高等代数参考答案

《高等代数参考答案》多项式用除，求商与余式：1）；2）。解1）由带余除法，可得；2）同理可得。2．适合什么条件时，有1），2）。解1）由假设，所得余式为0，即，所以当时有。2）类似可得，于是当时，代入（2）可得；而当时，代入（2）可得。综上所诉，当或时，皆有。3．求除的商与余式：1）；2）。解1）；2）。4．把表示成的方幂和，即表成的形式：1）；2）；3）。解1）由综合除法，可得；2）由综合除法，可得；由综合除法，可得。5．求与的最大公因式：1）；2）；3）。解1）；2）；3）。6．求使。1）；2）；3）。解1）因为再由，解得，于是。2）仿上面方法，可得，且。3）由可得。７．设与的最大公因式是一个二次多项式，求的值。解因为，，且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式为0，即，从而可解得或。８．证明：如果，且为与的组合，那么是与的一个最大公因式。证易见是与的公因式。另设是与的任一公因式，下证。由于是与的一个组合，这就是说存在多项式与，使，从而由可得，得证。９．证明：，的首系数为１）。证因为存在多项式使，所以，上式说明是与的一个组合。另一方面，由知，同理可得，从而是与的一个最大公因式，又因为的首项系数为１，所以。１０．如果不全为零，证明：。证存在使，又因为不全为０，所以，由消去律可得，所以。11．证明：如果不全为零，且，那么。证由上题证明类似可得结论。12．证明：如果，那么。证由假设，存在及使（1）（2）将（1）（2）两式相乘，得，所以。13．设都是多项式，而且。求证：。证由于，反复应用第12题结论，可得，同理可证，从而可得。14．证明：如果，那么。证由题设知，所以存在使，从而，即，所以。同理。再由12题结论，即证。15．求下列多项式的公共根解由辗转相除法，可求得，所以它们的公共根为。16．判别下列多项式有无重因式：1）；2）；解1），所以有的三重因式。2），，所以无重因式。17．求值，使有重根。解易知有三重根时，。若令，比较两端系数，得由（1），（3）得，解得的三个根为，将的三个根分别代入（1），得。再将它们代入（2），得的三个根。当时有3重根；当时，有2重根。18．求多项式有重根的条件。解令，则，显然当时，只有当才有三重根。下设，且为的重根，那么也为与的根，即由（1）可得，再由（2）有。所以，两边平方得，所以。综上所叙即知，当时，多项式有重根。19．如果，求。解令，。由题设知，1是的根，也是的根，此即，解得。20．证明：不能有重根。证因为的导函数，所以，于是，从而无重根。21．如果是的一个k重根，证明是的一个k+3重根。证因为，由于是的重根，故是的重根。代入验算知是的根。现在设是的重根，则是的重根，也是的s-2重根。所以。得证。22．证明：是的重根的充分必要条件是，而证必要性：设是的重根,从而是的重根，是的重根，，是的一重根，并且不是的根。于是而。充分性：由，而，知是的一重根。又由于，知是的二重根，依此类推，可知是的重根。23．举例说明段语“是的重根，那么是的重根”是不对的。解例如，设，那么以0为重根，但0不是的根。24．证明：如果，那么。证要证明，就是要证明（这是因为我们可以把看作为一个变量）。由题设由，所以，也就是，得证。25．证明：如果，那么。证因为的两个根为和，其中，所以和也是的根，且，于是，解之得。得证。26．求多项式在复数范围内和在实数范围内的因式分解。解在复数范围内，其中，在实数域内，所以，当为奇数时，有其中，皆为实数。当是偶数时，有27．求下列多项式的有理根：1）；2）；3）。解利用剩余除法试根，可得有一个有理根2。有两个有理根（即有2重有理根）。有五个有理根（即一个单有理根3和一个4重有理根）。28．下列多项式在有理数域上是否可约？1）；2）；3）；4）为奇素数；5）为整数。解1）因为都不是它的根，所以在有理数域里不可约。2）利用艾森斯坦判别法，取，则此多项式在有理数域上不可约。3）首先证明：命题设有多项式，令或，得或则与或者同时可约，或者同时不可约。事实上，若可约，即，从而，这就是说也可约，反之亦然。现在我们用它来证明在有理数域上不可约。令，则多项式变为利用艾森斯坦判别法，取，即证上式不可约，因而也不可约。设，令，则由于是素数，因而，但，所以由艾森斯坦判别法，即证在有理数域上不可约，因而也在有理数域上不可约。已知，令，可得利用艾森斯坦判别法，取，即证在有理数域上不可约，因而也在有理数域上不可约。29．用初等对称多项式表求出下列对称多项式：1）；2）；3）；4）；5)；6)。解1）对称多项式的首项为，其方幂为，即，又因为，所以原式=。2）同理可得原式=，由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为，所以的方幂之积为指数组对应的方幂乘积420411330321222原式=(1)只要令,则原式左边。另一方面，有，代入（1）式，得。再令，得。令，得（2）令得（3）由（2），（3）解得。因此原式。4）原式=指数组对应的方幂乘积220021101111设原式令得。再令得。因此原式。原式=，由于，，所以原式。原式，其中，，，所以原式。30．用初等对称多项式表出下列n元对称多项式：1）；2）；3）；4）；（表示所有由经过对换得到的项的和。）