《线性代数》同济大学版课后习题答案详解

《线性代数》同济大学版课后习题答案详解第一章 行列式1利用对角线法则计算下列三阶行列式2 0 1

1 1 1解 a b ca2 b2 bc2ca2ab2ac2ba2cb2(ab)(bc)(ca)x y xy(1)

41

y xy x8 3

(4)

xy x y 2 0 1

x y xy解 1 4

xy x8 3

解 xy x y2(4)30(1)(1)1180132(1)81(4)(1)2481644abc

x(xy)yyx(xy)(xy)yxy3(xy)3x33xy(xy)y33x2yx3y3x32(x3y3)c

caab

2按自然数从小到大为标准次序求下列各排列的逆序数(1)1234abc解ca解abacbbaccbabbbaaaccc3abca3b3c31 1 1a b ca2 b2 c2

解 逆序数为(2)4132解 逆序数为4 414342(3)3421解 逆序数为5 32314241,21(4)2413解 逆序数为3 214143(5)13(2n1)24(2n)解 逆序数为 2 32(1个)5254(2个)

解4 124

cc

4

10

4 110727476(3个)

1 2

21 2

2 1

2 (1)43

10520

c7c10

214

10 3 14(2n1)2(2n1)4(2n1)6(2n1)(2n2)(n1个)

0 117

3 0 0 1 04 110 cc

9 9 10(6)13 (2n1)(2n)(2n2)2解 逆序数为n(n1)

1 210 3

20 0 2014 c1c 171714 32(1个)5254(2个)(2n1)2(2n1)4(2n1)6(2n1)(2n2)(n1个)

23(2)15

1 2 31 41212 320 6242(1个) 2

41cc 2

40 rr

1 40解 1 2 3212 301 2 30(2n)2(2n)4(2n)6(2n)(2n2)(n1个)5 0 6250 622 1 40

312

14

231

24

1223写出四阶行列式中含有因子a11a23的项r r

2 1 40解 含因子a11a23的项的一般形式为

4

1220(1)ta11a23a3ra4srs24构成的排列这种排列共有两个2442所以含因子a11a23的项分别是

1 2 30 0 0 00ab ac ae4计算下列各行列式

(3) bdbf

cf

deef4 124

ab ac ae b c e1 202

解 bd cd de adf b c e(1)10520 bf cf ef b c e0 1171 1 1

ab

b2a2

(ba)a

baadfbce1

1 11

4abcdef

b

2a

1 2 (ab)3axbyaybzazbx x y z;a 1 0 0;

ay

az

axby(a3b3)y z x1b 1 0

(2)

az

axby

aybz z x y(4)

c 10 0 d证明a 1 0 0

r

0 1ab a 0

ax

ay

azbx1b 1 021 b 1 0

ay

az

axby解 0 c 1 0 1 c 1

az

ax

aybz0 0 d 0 0 1d1ab a 0

1ab a ad

xaybzazbx yaybzazbx

c 12

c 1cd

ayaz

axbyb

az

axby0 d

0

0 zax

aybz

ax

aybzab ad

xaybz z y z azbx5证明:

1 1cdabcdabcdad1

a2z

azbxaxby

xb2zy

xaxbyyaybza2 ab b2

x y z y z xab

a3y z xb3z x y(1)

1 1 1

(ab)3;z

x y x y z证明 x y z x y za2

b2 cc

a2 aba2 b2a2

a3y

xb3y z xa ab b2

ba

x y z x y1 1 1

cc3 1

1 0 0x y z(a3b3)y z xz x y

(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd);证明1111abcda2b2c2d2a4b4c4d证明1111abcda2b2c2d2a4b4c4d4b2 3)20 1 1 1 1(3)c2 3)2 ;

0 ba ca dad2 3)2证明a2 3)2b2 3)2(cccccc得)

0 a) d(da)0b2(b2a2)c2(c2a2)d2(d2a2)1 1 1(bb c db2(ba)c2(ca)d2(dc2 3)2 4 3 3 2 2 1d2 3)2

1 1 1a2

2a32a5

(ba)0

cb

dbb2 c2

33

55

(c4c3c3c2得)

