《线性代数》课后习题答案(陈维新)

.2。因为Q是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以22综上所述，我们有Q(3)是数域。（2）类似可证明Q(p)是数域，这儿p是一个素数。22).（4）因为有无数个互异的素数，所以由（3）可知在Q和八之间存在无穷多个不同的（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。1．证明：根据行列式的定义=Σ(-1)τ(j1j2jn)aa…1j12j2j1j2jnnnjn ij(j1j2jn)=0。j1j2jn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)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：设展开后的正项个数为x。则由行列式的定义有D=x-(n!-x)=2x-n!。又因为D=（利用Ri11001122……02（下三角行列式）=2n-1。所以有2n-12.27．解：利用行列式的初等变换及性质5。C-CC-Ccc2c3-a10a1-a20a200010101…-an-1…1an-110-a102010203…-an-1…n-14xC3xCΣ5C所得的行列式D′第一列由题设中所给的5个数xab0c0y00d0ez0fghkul0000vx00gayehb0zk按第4列展开x00aye按第1列展开ye0z=a12341341按第1列展开ii11111i1i101200044000bbac01010按第1列展开100d010c001b方法二逐次均按第2行展开可得同样结果,具体解法可参见下例。a10002000a30002a…0a100a3n=·…·=na11an1x1a1a1a31x2b1b2x22b3001x10x21001x20x220xxc1x30x2330x23c3C1x1a1a2x21a31x2b1b2x22b31x3c1c2x23c3001x20x22001x30x23001x10x21R.1x1x21a2a1a31x2x22b2b1b31x3x23c2c1c3000x21x22000x31x23000x11x21R1x1x21a1a2a31x2x22b1b2b31x3x23c1c2c30001x2x220001x3x23000xx2123x00yx00yx......0000y0000xyx000yx01a1a1a22a2333aaaa1a2a3a111a210a301a00C+ΣnCiyynyy2n2yni1(xx)y(xx)y…(xx)ynx)ynx)y…(xnx)yy1y2…ynyn…ynyyy213．解1）将D按第n列展开得:nD=nxz0yxzy0xy00000000y+xxz0yxzy0xn1796758493475004300965671680000347543967100560068.1020210220102C102020102102R122120000012122r+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ar10arr0cr1bcbarr0.r1r12．解：计算得D==4λ1λ00102 14n-1Σn-1Σ1211n111112111131111000n…-n…-a3n3inainii=1iinR-Riin11ai方法二归纳法-1a而第2个行列式按第n列展开可算出为aD从而nn-1,故D可表示为2个行列式之和,n1111111111222D+aD+aD33n11111112n333EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up9(1),a)由证明(二)可知D与D存在以下递推关系:D=aa…a+aDΣ所以D=Σ所以D=aaa+aD=aa=aa=右端.n11112111111101101132C一C11111010a…0…02n1+Σn111ai01000a2n2．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：通过倍加行变换易知f(x)的次数最大为1；又因为如果a全取零，则有f(x)=0。ij所以选(D)。5．看自己或别人的作业。.ii=…=…。nj可使得a位于左上角,用a-1来乘第一行,然后将其余行减去第一行的适当倍数,矩阵||0A可以化为:|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),再将第n-1行的-a'倍加到第i行i(n-1)(i=1,2,...,n-2),这样继续下去,一直到将第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．证明：以行互换R为例:列互换可以同样证明.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r+1阶子式,否则A的秩至少是r+1,这也与题设秩（Ar矛盾。2．提示：利用矩阵的行秩和向量的极大无关组证明。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11|||||||…a22an-1,2n-1,nn-1,2n-1,nn-1,1n2nn2nn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(Ⅰ)3．解：将增广矩阵只用初等行变换化为阶梯形矩阵.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．证明：该线性方程组的增广矩阵A=214．证明：该线性方程组的增广矩阵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：当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，即可完成证明.「1|kB|kB4-344-34-2|「1||0100]lB,n「，接下来用数学归纳法证明这一归纳出的结当n=1时，结论显然成立.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)结论成立.8．证明：因为A与所有n阶方阵乘法可换，故与E乘法可换利用第7题结果有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．设a=λ,则A=laij=0即A为数量矩阵.10．证明：设A=|11|11,则jiijΣajibij由于ΣΣajibijΣjiij所以假设不成立．即不存在n阶方阵A，B满足AB-BA=E..「a…a]「a…a]…TATA的主对角线上元素为零证法二：利用二次型。2i4．思路：注意到矩阵多项式的运算和一般多项式的运算一样就可以了。k-1)kk-1)5．证明：计算(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可逆且其逆为E-J.nm-21乘上--a0m-2 0m0 m0...44222EA如果可逆，其逆矩阵也应该是一个矩阵多项式。