解1）因为多项式的首项为，所以指数组对应的方幂乘积4000…03100…02200…02110…01111..0设原式，令得。得。得。得。所以原式。2）同理可得原式。3）原式。原式。31．设是方程的三个根，计算解因为，由根和系数的关系，可得，再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得。32．证明：三次方程的三个根成等差数列的充分必要条件为。证设原方程的三个根为，则它们成等差数列的充分必要条件为。将上式左端表为初等对称多项式，得，故三根成等差数列的充分必要条件为。二、补充题及参考解答设，且，证明：证设,则由已知，得。其次，设是与的任一公因式，只需证明即可。因为,所以又因为,从而。故也是与的最大公因式。证明：只要的次数都大于零，就可以适当选择适合等式的与，使证存在多项式，，使,从而（1）若的次数满足,则事实上，采用反证法。若,则（1）式左边的第一项次数小于,而第二项的次数大于或等于,这样（1）式左端的次数，但（1）式右端的次数为零，矛盾。所以,此时，即为所求。2)若,则用除，可得,其中,注意到是不可能的，事实上，若，则,代入（1）式得,矛盾。再将代入（1）式，可得,令,再利用本题1）的证明结果，即证。证明：如果与互素，那么与也互素。证由假设，存在和使,于是，即证。证明：如果的最大公因式存在，那么的最大公因式也存在，且当全不为零时有,再利用上式证明，存在使.证因为的最大公因式存在，设其为，则,于是与的最大公因式也存在，不妨设为,则,若设是的任一公因式，则,这样为与的一个公因式，又可得，即证.下面用归纳法证明本题第二部分。当时结论显然成立，假设命题对也成立，即存在，使,成立。再证命题对也成立。事实上，存在和，使，令，，即证。多项式称为多项式的一个最小公因式，如果1）；2）的任一公倍式都是的倍式。我们以表示首项系数是1的那个最小公倍式，证明：如果的首项系数都是1，那么。证令，则，，于是。即，，设是与的任一公倍式，下面证明。由倍式的定义，有，即，消去得，于是。由于，因而或者，所以，。即证。证明：设是次数大于零的多项式，如果对于任何多项式，由，可以推出或者，那么是不可约多项式。证采用反证法。设可约，则有，那么由假设可得或，这是不可能的，因为后面两个多项式的次数低于的次数。于是得证。证明：次数且首项系数为1的多项式是一个不可约多项式的方幂的充分必要条件为：对任意的多项式必有，或者对某一正整数。证必要性：设（其中是不可约多项式），则对任意多项式，有1）；或2）。对于1）有。对于2）有，此即。再让，即必要性得证。充分性：设不是某一个多项式的方幂，则，其中是正整数。若，则由题设知与满足或（为某一正整数）。但这是不可能的，即证。证明：次数且首项系数为1的多项式是某一不可约多项式的方幂的充分必要条件是：对任意的多项式，由，可以推出，或者对某一正整数。证必要性：设，则对多项式，有1），于是；2）为某一正整数）。必要性成立。充分性：对任意多项式，有或，若，那么，但。再由充分性假设，可得为某一正整数。于是由第7题的充分条件，即证。证明：不能有不为零的重数大于2的根。证设，则，又因为的非零根都是多项式的根，而的个根都是单根，因而没有不为零且重数大于2的根。证明：如果，那么的根只能是零或单位根。证设是的任一个根，由知，也是的根，即，所以也是的根。以此类推下去，则都是的根。若是次多项式，则最多只可能有个相异的根，于是存在使，，因此的根或者为0，或者为单位根。11．如果，证明有重根，其中。证设是的个不同的根，且它们的重数分别为，由于是次多项式，因而，其次，由，所以分别为的重根，但，所以，从而。这就是说，只可能有一个根，且重数为。故有重根。设是个不同的数，而证明：1）；2）任意多项式用除所得的余式为证1）令，则，但，所以。即证得。2）对于任意的多项式，用除得，当时，结论显然成立。当时，若令，则，于是，即证得。设与同上题，且是任意个数，显然适合条件。这称为拉格朗日(Lagrange)插值公式。利用上面的公式：一个次数的多项式，它适合条件：2）一个二次多项式，它在处与函数有相同的值；3）一个次数尽可能低的多项式，使解1）设，且，将它们代入（即），可得。已知，，设，与上题类似，可得。同理，设，可得。14．设是一个整系数多项式，试证：如果与都是奇数，那么不能有整数根。证设是的一个整数根，则，由综合法知商式也为整系数多项式，于是又因为与中必有一个为偶数，从而与中至少有一个为偶数，与题设矛盾。故无整数根。15．设是方程的根，证明：的对称多项式可以表成与的多项式。证设是关于的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有(1)其中是的初等对称多项式。由于（2）其中为的初等对称多项式，但是（3）将（3）代入（2）可知，是的一个多项式，不妨记为（4）再将（4）代入（1）式右端，即证可表为的多项式。16．设，令。证明其中的次数或。由上式证明牛顿(Newton)公式：（对）（对）证1）由假设，，其中是一个次数的多项式。故2）由于，，因此得等式当时，比较上式两端含的系数，首先由于不含有的项，所以等式左端含的系数为，而右端含的项只有一项，它的系数为，所以，注意到，即证得。当时，等式右端所有项的次数都大于，所以含的系数为0，而左端含的项的系数为，因此。