0b)(cba)d(db)(dba)d2 135a2 1b2 1c2 1

22202

(ba)(db)(db)c(c

1ba)d(d

1ba)d2 122

=(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd)x 0 0 01a1b1c1d(4)a2b2c21a1b1c1d(4)a2b2c2d2a4b4c4d4 (5)0 0

0

xna1xn1an1xana an

an2

a2

xa1证明 用数学归纳法证明x 1

a

a21 当n2 D21 2

xa1

x2axa命题成立

假设对于(n1)即n1 1 n2 D xn1axn2n1 1 n2 则D按第一列展开有

a a31 n0

0 0

(n2)(n1)

n(n1)D 2 DDxDn

a(1)n1x

0 0

同理可证n 1 1 n

x

a an(n1)n(n1)2

xD axnaxn1xa

D

2 Dn1 n 1 n1 因此对于n1 n 1 n1 6设n阶行列式Ddet(aij),把D上下翻转、或逆时针旋转90、或依副对角线

a ann翻转依次得

D

D

DDa a

a a

a a 3 2 2 2 2

nn D

D

D1 a a

2 a a

3 a a

7计算下列各行列式(Dk

为k阶行列式)11DD

11(1)n(n1)D

11D

a 1 ,a 证明 1 2

2 D3D

n 1 a证明 因为Ddet(aij)所以a a

a 解111n11Da a1 a a

11 a21

a2na 0

0 1

x a

a0 a 0 0

0 0 0 0

axDax

x0

0x

0 0 D

(n行展开)

n

n0 0

a 0

ax

0 0 xa1 0

0 a 再将各列都加到第一列上得x(na a a0 0

0 1

0 xa 0 0D0 0 xa 0(1)

a 0 0

0 0

n

[x(n1)a](xa)n10 a 0 0 0 0

0 0

xa0 0 0a

a

0(n1)(n1)

an an1n)n1(1)2na

(3)D

;a

a

an(n1)(n1)

1 1 1a(1)n1(1)n

a

anan2an2(a21)

解 根据第6题结果有an1an

1 12x a a2

(n2)(n2)

Dn1

a a an1

anDa

x a

an (2)

;a a x

此行列式为范德蒙德行列式解 将第一行乘(1)分别加到其余各得

Dn1

(1)n(n1)

i1)(aj2n1ij12(1)

n(n1)2

[(ij)]n1ij1

aa

b

b 0n1(1)n(n1)(1)n(n1)1

(ij)

a 2 2n1ij1

n c

1d 0 j)n1ij1

10a

n1 dnba b n n a b2n2n

a b;

(1)2n1bn

c11 1 1cn

1dn

cn1cn

dn1解 再按最后一行展开得递推公式a b D2nandnD2n2bncnD2n2D2n(andnbncn)D2n2abn nab

D n a

bc)D于是c2nD 1(1行展开c2n

2n i i2

ii 2 1cn

1而d而n

D 1 1ab2ab1 1

adbc11 11D n

bc)所以 2n

i i1

ii Ddet(aij)其中aij|ij|;解 aij|ij|0 1 2 3

n

a 0 0 0 0 11 0 1 2

n2

a 0 0 0 1Ddet(a

) 2 1 0 1

n3

c

2 23 2

0

n4

12

a a 0 0 1n ij

cc

nn2n3n

0

3 0

0a a 11 1

1

0 0 0 1

1anrr

1 1

1 1

1 0 0 0 0 a11

1 1 1 1 1

11 0 0 0 1 1 1

1 rr2 3

aa

a

0 11 0 0 a21

n1n2n3n40

12 n

1 0 0 0

0 0 0 011 c

1 2 0 0

0 0 0 0 0 1121

2

0 0 ncc11

0

1 0 00 0 a10 1 00 0 1

n1345n1

0 0 10 0 a21aaa (1)n1(n1)2n2

12 n0 0

00 1 a1a1

1 1

1n1D 1 1a 1

0 0 00 01

a1

2

,其中a1a2an0 i1 1 1an

(aa a1)

i1解11a 1 11

12 n

a iD 1

1a 12

8用克莱姆法则解下列方程组n 1 1 1anxxxx5

6x

2 x15x26x 0(1)x

x542

1

5x0

223140

(2)

