观察可知 ,矩阵 b 其实就是在增广矩阵a 下面加了一行 ,所以秩 ( b )秩( a ). 由题意知,秩( a )=秩 ( b ),据此可得秩 ( a )秩( a ).综上知秩 ( a )= 秩( a ), 故() 有解。3. 解：将增广矩阵只用初等行变换化为阶梯形矩阵.11b111b211b3rrrn1n 111bn 111bn11b111b211b3110b1b n 1b2bn当 b1b2bn0 时, 秩( a )秩( a ), 所以线性方程组无解 ;当 b1b2bn0时, 秩( a )= 秩( a )< 未知量

29、个数 , 所以线性方程组有无穷多解.x1x 2b ,1x 2x 3b ,2原方程组同解于x3x 4b ,3xn 1xnbn 1 .故通解为x1b1 x 2b2b3 b2b3bnbn 11t ,t ,其中 t 为任意常数。xn 1xnbn 1t , t .a11 a 21a1,n 1a 2, n 1a1, na 2, n4. 证明：该线性方程组的增广矩阵a =a 31a 3, n 1a 3, n, 由题意da ij0 知an1an, n 1a nn秩( a )= n . 但是系数矩阵a 是一个 n( n1) 的矩阵 ,所以秩 ( a )n1 <秩( a ).据此秩 ( a )秩( a ),

30、 所以该线性方程组无解。第三章 矩阵习题 3.14. 解：（ 1） 由矩阵乘法运可得：1 a111a121a1n1 a112 a12n a1n2 a 212 a 222 a 2 nd a； ad1 a212 a22na 2 n。n an1n an 2n a nn1 an 12 an 2n a nn（ 2）与 d 乘法可换的矩阵 a 满足 d aad 。故 d a 与 a d 的元素对应相等， 利用（）的结果，有i a ijj a ij ，从而 (ij ) a ij0 。由于 ij （ ij ），可得：当 ij时， a ij0 ，即 a 为对角矩阵。1102121时，计算得011012，故结论成

31、立001001k25. 证明：（ 1）数学归纳法：当 n21101kc k假设当nk时，结论成立，即有01101k，001001则当 nk1 时，1101kc k1101k101101k011010010010010011k01k 122kc kk11因 c 2kk ( k1)kk ( k1)2c所以21k1c k01101k11， 即kk 122001001当 nk1 时 ， 结 果 成 立 由 归 纳 法 原 理 知 ， 对 任 意 大 于 2得 正 整 数 n 有1101nc n01101n001001n2（2）当 n1 时，结果显然成立当n2 时,直接计算得 b 2e .假设当 nk

32、时，结果成立，即果也成立，即可完成证明 第一种情况： k 为奇数，则ke ,bb ,k 为 偶 数 ；我们要证明当 nkk 为 奇 数 ；1 时，结k 1kbb bbb142142100032032010e043043001第二种情况： k 为偶数，则kk 1bb bebbk1综上： be ,k+1 为 偶 数 ；b,k+1 为 奇 数 ；即当 nk1 时，结论成立6. 解 ：（ 1 ） 先 计 算 出 n1,2 ,3,4时 的 结 果 。 然 后 归 纳 出 应 该 有ncossincos nsin n，接下来用数学归纳法证明这一归纳出的结sincossin n果。cos n当 n= 1 时，结论显然成立假设当 nk 时，结论成立，即kcossincos ksin k则当 nk1 时，k 1sincossin k