得证。17．根据牛顿公式，用初等对称多项式表示。解1）当时，由上题可得，而，所以。同理可得，，，。2）当时，同1）所给，且。3)当时，同1）所给，同2）所给，且。4）当时，同1）所给，同3）所给，且。5）当时，同1）所给，同4）所给，且。18．证明：如果对于某一个6次方程有，那么。证这时，并注意，且，所以，于是，，即。而，故。19．求一个次方程使。解设此方程为，由题设及牛顿公式，可得，故所求方程为或。20．求一个次方程使。解设此方程为，由题设及牛顿公式可得，即，所以，，，，故所求方程为。第二章行列式1.求以下9级排列的逆序数,从而决定它们的奇偶性134782695;217986354;987654321;解:1)所求排列的逆序数为:，所以此排列为偶排列。2)所求排列的逆序数为:，所以此排列为偶排列。3)所求排列的逆序数为:，所以此排列为偶排列。2.选择与使1)1274569成偶排列；2)1254897成奇排列。解:1)当时,所求排列的逆序数为:，故当时的排列为偶排列.。2)当时,所求排列的逆序数为:，故当时的排列为奇排列。3.写出把排列12345变成排列25341的那些对换。解:12345。4.决定排列的逆序数,并讨论它的奇偶性。解:因为1与其它数构成个逆序,2与其它数构成个逆序,……构成1个逆序,所以排列的逆序数为5.如果排列的逆序数为,排列的逆序数是多少?解:因为比大的数有个,所以在与这两个排列中,由与比它的各数构成的逆序数的和为.因而,由构成的逆序总数恰为。而排列的逆序数为,故排列的逆序数为。6.在6阶行列式中,,这两项应带有什么符号?解:在6阶行列式中,项前面的符号为。同理项前面的符号为。所以这两项都带有正号。7．写出4阶行列式中所有带有负号并且因子的项。解：所求的各项应是，，。8．按定义计算行列式：1）2）3）。解：1）所给行列式的展开式中只含有一个非零项，它前面的符号应为，所以原行列式=。2）所给行列式的展开式中只含有一个非零项，它前面的符号应为，所以原行列式=！。3）所给行列式的展开式中只含有一个非零项，它前面的符号应为，所以原行列式=！。9．由行列式定义证明：解：行列式展开的一般项可表示为，列标只可以在1，2，3，4，5中取不同的值，故三个下标中至少有一个要取3，4，5列中之一数，从而任何一个展开式中至少要包含一个0元素，故所给行列式展开式中每一项的乘积必为0，因此原行列式值为0。10．由行列式定义计算中与的系数，并说明理由。解：含有的展开项只能是，所以的系数为2；同理，含有的展开项只能是，所以的系数为-1。11.由，证明：奇偶排列各半。证：由题设，所给行列式的展开式中的每一项的绝对值等于1。而行列式的值为0，这说明带正号与带负号的项的项数相等.根据行列式的定义，其展开式中的每一项的符号是由该乘积中各因子下标排列的逆序数所决定的，即当该乘积中各因子的第一个下标排成自然顺序，且第二个下标所成排列为偶排列时，该项前面所带的符号为正，否则为负号，所以，由带正号的项与带负号的项数相等即说明奇偶排列各半。12．设，其中是互不相同的数。由行列式定义，说明是一个次多项式；由行列式性质，求的根。解：1）因为所给行列式的展开式中只有第一行含有，所以若行列式的第一行展开时，含有的对应项的系数恰为乘一个范德蒙行列式于是，由为互不相同的的数即知含有的对应项的系数不为0，因而为一个次的多项式。若用分代替时，则由行列式的性质知所给行列式的值为0，即.故至少有个根.又因为是一个次的多项式，所以必是的全部根。13．计算下面的行列式：1）2）3）4）5）6）解：1）原式==。2）原式==。3）原式=。4）原式==20。原式=原式==0。14.证明。证明：由行列式的性质，有左边=2=2=2右边。15．算出下列行列式的全部代数余子式：1）2）解：1），，，，，，，，。2），，。16．计算下面的行列式：1）2）3）4）解：1）原式==。2）原式==-=-。原式==-=3。原式===-=-。17．计算下列阶行列式：1）2）3）4）5）解：1）按第一列展开，原式=。2）从第2列起各列减去第1列原式=当时，原式=0；当时，原式=；当时，原式=。3）原式=。4）原式==！。各列加到第1列得到原式==。18.证明：1）。2）。3）。4）。5）。证明：4）分别将第行乘以-加到第1行，得左边===右边。4）从最后一行起，分别将每一行都乘以后加到其前一行，得左边==右边。4）将所给行列式记为，按第1列展开得，即，此式对一切都成立.故递推得，在中的地位是一样的，故同理可得，所以，从而=右边。4）对2阶行列式，有，此时结论成立。假设对阶数小于的行列式结论皆成立，则对阶行列式按最后一行展开，得，因为，代入可得故对一切结论成立，即证。4）左边====右边。19．用克拉默法则解下列方程：1）2）3）4）解：1）。所以方程组有唯一解：。2）。所以方程组有唯一解：。3）。所以方程组有唯一解：。4）.所以方程组有唯一解：。20．设是数域中互不相同的数，是数域中任一组给定的数，用克拉默法则证明：有唯一的数域上的多项式使。证明：由得这是一个关于的线性方程组，且它的系数行列式为一个范得蒙行列式.由已知该行列式不为0，故线性方程组只有唯一解，即所求多项式是唯一的。21．设水银密度与温度的关系为，由实验测定得以下数据：10203013.6013.5713.5513.52求，40时的水银密度（准确到两位数）。