x

01 2 3 4 解 因为1 1 1 1

3 x5x4

51D1 2 1 4142

解 因为2315

560003 1 2 11

156005 1 1 1

D015606652 2 4

001561D231

5142

000150 1 2 11

160001 5 1 1

05D

001507 D 12 22

4284

0151 001

60 5623 0 2 11

100151 1 5 1

51000D

2 2 4

426

106D

011452325

00560 2 33 1 0 11

00156010151 1 1 5

56100

56010D1 2 2

15000

156004 232

D01060703

D015003953 1 2 0

3 00056

4 00106 1所以 x1

D12 x12

D3 3

D34 x34

D1

00115

0001556001

1

2 4 13 415600D01560212

D 2 3 1 21 1 1 1

1 10 15 0015000011所以

(1)3(3)4(1)2(1)(3)(1)32(1)23令D0得x15071 665

x11452 665

x7033 665

x3954 665

x2124 665

02或3于是当02或3时该齐次线性方程组有非零解xxx0 x1230 有非零解？问 取何值齐次线性方程组1

0

第二章 矩阵及其运算解 系数行列式为 1 1

1 2 3

1已知线性变换x

2y

2yyD1 1

y121

2312

33y3 1 2 3令D0得0或1于是当0或1时该齐次线性方程组有非零解

求从变量x1x2x3到变量y1y2y3的线性变换解 由已知x 22y311)x2x

4x0

32

x有非零

3 210问

取何值时齐次线性方程组

x1x1)x30 y 1 y1 2 3

221x 74 93156 3 7解？ 故

323

3 2 4解 系数行列式为

32 33y

7x

9x

0 5 8 1 1 2

22y1

6x

1

27x3

30

561 1

17

20y23x12x2

2 9 0 1 4 29 23 1 2 3

2已知两个线性变换

1 11 2 3 0

5 8x2yy

yzz

B1 1 2405 66

2y

12z1z2

10 5 1 2 9 024

3 2

33z

3 1 2

3 2 3

4计算下列乘积zz

到xxx的线性变换

4 3 171 2

1 2 3

1232解 由已知

(1)5 7 01x 2 01y 2 013 1 0z 232232 0 1

4 3 17 473211 35

15y2

4 1

0

123217(2)23163 2

3

5 7 01

577201

496 1 3z

12 4 9

310116z2

23)2 3

(2)

1x

6zz3z 所以有x1

93z

3211z21z

23)23 1 2 3 解

1(132231)(10)1 1

2 3 A1 1

B124

23设

1

0 5 1求3AB2AATB

1(1

(3)3 1 11 2 3 1 1 3AB2A31 1 241 解 10 5 1 1 2 2(1)22 24

A1

2

B

01(12)1(1)1212

5设

3

12问解 3解

3(1)32

36 1 3 1

(1)ABBA吗?解 ABBA2 14001 2

AB34

BA12(4)113413

1 因为

46

38 ABBA4 0 2

1 3 1

(2)(AB)2A22ABB2吗?解 (AB)2A22ABB22 1 400

2

6 7 8

22解 13413 4 0 2

2056

因为AB2

5a a

a x

(A)222

28 1412(5)(x x12

x3

a13x1 但

2525

2913 23

33 3

A2AB

3

8

8

0

16解a a

2a x

2 4

812

3

15

27(x x1

x3

所以(AB)2A22ABB2(3)(AB)(AB)A2B2吗?13 23 33 3

x1

解 (AB)(AB)A2B2 2

02

xa

xax

axaxa

axa

xa

xx)

因为AB2

5 AB0

1111

122 13

121 22

233

131

232

333x23 (A)(A)