所以我们可以假设其逆矩阵为1-。22133A11313*A*(AB)*综合上述可得(AB)*=ABB-1A-1=B*A*.13．证明：根据题意可知存在非零的n×t矩阵B使AB=O,B是非零矩阵所以必存在某一列「a]「a]「0]niA=0.矩阵,所以选项(A)是错误的.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综上即有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行与j行互换相当于用初等矩阵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),所以相当于A-1右乘了初等矩阵E(i,j),即A-1中的i列与j列互换.(2)A中i行乘上非零数k相当于用初等矩阵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)),所以相当于A-1右乘了初等k(3)A中第j行乘上数k加到第i行相当于用初等矩阵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),所以相当于A-1右乘了初等矩阵E(i+j(-k),j),中第j行乘上数-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)——喻下面只用初等行变换把CT-BTA]即可.0123001200010]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(0]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(0),1)-21|-2从而得到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||其秩为1,而P,Q可逆,所以三个矩阵的积的秩仍然为1.这样A就表示成了r个秩为2．解：设ALL|||||||m-r,n-rOm-rm-r,n-rL…,A.r.|Om-r,n-rrL1而不是r.所以该逆命题不成立.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都是可逆矩阵,所以M也是可逆的.又因为秩(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)所以存在可逆矩阵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,所以该项不一定成立.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)所以是正确的.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即为所需的两个矩阵.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(r),O)rQ,同(1)分析可知这样构造得到的.r(BC)<r(ABC)。又因为r(ABC)<r(B)，所以r(ABC)=r(B)。 ,C线性无关，所以t2s_1s线性表示，所以(III)能用(IV)线性表示。因为(III)线性无关，所以(III)中所含向量1r_11r_1r1r_11r_1r111r_1r_1rr1r_1 rk11r_1r_1rrC2CCC线性无关,所以CC2必线形无关,又因为CCC相关,所以aa能经aa2线性表示,并且表示方法唯一.(2)若a4能经aaa线性表示,不妨设表达式为a41能经a2a31带入到a4中即有a-(kt-(kt=O,从而得到a,a,a意中aaa线性无关矛盾!所以a不能经aaa线性表示.LL-2a44可得秩([aaaa])=4,|0这四个向量线性无关,2-1001120-3」所以该向量组是P4中的一组基.「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同样可计算得a，=a+a+a;a，=a-2a+3a.所以从基(Ⅰ)到基(Ⅱ)的过渡矩-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可作为P4的一组基.]||||aaa6]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(1),3)6]EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up14(1),3)求解方程组(|-1.2．思路：即说明这是解空间的一组基。4．思路：注意要指出齐次线性方程组的基础解系只含有一个向量。i=1,2,…,m;j=1,2,…,n)成立.ijijn]1A1A(1A)A*=E,据此可知A*是可逆的,所以秩(A*)=n.A(2)秩(A)＜n-1时,根据矩阵秩的定义可知A的所有n-1阶子式都为0,而A*的元素就是A的所有n-1阶子式,所以A*的元素都是0,即A*=O,所以秩(A*)=0.于秩(A)=n-1,根据矩阵秩的定义可知A至少有一个n-1阶子式不为零,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的一组标准正交基.44因为a在a,a,a,a下的坐标为[1,,而β在a,a,a,a下的坐标22223所以方程组的一个基础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再进行单位化得到Yβ再进行单位化得到Y213AX=O的基础解系中所含向量的个数为n-秩(A),因此n-秩(B)>n-秩(A),所以秩(A)≥秩(B).解系,所以两者的基础解系所含向量个数相同,因此n-秩(B)=n-秩(A),即有秩(A)=秩(B).本节第2个习题(2)可得秩(CAB)=秩(AB).因为σ保持内积，所以由内积的双线性性得22220]0]于trA与trB不相等,「10]trB不相等,所以A与B不相似.因此(C)不正确.因此(D)不正确.λE-||-2|0λ-5-402EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up3(2),2)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up3(2),2)为不为零的任意数).T的特征多项式为λE-AT=((λE)T而λE-A是A的特征多项式,所以A与AT有相同的特征多项式..从而可知秩(E-A)=2.又因为2是A的二重根,所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数为1或2,由于A不能与对角矩阵相似,则可知A的线形无关的特征值个数小于3,所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数只能为1,同样可得3-秩(2E-A)=1,所以秩λ0-1λ-1λ-1i(λE-A)X=O的基础解系所含向量个数r相等.-1是一重根所以一定满足,所以只i