解：将的实验数据代入关系式，得，且因为系数行列式由克拉默法则可求得，故所求关系式为，再将分别代入上式，其水银密度分别为。第三章线性方程组用消元法解下列线性方程组：解1）对方程组得增广矩阵作行初等变换，有因为，所以方程组有无穷多解，其同解方程组为，解得其中为任意常数。2）对方程组德增广矩阵作行初等变换，有因为，所以原方程无解。3）对方程组德增广矩阵作行初等变换，有，因为，所以方程组有惟一解，且其解为。4）对方程组的增广矩阵作行初等变换，有，即原方程组德同解方程组为，由此可解得，其中是任意常数。5）对方程组的增广矩阵作行初等变换，有因为，所以原方程组无解。6）对方程组的增广矩阵作行初等变换，有，即原方程组的同解方程组为，解之得，其中是任意常数。2.把向量表成的线性组合.。解1）设有线性关系代入所给向量，可得线性方程组，解之，得，因此。2）同理可得。3.证明：如果向量组线性无关，而线性相关，则向量可由线性表出.证由题设，可以找到不全为零的数使，显然.事实上，若，而不全为零，使成立，这与线性无关的假设矛盾，即证.故，即向量可由线性表出。4.，证明：如果，那么线性无关。证设有线性关系，代入分量，可得方程组，由于，故齐次线性方程组只有零解，从而线性无关。5.设是互不相同的数，.证明：是线性无关的。证设有线性关系，则，1）当时，方程组中的未知量个数与方程个数相同，且系数行列式为一个范德蒙行列式，即，所以方程组有惟一的零解，这就是说线性无关。2）当时，令则由上面1)的证明可知是线性无关的。而是延长的向量，所以也线性无关。6.设线性无关，证明也线性无关。证设由线性关系，则。再由题设知线性无关，所以，解得，所以线性无关。7.已知的秩为，证明：中任意个线性无关的向量都构成它的一个极大线性无关组.证设是中任意个线性无关向量组，如果能够证明任意一个向量都可由线性表出就可以了。事实上，向量组是线性相关的，否则原向量组的秩大于，矛盾.这说明可由线性表出，再由的任意性，即证。8.设的秩为，是中的个向量，使得中每个向量都可被它们线性表出，证明：是的一个极大线性无关组。证由题设知与等价，所以的秩与的秩相等，且等于.又因为线性无关，故而是的一个极大线性无关组。9.证明：一个向量组的任何一个线性无关组都可以扩充成一线性无关组。证将所给向量组用（Ⅰ）表示，它的一个线性无关向量组用（Ⅱ）表示。若向量组（Ⅰ）中每一个向量都可由向量组（Ⅱ）线性表出，那么向量组（Ⅱ）就是向量组（Ⅰ）的极大线性无关组.否则，向量组（Ⅰ）至少有一个向量不能由向量组（Ⅱ）线性表出，此时将添加到向量组（Ⅱ）中去，得到向量组（Ⅲ），且向量组（Ⅲ）是线性无关的。进而，再检查向量组（Ⅰ）中向量是否皆可由向量组（Ⅲ）线性表出.若还不能，再把不能由向量组（Ⅲ）线性表出的向量添加到向量组（Ⅲ）中去，得到向量组（Ⅳ）。继续这样下去，因为向量组（Ⅰ）的秩有限，所以只需经过有限步后，即可得到向量组（Ⅰ）的一个极大线性无关组。10.设向量组为，，，，。证明：线性无关。把扩充成一极大线性无关组。证1）由于的对应分量不成比例，因而线性无关。2）因为，且由，可解得，所以线性无关。再令，代入已知向量后，由于相应的齐次线性方程组的系数行列式为0，因而该齐次线性方程组存在非零解，即线性相关，所以可由线性表出。这意味着就是原向量组的一个极大线性无关组。注此题也可将排成的矩阵，再通过列初等变换化为行阶梯形或行最简形，然后得到相应结论。11.用消元法求下列向量组的极大线性无关组与秩：，解1）设对矩阵作行初等变换，可得，所以的秩为3，且即为所求极大线性无关组。同理可得为所求极大线性无关组，且向量组的秩为3。12.证明：如果向量组（Ⅰ）可以由向量组（Ⅱ）线性表出，那么（Ⅰ）的秩不超过（Ⅱ）的秩。证由题设，向量组（Ⅰ）的极大线性无关组也可由向量组（Ⅱ）的极大线性无关组线性表出，即证向量组（Ⅰ）的秩不超过向量组（Ⅱ）的秩。13.设是一组维向量，已知单位向量可被它们线性表出，证明：线性无关。证设的秩为，而的秩为。由题设及上题结果知，从而，故线性无关。14.设是一组维向量，证明：线性无关的充分必要条件是任一维向量都可被它们线性表出。证必要性.设线性无关，但是个维向量必线性相关，于是对任意维向量，它必可由线性表出。充分性任意维向量可由线性表出，特别单位向量可由线性表出，于是由上题结果，即证线性无关。15.证明：方程组对任何都有解的充分必要条件是系数行列式。证充分性.由克拉默来姆法则即证。下证必要性.记，则原方程组可表示为，由题设知，任意向量都可由线性表出，因此由上题结果可知线性无关。进而，下述线性关系，仅有惟一零解，故必须有，即证。16.已知与有相同的秩，证明：与等价。证由于与有相同的秩，因此它们的极大线性无关组所含向量个数必定相等.这样的极大线性无关组也必为的极大线性无关组，从而它们有相同的极大线性无关组。另一方面，因为它们分别与极大线性无关组等价，所以它们一定等价。17.设，证明：与具有相同的秩。证只要证明两向量组等价即可.由题设，知可由线性表出。现在把这些等式统统加起来，可得，于是，即证也可由线性表出，从而向量组与等价。18.计算下列矩阵的秩：1）2）3）4）5）。解1）秩为4；2）秩为3；3）秩为2；4）秩为3；5）秩为5。19.讨论取什么值时，下列方程有解，并求解。