20

2

6ax2a

x2a

x22a

xx2a

xx2a xx

250

1 0

9111

22

33

121

131

2323而 2B23

81028

10411

34

17

A018设 00求Ak故(AB)(AB)A2B26举反列说明下列命题是错误的(1)若A20则A0

解 首先观察

101

0 1 0

A20

10

1

2A解取 00则A20但A0

0000

0

若A2A则A0AE11

A0

取A0

则A2A但A0且AE

0 0 A0XY

A0 解 取 0 0 A10

X

Y1

400

1

01

A0 则AXAY且A0但XYA10

0 0 7设

1求A2A3Ak

k(k 21010

0

1 2 2 解 11

2

1

0

AAA

101 0

0 0 3 2 2

11 1k

0

用数学归纳法证明当k2时显然成立假设k时成立，则k1时，k

1

k(k

11求下列矩阵的逆矩阵 1 2 210

12A0 01

(1)2500 0000

A12

25|A|1A1存在因为k

(k1)kk

A

5 2 1 1 2 1

A*

21 0

A A

2 10 0

12 22A 1A*

2

|

2 1由数学归纳法原理知

cosi

k(k1)k

(2)sin

cos 1 2 20

Acosi

存在因为0 0

sin

|A|10故A1 A*

A9设AB为n阶矩阵，且A为对称矩阵，证明BTAB也是对称矩阵

12

A21 sin22 证明 因为AT

A

A*

sin(BTAB)TBT(BTA)TBTATBBTAB

|

sincos从而BTAB是对称矩阵10设AB都是n阶对称矩阵证明AB是对称矩阵的充分必要条件是ABBA证明 充分性因为ATABTB且ABBA所以(AB)T(BA)TATBTAB即AB是对称矩阵

1 2 13 4 2 (3)54 1 1 2 1必要性ATABTB且(AB)TAB所以AB(AB)TBTATBA

A3 4 2解 54 1|A|20故

存在因为 A

A 4 2 0

25146

3 546

223A*

13 6 1

X1

2 11 22 10 8 A12

32142

13 23 33

2 1

1132 1 0

X2 1 0 1

1

11

4 3 2所以 |A|A*2

32 16

7 1

2 1

11 X1132 1 0a

4 3 211 121 a2(4)0

0(aaa0)112

11131

0 1 a

232 n

34 3 33 0a 23 1 a 0 223 解 A

2 由对角矩阵的性质知

5 0 3an 3an1 4X

2 03 11

(3)12

11

0a 1 0

1 a

1 413 12 01

解 X12

01110 1

a

1243 110 n

121 10212解下列矩阵方程

160 11

5X46

10(1)13解

2 1

1232 010 100 14 3

xxx2100X0012 0

1(4)001

010

12 0

(2)

5x30

1 2 3010114 31001

解 方程组可表示为X1002 0 01

111x

2解00解

11

2 0010

213x11

3

5

001014 3100

20

31002 0 011 3 4

x 11112 5 00112 0010 1 0 2

213

10故

3 2 5

0

313

x

2x

3x15x32

3x5(1)11

2 3

03x1

5x2

x3 3

33解 方程组可表示为12

1

14AkO(k为正整数)证明(EA)1EAA2Ak122235 3

证明 因为AkO所以EAkE又因为EAk(EA)(EAA2Ak1) 3

所以 (EA)(EAA2Ak1)Ex 12311 122520

2推论知(EA)可逆且(EA)1EAA2Ak1故 3513 0从而有

3x1x1003

证明 一方面有E(EA)1(EA)另一方面AkO有E(EA)(AA2)A2Ak1(Ak1Ak)(EAA2Ak1)(EA)故 (EA)1(EA)(EAA2Ak1)(EA)两端同时右乘(EA)1就有(EA)1(EA)EAA2Ak115AA2A2EOAA2EA1及(A2E)1证明 由A2A2EO得A2A2E即A(AE)2EA1(AE)E

(A2E)114 |116设A为3阶矩 2求|(2A)15A*|A11A*或 2

解 因为

|A|

所以由定理

2推论知A可逆且

1(AE)2

|(2A)115|A|A1|15A1|2 2 2由A2A2EO得A2A6E4E即(A2E)(A3E)4E

|2A1|(2)3|A1|8|A|1821617A也可逆且(A*)1(A1)*(A2E)1E或 4

证明

1|

A*A*|A|A1A可逆时有*由定理2推论知(A2E)可逆且

(A

14

|A*||A|n|A1||A|n10从而A*也可逆A*|A|A1所以(A*)1|A|1A证明 由A2A2EO得A2A2E两端同时取行列式得|A2A|2即 |A||AE|2