1）2）3）解1）因为方程组的系数行列式，所以当时，原方程组与方程同解，故原方程组有无穷多解，且其解为，其中为任意常数。当时，原方程组无解。当且时，原方程组有惟一解。且。2）因为方程组的系数行列式，所以当时，原方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩分别为2与3，所以无解。当时，的秩为2，的秩为3，故原方程组也无解。当，且时，方程组有唯一解。因为方程组的系数行列式，所以当时，即且时，方程组有惟一解，且为，当时1o若，这时系数矩阵的秩为2，而它的增广矩阵的秩为3，故原方程组无解。2o若，这时增广矩阵所以当时，的秩为3，的秩为，原方程组无解。而当时，原方程组有无穷多个解，且其解为，其中为任意常数。20.求下列齐次线性方程组的一个基础解系，并用它表出全部解：1）2）3）4）解1）对方程组的系数矩阵作行初等变换，有因为，所以原方程组的基础解中含有3个线性无关的解向量，且原方程组的同解方程组为，于是只要令即得，同理，令即得，即得，则为原方程组的一个基础解系，且该齐次线性方程组的全部解为，其中为任意常数。2）对方程组的系数矩阵作行初等变换，有因为，所以原方程组的基础解系中含有2个线性无关的解向量，且原方程组的同解方程组为，若令，得，，得，则为原方程组的一个基础解系，且该齐次线性方程组的全部解为，其中为任意常数。3）对方程组的系数矩阵作行初等变换，有又因为所以，方程组的基础解系含有一个线性无关的解向量，且原方程组的同解方程组为。于是令，可得，则即为原方程组的一个基础解系，且该齐次线性方程组的全部解为，其中为任意常数。对方程组的系数矩阵作行初等变换，有又应为所以，方程组的基础解系含有2个线性无关大解向量，且原方程组的同解方程组为，得，，得，则为原方程组的一个基础解系，且该齐次线性方程组的全部解为，其中为任意常数。21.用导出组的基础解系表出第1题1）、4）、6）题中线性方程组的全部解，其中解1）对原方程组的增广矩阵作初等行变换，可得，所以方程组有无穷多解，且其导出组的基础解系中含有1个线性无关的解向量，又因为原方程组的同解方程组为，若令，代入原方程组的导出组，可解得，于是导出组的基础解系为，且原方程组的一个特解为，故园方程组的全部解为，其中为任意常数。4）对原齐次线性方程组的系数矩阵作初等变换，可得，所以方程组有无穷多解，且其基础解系中含有2个线性无关的解向量，又因为原方程组的同解方程组为，若令，得，再令，得，于是导出组的基础解系为，，故原方程组的全部解为，其中为任意常数。6）对原方程组的增广矩阵作初等变换，可得，所以方程组有无穷多个解，且其导出组的基础解系中含有1个线性无关的解向量，又因为原方程组的同解方程组为，若令，代入原方程组的导出组，可解得，于是导出组的基础解系为，且原方程组的一个特解为，故原方程组的全部解为，其中为任意常数。22.取什么值时，线性方程组有解？在有解的情形，求一般解。解对方程组的增广矩阵行作初等变换：。于是，只有且时，增广矩阵的秩与系数的秩都为2，此时原方程组有解；当且时，原方程组都无解。当，时，原方程组与方程组，同解，且其一般解为，其中为任意常数。23.设证明：此方程组有解的充分必要条件为，在有解的情形，求出它的一般解。证对方程组的增广矩阵作行初等变换，有此时的秩为4，的秩为4的充分必要条件是，因此，原方程组有解的充分必要条件是。其次，当时，原方程组与方程组与，同解，所以它的一般解为，其中为任意常数。24.证明：与基础解系等价的线性无关向量组也是基础解系。证由于两个等价的线性无关向量组所含向量个数是相等的，不妨设是齐次线性方程组的一个基础解系，且与它等价，则可由线性表出，从而也是原齐次线性方程组的解。又由题设知线性无关，且可由线性表出，从而齐次线性方程组的任一个解也都可以由线性表出，即证也是方程组的一个基础解系。25.设齐次方程组，的系数矩阵的秩为，证明：方程组的任意个线性无关的解都是它的一个基础解系。证由于方程组的系数矩阵的秩为，所以它的基础解系所含线性无关解向量的个数为。设是方程组的一个基础解系，是方程组的任意个线性无关的解向量，则向量组，的秩仍为，且是它的一个极大线性无关组，同理也是它的一个极大线性无关组，所以与等价，再由上题即证。26.证明：如果是一线性方程组的解，那么，（其中）也是一个解。证设线性方程组为由题设，是该方程组的个解，现将代入方程组，得，所以仍是方程组的一个解，即证。27.多项式与在取什么值时有公共根？解因为与的结式为，故当时，有，从而与有公共根。此外，由还可求得的3个根，它们皆可使与有公共根。28.解下列联立方程：解1）由结式，可解得下1，1，2，-1四个根。当时，代入原方程组，可得，解此方程组，可得。当时，代入原方程组，得，解之得。当时，代入原方程组，可得，解之得。故原方程组有四组公共解为2）同理可得，所以解得，，，，代入原方程组，可得四组公共解为。3）由，可解得原方程组的组公共解为第四章矩阵1.设1），2），计算，。解1），2），其中，，，，，，2.计算，，解。。采用数学归纳法，可证。事实上，当时，有，结论成立。当时，归纳假设结论成立，即于是当时，有，即证成立。4）采用数学归纳法，可证，事实上，当时，有，结论成立。当时，归纳假设结论成立，即，于是当时，有，其中，同理可得，，，因而有。5），。6）。7）注意到，这意味着，若令，则.下面对分两种情形讨论①为偶数，即，于是，②为奇数，即，于是，故。8）采用数学归纳法，可证，事实上，当时，结论显然成立，现在归纳假设，于是，，即证结论成立。3.设，是一个矩阵，定义。1），；2），，试求。解1）。2）。4.如果，矩阵就称为与可交换，设1）2）3）求所有与可交换的矩阵。解1）若记，并设与可交换，即，于是，所以，故任意，从而所有与可交换的矩阵为，其中为任意常数。2）同理，记并设与可交换，即于是，所以，比较对应的元，可得，，，，，，于是所有与可交换的矩阵为，其中为任意常数。3）设与可交换，即，于是，故得,,。所以所有与可交换的矩阵为，其中为任意常数。5.设其中（当时）（），证明：与可交换的矩阵只能是对角矩阵。证设与可交换，于是由，有，即（当时）.有因为，所以。于是，与可交换的矩阵只能是对角矩阵。6.设，其中（当时）（），是阶单位矩阵，证明：与可交换的矩阵只能是准对角矩阵，其中是阶矩阵（）。证设与可交换（其中是阶矩阵），则由，可得当时，由及，因而必有。于是，与可交换的矩阵只能是准对角矩阵，其中是阶矩阵（）。7.用表示行列的元素（即元）为1，而其余元素全为零的矩阵，而．证明：1）如果，那么当时，当时；2）如果，那么当时，当时，且；3）如果与所有的阶矩阵可交换，那么一定是数量矩阵，即。证1）因为，所以，。即当时，当时。2）因为列行所以当时，当时且。3）与任何矩阵相乘可交换，必与相乘可交换，于是由得（），因此是数量矩阵。8.如果，证明：。证，。9.如果，证明：当且仅当。证充分性.若，因为，所以。必要性.若，则，即，即证。10.矩阵称为对称的，如果.证明：如果是实对称矩阵，且，那么。证设，则。由有，因而必有，即证。11.设都是对称矩阵，证明：也对称当且仅当可交换。证当时，有，所以是对称矩阵。反之，当时，有。12.矩阵称为反对称的，如果，证明：任一矩阵都可表为一对称矩阵与一反对称矩阵之和。证设是任一矩阵，因为，且是对称矩阵，是反对称矩阵，所以结论成立。13.设.证明：证由题设知。14.设是矩阵，证明：存在一个非零矩阵使的充分必要条件是。证充分性.若，则齐次方程组有非零解，只要取即可。必要性.设，使，这里是的列向量。不失一般性，设，则由，得。因此，，即有非零解，从而。15.设是矩阵，如果对任一维向量都有，那么。证证法1由题设知，维向量空间中的所有向量都是齐次线性方程组的解，故方程组的基础解系含有个线性无关的解向量，所以，即证。16设为一矩阵，为矩阵，且.证明：如果，那么；如果，那么。证1）若，设，，因，不失一般性，可设。由，得因为该齐次方程组的系数行列式不等于零，故它只有惟一零解，即，因而。若，则，由1）知，因此。17.证明：。证设，，则。若与分别是与的列向量组的极大线性无关组，则有于是，即的列向量组可由线性表出，故。18.设为矩阵，证明：如果，那么。证设的列向量组为，则，故有。即方程组有组解。若，则可由个线性无关的解向量线性表出，于是。因此。19.证明：如果，那么。证。即证。20.求，设，解1）。2）对作行初等变换，有，所以。3）对作行初等变换，可得，所以。4）对作行初等变换，可得，所以。5）对作行初等变换，有，所以。6）对作行初等变换，有，所以。7）因为，所以。对作行初等变换，有。9）因为且，所以。10）因为，所以。21.设，已知存在，求。解设，则。因此，左乘，得，，又由于，，左乘得，，故。22.设，其中，求。解记，其中则。而，故。23.求矩阵，设，，，。解1）。2）。3）。4）。24.证明：1）如果可逆对称（反对称），那么也对称（反对称）；2）不存在奇数阶的可逆反对称矩阵。证1)若，则。2）由，知，所以当为奇数时，有，故不可逆。25.矩阵称为上（下）三角矩阵，如果当时有。证明：1）两个上（下）三角形矩阵的乘积仍是上（下）三角矩阵；2）可逆的上（下）三角矩阵的逆仍是上（下）三角矩阵。证1）设，，假定，其中，当时，显然中各项均有因子为零，故，所以是上三角矩阵。对于是下三角阵情形同法可证。2）令，设是的逆，即，比较和的第一列元素，有，因为，故，因而得。同理可得：当时，因而是上三角阵。是下三角阵的情形同理可证。26.证明：，其中是矩阵。证因为，，所以当时有。当时ⅰ),有，于是。ⅱ），由于，于是有非零解，故，于是，所以此时也有，，即证。27.证明：如果是矩阵，那么证当时，故，所以。当时，至少有一个阶子式不为0，所以。另一方面，由，有。于是，所以，.故。当时，的一切阶子式全为0，所以，因而，即证。第五章二次型1．用非退化线性替换化下列二次型为标准形，并利用矩阵验算所得结果。1）；2）；3）；4）；5）；6）；7）。解1）已知，先作非退化线性替换（1）则，再作非退化线性替换（2）则原二次型的标准形为，最后将（2）代入（1），可得非退化线性替换为（3）于是相应的替换矩阵为，且有。2）已知，由配方法可得，于是可令，则原二次型的标准形为，且非退化线性替换为，相应的替换矩阵为，且有。（3）已知，由配方法可得，于是可令，则原二次型的标准形为，且非退化线性替换为，相应的替换矩阵为，且有。（4）已知，先作非退化线性替换，则，再作非退化线性替换，则，再令，则原二次型的标准形为，且非退化线性替换为，相应的替换矩阵为，且有。（5）已知，先作非退化线性替换，则，再作非退化线性替换，即，则原二次型的标准形为，且非退化线性替换为，相应的替换矩阵为，且有。