A 1 又|又

A|(

所以故 |A|0所以A可逆而A2EA2|A2E||A2||A|20故A2E也可由 A2A2EOA(AE)2E1(AE)

(A*)1|A|1A|A|1|A|(A1)*(A1)*18设n阶矩阵A的伴随矩阵为A*证明(1)若|A|0则|A*|0(2)|A*||A|n1A1A(AE)2A1E 2又由 A

证明用反证法证明假设|A*|0A*(A*)1E由此得2A2EO(A2E)A3(A2E)4E(A2E)(A3E)4E所以 (A2E)1(A2E)(A3E)4(A2E)1

AAA*(A*)1|A|E(A*)1O所以A*O这与|A*|0矛盾，故当|A|0时有|A*|0

1|

A*AA*|A|E取行列式得到*

201BAE030102|A||A*||A|n 若|A|0则|A*||A|n1若|A|0由(1)知|A*|0此时命题也成立因此|A*||A|n10 33A1 1019设 123ABA2B求B

21设Adiag(121)A*BA2BA8E求B解 由A*BA2BA8E(A*2E)BA8EB8(A*2E)1A18[A(A*2E)]18(AA*2A)18(|A|E2A)1 8(2E2A)1解 由ABA2E可得(A2E)BA故2 3 31

33 0 33

4(EA)14[diag(212)]14diag(1,1)B(A2E)1A

1 101

10123 2 21 2 1

123

1 10

2diag(121)101A020

1 22已知矩阵A的伴随阵 1

00001020设 101且ABEA2B求B 解 由ABEA2B得(AE)BA2E即 (AE)B(AE)(AE)

且ABA1BA13E求B解 由|A*||A|38得|A|2

030800|AE|01

1010

由ABA1BA13E得ABB3A因为 100

所以(AE)可逆从而

B3(AE)1A3[A(EA1)]1A3(E121 0

0

600 0

1P()P*

10 0

060 0

|P|6101 0 60

0

1 002220 306 030

21 02003 0 323设P1AP

P14 1 1

10 02求A

02 111解 由P1AP得APP1所以A11A=P11P1.

111*

14

P111 4 |P|3

1

311

25ABAB都可逆A1B1也可逆并求其逆阵1

10

证明 因为2而 02故

0

A1(AB)B1B1A1A1B1A1(AB)B1是三个可逆矩阵的乘积A1(AB)B1可逆A1B1可逆(A1B1)1[A1(AB)B1]1B(AB)1A 1 4

121010

3 141 03 3 27312732

010

21A11

1

0 2111

1683684

26计算002

02

300 00

3 3 3

030

031 1

A12

A

1

B3 P1 02 1

解 设 1 01

2 0

3

1 224设APP

5 B2 3

8(5E6AA2)

2 03解 ()8(5E62)

A EE B

ABB则 1

1 1 1

2diag(1158)[diag(555)diag(6630)diag(1125)]