（6）已知，由配方法可得，于是可令，则原二次型的标准形为，且非退化线性替换为，故替换矩阵为，且有。（7）已知，由配方法可得，于是可令，则原二次型的标准形为，且非退化线性替换为，相应的替换矩阵为，且有。（Ⅱ）把上述二次型进一步化为规范形，分实系数、复系数两种情形；并写出所作的非退化线性替换。解1）已求得二次型的标准形为，且非退化线性替换为，在实数域上，若作非退化线性替换，可得二次型的规范形为。在复数域上，若作非退化线性替换，可得二次型的规范形为。2）已求得二次型的标准形为，且非退化线性替换为，故该非退化线性替换已将原二次型化为实数域上的规范形和复数域上的规范形。3）已求得二次型的标准形为，且非退化线性替换为，在实数域上，上面所作非退化线性替换已将二次型化为规范形，即。在复数域上，若作非退化线性替换。可得二次型的规范形为。已求得二次型的标准形为，且非退化线性替换为，在实数域上，若作非退化线性替换，可得二次型的规范形为。（2）在复数域上，若作非退化线性替换，可得二次型的规范形为。（5）已求得二次型的标准形为，且非退化线性替换为，在实数域上，若作非退化线性替换，可得二次型的规范形为。在复数域上，若作非退化线性替换，可得二次型的规范形为。6）已求得二次型的标准形为，且非退化线性替换为。（1）在实数域上，若作非退化线性替换，可得二次型的规范形为。（2）在复数域上，若作非退化线性替换，可得二次型的规范形为。7）已求得二次型的标准形为，且非退化线性替换为。（1）在实数域上，上面所作非退化线性替换已将二次型化为规范形，即。在复数域上，若作非退化线性替换，可得二次型的规范形为。2．证明：秩等于的对称矩阵可以表成个秩等于1的对称矩阵之和。证由题设知且，于是存在可逆矩阵使，且为对角阵，又因为均为可逆矩阵，所以有，其中于是。因，且。即都是对称矩阵，故可表成个秩为1的对称矩阵之和。3．证明：与合同，其中是的一个排列。证题中两个矩阵分别设为，与它们相应的二次型分别为，，作非退化的线性替换，则可化成。故与合同。4．设是一个阶矩阵，证明：1）是反对称矩阵当且仅当对任一个维向量，有。2）如果是对称矩阵，且对任一个维向量有，那么。证1）必要性。因为，即，所以由于，故。充分性。因为，有，即，这说明原式是一个多元零多项式，故有，即。2）由于是对称的，且，即，这说明为一个多元零多项式，故有，，即。5．如果把实阶对称矩阵按合同分类，即两个实阶对称矩阵属于同一类当且仅当它们合同，问共有几类？解实对称矩阵与合同的充要条件为存在可逆矩阵与使。下面考虑对角矩阵的相应二次型的合同分类情况，在中可分为共计个合同类。但秩又可分别取，故共有个合同类。6．证明：一个实二次型可以分解成两个实系数的一次齐次多项式的乘积的充分必要条件是：它的秩等于2且符号差等于0，或者秩等于1。证必要性。设，其中均为实数。若上式右边的两个一次式系数成比例，即不失一般性，可设，则可作非退化线性替换使二次型化为，故二次型的秩为1。若两个一次式系数不成比例，不妨设，则可作非退化线性替换，使。再令，则二次型可化为，故二次型的秩为2，且符号差为0。充分性。1）若的秩为1，则可经非退化线性替换使二次型化为，其中为的一次齐次式，即，且。2）若的秩为2，且符号差为0，则可经非退化线性替换使二次型化为，故可表成两个一次齐次式的乘积。7．判断下列二次型是否正定：1）；2）；3）；4）。解1）二次型的矩阵为，因为，故原二次型为正定二次型。二次型的矩阵为，因为，所以原二次型非正定。记二次型的矩阵为，其中，即，由于的任意阶顺序主子式所对应的矩阵与为同类型的对称矩阵，且，故原二次型为正定二次型。记二次型的矩阵为，则的级顺序主子式为，故原二次型为正定二次型。8．取什么值时，下列二次型是正定的：1）2）解1）二次型的矩阵为，因为的各阶顺序主子式为，，，当原二次型为正定时，有，解上面不等式组，可得。2）二次型的矩阵为，当的所有顺序主子式都大于零时，即，，，由原二次型为正定得，但此不等式组无解，即不存在值使原二次型为正定。9．证明：如果是正定矩阵，那么的主子式全大于零。所谓主子式，就是行指标与列指标相同的子式。证设正定矩阵，作正定二次型，并令，则可得新二次型，由正定二次型的定义知该二次型是正定的，故的一切级主子式。10．设是实对称矩阵，证明：当实数充分大之后，是正定矩阵。证，它的级顺序主子式为当充分大时，为严格主对角占优矩阵的行列式，且，故，从而是正定的。11．证明：如果是正定矩阵，那么也是正定矩阵。证因是正定矩阵，故为正定二次型，作非退化线性替换，又也是对称矩阵，故，从而为正定二次型，即证为正定矩阵。12．设为一个级实对称矩阵，且，证明：必存在实维向量，使。证因为，于是，所以，且不是正定矩阵。故必存在非退化线性替换使，且在规范形中必含带负号的平方项。于是只要在中，令则可得一线性方程组，由于，故可得唯一组非零解使，即证存在，使。13．如果都是阶正定矩阵，证明：也是正定矩阵。证因为为正定矩阵，所以为正定二次型，且，，因此，于是必为正定二次型，从而为正定矩阵。14．证明：二次型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。若正惯性指数秩，则。即，若令，，则可得非零解使。这与所给条件矛盾，故。充分性。由，知，故有，即证二次型半正定。15．证明：是半正定的。证（）。可见：当不全相等时。当时。故原二次型是半正定的。16．设是一实二次型，若有实维向量使，。证明：必存在实维向量使。设的秩为，作非退化线性替换将原二次型化为标准型，其中为1或-1。由已知，必存在两个向量使和，故标准型中的系数不可能全为1，也不可能全为-1。不妨设有个1，个-1，且，即，这时与存在三种可能：，，下面仅讨论的情形，其他类似可证。令，，，则由可求得非零向量使，即证。17．是一个实矩阵，证明：。证由于的充分条件是与为同解方程组，故只要证明与同解即可。事实上，即证与同解，故。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。补充题参考解答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）；2）；3）；4），其中。解1）作非退化线性替换，即，则原二次型的标准形为，且替换矩阵，使，其中。2）若，，则，于是当为奇数时，作变换，则，且当时，得非退化替换矩阵为，当时，得非退化替换矩阵为，故当为奇数时，都有。当为偶数时，作非退化线性替换，则，于是当时，得非退化替换矩阵为，于是当时，得非退化替换矩阵为，故当为偶数时，都有。由配方法可得，于是可令，则非退化的线性替换为，且原二次型的标准形为，相应的替换矩阵为，又因为，所以。令，则。由于，则原式，其中所作非退化的线性替换为，故非退化的替换矩阵为。又，所以。设实二次型，证明：的秩等于矩阵的秩。证设，因，下面只需证明即可。由于，故存在非退化矩阵使或，从而，令，则。由于是正定的，因此它的级顺序主子式，从而的秩为。即证。设。其中是的一次齐次式，证明：的正惯性指数，负惯性指数。证设，的正惯性指数为，秩为，则存在非退化线性替换，使得。下面证明。采用反证法。设，考虑线性方程组，该方程组含个方程，小于未知量的个数，故它必有非零解，于是，上式要成立，必有，，这就是说，对于这组非零数，有，，这与线性替换的系数矩阵非退化的条件矛盾。所以。同理可证负惯性指数，即证。设是一对称矩阵，且，证明：存在使，其中表示一个级数与相同的矩阵。证只要令，则，注意到，，则有。即证。设是反对称矩阵，证明：合同于矩阵。证采用归纳法。当时，合同于，结论成立。下面设为非零反对称矩阵。当时，故与合同，结论成立。假设时结论成立，今考察的情形。这时，如果最后一行（列）元素全为零，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，并将最后一行和最后一列都乘以，则可化成，再将最后两行两列的其他非零元化成零，则有，由归纳假设知与合同，从而合同于矩阵，再对上面矩阵作行交换和列交换，便知结论对级矩阵也成立，即证。设是阶实对称矩阵，证明：存在一正实数，使对任一个实维向量都有。证因为，令，则。利用可得，其中，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）设是一对称矩阵，为特殊上三角矩阵，而，证明：与的对应顺序主子式有相同的值；2）证明：如果对称矩阵的顺序主子式全不为零，那么一定有一特殊上三角矩阵使成对角形；3）利用以上结果证明：如果矩阵的顺序主子式全大于零，则是正定二次型。证1）采用归纳法。当时，设，，则。考虑的两个顺序主子式：的一阶顺序主子式为，而二阶顺序主子式为，与的各阶顺序主子式相同，故此时结论成立。归纳假设结论对阶矩阵成立，今考察阶矩阵，将写成分块矩阵，，其中为特殊上三角矩阵。于是。由归纳假设，的一切阶的顺序主子式，即的顺序主子式与的顺序主子式有相同的值，而的阶顺序主子式就是，由，知的阶顺序主子式也与的阶顺序主子式相等，即证。2）设阶对称矩阵，因，同时对的第一行和第一列进行相同的第三种初等变换，可以化成对称矩阵，于是由1）知，从而，再对进行类似的初等变换，使矩阵的第二行和第二列中除外其余都化成零；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，便可以将化成对角形。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，左乘一个下三角形阵，而上三角形阵之积仍为上三角形阵，故存在，使，命题得证。3）由2）知，存在使。又由1）知的所有顺序主子式与的所有顺序主子式有相同的值，故，，所以。，所以，因是非退化线性替换，且，由于都大于零，故是正定的。8。证明：1）如果是正定二次型，那么是负定二次型；2）如果是正定矩阵，那么，这里是的阶顺序主子式；3）如果是正定矩阵，那么。4）如果是阶实可逆矩阵，那么。证1）作变换，即，则。因为是正定矩阵，所以是负定二次型。2）为正定矩阵，故对应的阶矩阵也是正定矩阵，由1）知是负定二次型。注意到，又因，所以，当时，有，综上有，即证。3）由2）得。4）作非退化的线性替换，则为正定二次型，所以是正定矩阵，且，再由3）便得。9.证明：实对称矩阵是半正定的充分必要条件是的一切主子式全大于或等于零（所谓阶主子式，是指形为的级子式，其中）。证必要性。取的任一个阶主子式相应的矩阵，对应的二次型为，令，代入，得，故存在非退化矩阵使，其中。故。充分性。设的主子式全大于或等于零，任取的第个顺序主子式相应的矩阵，作，由行列式性质，得，其中是中一切阶主子式的和，