O

OB

O AB diag(1158)diag(1200)12diag(100)(A)P()P1

2 2 2 2而 AB

123 2 35 2

3 4 O1 1

012 03 24

A43 AB

2

2

4

28

20求A4 O 222 2 0

03

09 所12 5 2

以 解 令

3 4A 1 4A

A20 2 22 A EE B

A

ABB

01 24

AA O1

AOB1

1

B 2

004 3 则

1

A22 22

2 2 00 09 2 AA

O

O121010

3

12 5 2

8 1 A

010

1 2

01 24

2 2即 00202 3 004 3

|||AA000300 03

00 09

1 2 1 2

54 0 O ABCD10

B|A||B|

A

O

0 27取

01验证C

D |C||D|

4

24 0

2 O 2 22 0 000 12 0 000 100 0102 00

6 4AB解 CD

0 1 010 100 01

2010 0201

29nAsB都可逆求 O A (1)BO |A|

|B|1

10

O A1

C C而 |C||D| 11

设BO

C1

C2则34 34AB |故

|B|

O AC

CAC

ACE OCD |C||D|

BO

C1

C2

BC4

E3412s 3412sAC

CA1

52

00AC3

O

2

00由此得

BC4OE

C4O

(1)000

083205 22 s 2O A1

B1

A52

B83所以 BO

A1

O

解 设 21

52则 AO1

A 521

12(2)C

B

2121

2 AO1

D D

B 8

31

23B解 设CB

232

D2则4

5555

5

8于 是AOD

D AD

AD E

O 52

01

12 0 0C B

CD1D

CD2D

E

2

00

A

2

5 0 0 3413 3413

4 s

008

3

B

B 0

0 23ADE

DA

0

52

1

0 05 8

On

1D1O由此得

BDO

B1CA1

1000

12002 4 s 4

(2)2

30AO1

O

121 4所以 C B4

0

30

21A12B14C12则30求下列矩阵的逆阵

1012

010

AO1

O

1020013 0013~ (下一步rr)2

30 C B

BCA B

001 0 3 21

14

1 0 0 0

10200130013~ (下一步r3) 1

000 3 32 2 0 0

1

0

10200132 6 3 ~

(下一步r3r) 000 1 2 3 15 1 1 8 24 12 4

102001 0~000 (下一步r1(2)r2r1r3)第三章 矩阵的初等变换与线性方程组

10000010~00011把下列矩阵化为行最简形矩 102203 (1)3043

023 034 3(2)0471 1021

034 02034 2103 2103解 (下一步r(2)rr(3)r)

解 (下一步r2(3)rr(2)r)3043

2 1 3 1

047

2 1 3 1 10 2

023 00 1 3

00 1 3002 00013~ (下一步r2(1)002 00013

(下一步rrr3r)3212321202010001 3~000 0(下一步r12)

110 230 012 2~0 00 0 0 0 00 0 00105 0013~0000

2 31371 2024 1134 3

(4)328 237 4

033354 (3)2232 0

2 313

733421 20

4 解 328

0(下一步r2rr3rr2r)1134 3

1 2 3 2 4 23354

237 4 3解 2232 0(下一步r3rr2rr3r)

0 1 1 1 2 1 3 1 4 1 33421

1

0

4~088 9

12(下一步r2r1r8rr7r)134 3

2 3 1 4 10 0

8 8

077

11~0

03

6 6(下一步r(4)r(3)r(5))

011 100 5 00

10

2 3 4

1 02

2~0 001 4(下一步rrr(1)rr)1343

1 2 2 4 30 0122

0 001 4~0 0122(下一步r3rrrrr)

10 2 02

2 3 2 4 2 0 0122

0111

1 ~0

1 4(下一步rr)2 30000 00001

2 02

321010 3 315~00 0 1 4

(1)32300 0 0 0 3211003 2

100010101

123

315010014110100A0

0456

解323001~0 0202设001

001

789求A

3 203/201/23 0

7/229/2010

00 11 200 11 2100

~0 02 0 ~0 011/2

1/2解 001是初等矩阵E(12)其逆矩阵就是其本身 100 7/62/33/2101010

010 2~0011/2 0 1/2001是初等矩阵E(12(1))其逆矩阵是 101

7 2 3 6 3 201 0EE

11 2(12(1))

00 1

故逆矩阵为

1 2 0 20101210 A1

04

5601 0

32 0 00

17

8900

0 2 2

(2)12324510452

0 1 2 12301 01

22 78900 782 3试利用矩阵的初等变换求下列方阵的逆矩阵30

0 11313200121000320021009510

0000

1 10 1

4解 12

0 故逆矩阵为11 3 6222 1 2

2 161012

10

412 130 1

01

A B 4(1)设 求X使AXB~

31

30 0

2 10

3000

解 因为

123200

1 0

412 13 100 10 2rr B)22 1 2 2~01

15

30 1 2 100 0

313001 12 4~0 0 1 11

34

0 02 01 02

10 2123200 1 0

所以 X1530 1

100 0

12 4~0

1 1103

4

0 2

1 230 0

121610

A (2)设

23 B23求XXAB3 34 1200

112

2 0 10

0 0 解 考虑ATXTBT因为~0 01

3 6

0 231

1

0 240 001

1610

(AT,)21

34

233

010700141000 1 1

4

0100 0 1

1

24~001

6 所以 XT(AT1 70001

2 1610

1 4 XB1

2

7从矩阵A中划去一行得到矩阵B问AB的秩的关系怎样?从而 4 7

4

解 R(A)R(B)10

BA的非零子式AB的秩A0 15设

1 0 AX2XAX

84的方阵它的两个行向量是 (10100)(11000)解 原方程化为(A2E)XA因为

解 用已知向量容易构成一个有4个非零行的5阶下三角矩10 10

1 0000(A2E,A)00 1

110001 00

1 01000 0 00

10100 0 1~0100 001 10 0 1所以 X(AA1 0

0 000 此矩阵的秩为4其第2行和第3行是已知向量9求下列矩阵的秩3 1 0 24104

126在秩是r的矩阵中,有没有等于0的r1阶子式?有没有等于0的r阶子式?

(1)11

34 ;解 在秩是r的矩阵中可能存在等于0的r1阶子式也可能存在等于0的阶子式

3 1 0 2121000

解 1 34 4(下一步r1r2)A01

00 例如 0010R(A)3

12 000

3 1 0 2~1 34 4(下一步r23r1r3r1)000002阶子式

10003阶子式010122 183 70 46 5 23075~0 46 5(下一步r3r2)

(3)3258

0

032 011 2 ~ 0 46 5

2 183 70 0 0 0

23075解 3258 0(下一步r2rr2rr3r)3 1

1 4

4 3 4矩阵的秩2 14是一个最高阶非零子式

1 032 03 23

0 1 27 036

35(2)23 13

~024 2 0(下一步r3rr2r)2 1 3 2 1 3 7 0 58

1 0 3 2 03 2132

012721 3 121 3 13解 (下一步rrr2rr7r)

000 0167 0 58

1 2

1 3 1

00

014

(下一步r16rr16r)100321 341003299

4 3 2~0 7

5(下一步r332)

0127021332715

000 01 344

~000 005100032~ 5100032~ 0 0 0 0 0

10

200003 2 0000

127矩阵的秩是2 7是一个最高阶非零子式

~000 02 1

00075 112100矩阵的秩为3 58 0700是一个最高阶非零子式

21101 3 A A 32 0

221 200 14/310设AB都是mn矩证明A~B的充分必要条件是R(A)R(B)证明 根据定理3必要性是成立充分性设R(A)R(B)则A与B的标准形是相同的设A与B的标准形为D则

x 4x1 34x3x于是 2 4 4有 x xA~DD~B由等价关系的传递性有A~B

3 34xx123k

4 4故方程组的解为2 3设

k 问k为何值可使

4k2 3 x 3

3(1)R(A)1(2)R(A)2(3)R(A)3

k

4(k为任意常数)1

1 kr

3

3A12k解解

3~0kk

x

30k0 2 (k30k0

4 x2xxx0(1)当k1时R(A)1

1 2 3 4(2)当k2且k1时R(A)2

(2)

x3x

0 5110x

54x0(3)当k1且k2时R(A)312:

1 2 3 4解 对系数矩阵A进行初等行变有1 2 1120xx2xx0

3 63001 0AA0

510 15~000 0(1)21xx2x0

1 2 3 4解 对系数矩阵A进行初等行变有x2xx x0x 2 4

x10于是 02 x

004 4故方程组的解为

44x

5x

7x0x

2

1

3x23x32x40

0

(4)411213x6

0k 0

0(kk

为任意常数)

3

041 01

21

1 2 3 4 4

解 对系数矩阵A进行初等行变有2x3xx5x0

103 131x223740

3 4 5

7 17 17(3)3x36x40

23

32

0119

20x

2x27x40

A4 111316~

1717 1 2 3 4

72 1

0

0 0解 对系数矩阵A进行初等行变有

00

0 02 351000

3 133 1 270100

x x xA4

13

6~0

010

1 17

17412 470

01

x19x

20x

2 17

17 4x0x10

xx于是 00

4 4故方程组的解为4故方程组的解为3 13 x2z1x

17 17

于是 yz2

19 20

zz

k17k

17(k

为任意常数)3

1 2

x 2 1x 1

0

yk 124 0

(k为任意常数)z

013:4x2xx2

2xyzw1(3)4x2y2zw210

2xyzw1(1)1

32x2

83

解 对增广矩阵B进行初等行变有解 对增广矩阵B进行初等行变有

21111/21/201/24 221 338

422 120 0 01 0BB ~ 3210010 1134

210 0 00 0B11 3 0 8~0 0 06 x1y1z1R(A)2R(B)32x3yz4 于是x2y4z5(2)8y2z134xy9z6

yy2 2 2zz w0 x 100 0

1 1解 对增广矩阵B进行初等行变有

y 2

2 22 3 1 410 2

k 1

(kk

为任意常数)12

5

012

z

21 0 1 2B

~

w

0

03 82 1300 0 0

4 9600 0 02xyzw1

解 根据已知可得(4)2yz3w4

x

2

2x4yzw2

3

4 c

1

03 0 解 对增广矩阵B进行初等行变3 0 2 11 10 1/71/7 6/7

2 x 432 13 4015/7 9/75/7

与此等价地可以写成B1 43 52~00 0 0 0

x2cc 1

24c 1 1 6

c 1 2x7z7w7

x3c1y5z9w5 4 2于是 7 7 7

x2xxzz 或

2 3 4ww

x2xx01

1

6

0x

7

7 7

2 3 4y

5 9 5

这就是一个满足题目要求的齐次线性方程组即 z

k k

(kk为任意常数)1 1 7

2 7 7

15非齐次线性方程组w 1

0 0

x1x0x

0

1

14写出一个以

1

232 2

2

1 2 3xc3c 4

有唯一解(2)无解(3)有无穷多个解? 00

012 1

11 1B11 解 11 为通解的齐次线性方程组r1 1

方程组解为~ 01 1 0 0

xx11 3

x

x1x333xx33

或 2 3 ()3要使方程组有唯一解RA()3

1因此当1

22

.时方程组有唯一解.

2 3 xx要使方程组无解R(A)R(B)故

x

1(1)(2)0(1)(1)20

k10因此2时方程组无解 即

0(k为任意常数)要使方程组有有无穷多个解R(A)R(B)3故(1)(2)0(1)(1)20因此当1.

3当2时2 1 12102B 12 12012 1 12 4~00 0016

2xxx2

方程组解为

x1x2

3

xx2

xx21 2 3

1 3 2xx2x2

xx2或 2 3 1 2 3当取何值时有解？并求出它的解

2 3 xx3 312 1

x 22 1 12

2 k12B

12 1

0 1

(1)

2

0(k为任意常数)解 ~

3 x 1 1

20 0 02) 3要使方程组有解必须(1)(2)0即2

2)x

2x

2x1

51

)x24x32当1

2 1 1210

171x1

4x2

3

1B 12 1 010~ ~

问为何值时?并在有无穷多解时求解 1 12 00 00 2 2 2

18证明R(A)1的充分必要条件是存在非零列向量a及非零行向量bT使解 B

25 4 22 45

AabT证明 必要性

R(A)1

的标准形为25 4 2

1 00 1

0

00~0

1

1

1

0

(1)(10)(1)(4)

0

0

0 要使方程组有唯一解R(A)R(B)3即必须(1)(10)0所以当1且10时方程组有唯一解.

即存在可逆矩阵P和Q使10

10要使方程组无解R(A)R(B)即必须

PAQ或A(1)(10)0且(1)(4)0

0

0所以当10时方程组无解.要使方程组有无穷多解R(A)R(B)3即必须(1)(10)0且(1)(4)0所以当1方程组有无穷多此时，增广矩阵为

1aa1bT(100)Q1a是非零列向量bT且012200 00B~00 00

AabT充分性因为

与T是都是非零向量所以A是非零矩阵从而R(A)1方程组的解为

a b因为x

xx2

x13

1R(A)R(abT)min{R(a)R(bT)}min{11}1所以R(A)1 2 x 3 3x 2 2 1

19Amn矩阵证明AXEmR(A)m证明 由定理7方程AXEm有解的充分