同济大学线性代数第六版答案

2024-09-14 来源：年旅网

同济大学线性代数第六版答案(全)

第一章行列式

1 利用对角线法则计算下列三阶行列式

(1)211084131

解 210118431

2(4)30(1)(1)1 0

132(1)8

248164

(2)abbcccaab

解 abbcccaab

acbbaccbabbbaaaccc

3abca3b3c3

(3)1aa12bb12cc2

解 111aa2bb2cc2

bc2ca2ab2ac2ba2cb2

(ab)(bc)(ca)

18 (1)

xyxy (4)yxyxxyxyxyxy 解 yxyx

xyxy 序数

x(xy)yyx(xy)(xy)yxy3(xy)3x3

3xy(x2(x3

y)y33x2 yx3y3x3 y3)

求下列各排列的逆

2 按自然数从小到大为标准次序 (1)1 2 3 4 (2)4 1 3 2 (3)3 4 2 1 (4)2 4 1 3

解逆序数为0

解逆序数为4 41 43

3 1 4 1

4 2 4 1, 2 1 4 3

(2n)

(2n1) 2 4

解逆序数为5 3 2 解逆序数为3 2 1 (5)1 3 n(n1) 解逆序数为

2 42 32

3 2 (1个) 5 2 5 4(2个) 7 2 7 4

7 6(3个)

(2n1)(2n

2) (n

(2n1)6

(2n1)2 (2n1)4

1个)

(6)1 3 (2n1) (2n) (2n2) 2

解逆序数为n(n1) 3 2(1个) 5 2 5 4 (2个) (2n1)(2n 2) (n

(2n1)2 (2n1)4

1个)

4 2(1个) 6 2 6 4(2个) (n1个)

(2n1)6

(2n)2 (2n)4 (2n)6 (2n)(2n

3 写出四阶行列式中含有因子a11a23的项解含因子a11a23的项的一般形式为

(

tt1)a11a23a3ra4s

这种排列共有两个

即24和

t其中rs是2和4构成的排列所以含因子a11a23的项分别是 (1)a11a23a32a44 (1)a11a23a34a42

(1)a11a23a32a44(1)a11a23a34a42

a11a23a32a44 a11a23a34a42

4 计算下列各行列式

41 (1)100125120214207

123020211041102122(1)43 1410314041 解 100125120214c2c34210c7c1030744110c2c39910 122002010314c112c3171714

23 (2)15112042361122

112042360r4r2223102223 解 15112042361c4c22132125112042301121423402 00r4r123 1002000

abacae (3)bdcddebfcfef

abacaebce 解 bdcddeadfbce

bfcfefbce111 adfbce1114abcdef111

a10 (4)011000b01c11

da1000r1ar201aba10 解 0100b110c11d01b0011 c1d (1)(1)211aba0c3dc 21abaad01c11d01c110cd

(1)(1)321ab11adcdabcdabcdad 5 证明:

2a2ab1aab2 (1)1b21b(ab)3

;

证明

a2 21aaab1bb221bcc2c12a2aabbaa22b2ba2 3c11002a

(1)31abbaa22b2ba22a(ba)(ba)a1b2a

(2)axaybyaybzazbxxyzazbzbxazaxbxbyaxaybybz(a3b3)yzzxx;

y 证明

axaybyaybzazbxazbzbxazaxbxbyaxaybybz

(ab)31

xaybzazbxyaybzazbx ayazbxaxbybzazbxaxby

zaxbyaybzxaxbyaybz axaybzzyzazbx2yzazaxbxbyxyb2zxxyaxayby

bz axyzyzx3yzzxxyb3zxxyy

z axyyzzxyz3xxyb3yzzxx

zy(axyz3b3)y

zzxxya2(a1)2(a2)2(a3)2b2(b1)2(b2)2(b3)2c2(c1)2(c2)2(c3)20; d2(d1)2(d2)2(d3)2证明 a2(a1)2(a2)2(a3)2b2(b1)2(b2)2(b3)2c2(c1)2(c2)2(c3)2(c4

c3d2(d1)2(d2)2(d3)2a222b22ac2b112ab3322ab55(d222dc1122dc3322dcc4c355 c3c23c2得)2c1得)

(3) c

c a22b c2d2

1a (4)a2a41bb2b42a12b12c12d11cc2c4222222022

1d d2d4 (ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd);

1bb2b41cc2c41d d2d4 证明 1a a2a411110bacada 0b(ba)c(ca)d(da) 0b2(b2a2)c2(c2a2)d2(d2a2)111cd (ba)(ca)(da)b

222b(ba)c(ca)d(da)111cbdb (ba)(ca)(da)0

0c(cb)(cba)d(db)(dba)1 (ba)(ca)(da)(cb)(db)c(c1ba)d(dba)

=(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd)

x0 (5)  0an

1x  0an101  0an2          0000  x1a2xa1xna1xn1

an1xan

证明用数学归纳法证明当n2时

命题成立

x1x2axa D2a122xa1 假设对于(n1)阶行列式命题成立 Dn1

即

xn1

a1 xn 有

an2xan00    1

则Dn按第一列展开

1 DnxDn1an(1)n1  x  1 因此

01    11

           

00    x

xD n1

anxna1xnan1xan

对于n阶行列式命题成立

6 设n阶行列式Ddet(aij), 把D上下翻转、或逆时针旋转90、或依副对角线翻转an1  ann D1      a11  a1n 依次得

ann  a1n D3      an1  a11a1n  ann D2      

a11  an1

证明D1D2(1)n(n1)2D D3

证明因为Ddet(aij) 所以

a11an1  ann D1      (1)n1an1  a11  a1na21        a1nann   a2na11a21 (1)n1(1)n2an1  a31          a1na2nann      a3nn(n1)2 (1)12  (n2)(n1)D(1) 同理可证 D2(1) D3(1)

n(n1)2D

a11  an1n(n1)n(n1)T      (1)2D(1)2Da1n  ann

n(n1)2D2(1)n(n1)2(1)n(n1)2D(1)n(n1)DD 7 计算下列各行列式(Dk为k阶行列式) (1)Dna1  1a, 其中对角线上元素都是a 未写出的元

素都是0 解 a0 Dn0  010a0  0000a  00            000  a0100(按第n行展开)   0a0an1 (1)0  000a  0000  0          000  a1a0(1)2na   0  a(n1)(n1)0(n1)(n1)anan1n(1)(1)

  a(n2)(n2)anan2

an2(a21)

x (2)Dn a aax  a        aa;   x 得

  a  0  0    0xa 解将第一行乘(1)分别加到其余各行xaaaxxa0 Dnax0xa      ax00

再将各列都加到第一列上

得

x(n1)aaa0xa0Dn00xa      000  a  0  0    0xa[x(n1)a](xa)n1

an(a1)nan1(a1)n1 (3)Dn1    aa111 解根据第6题结果

  (an)n  (an)n1;       an  1 有

11a1n(n1)a Dn1(1)2      an1(a1)n1an(a1)n此行列式为范德蒙德行列式 Dn1(1) (1) (1) 

an        bnn(n1)2n1ij1n(n1)2  1  an        (an)n1  (an)n

[(ai1)(aj1)]

n1ij1n(n1)2[(ij)]

n(n1)  12(1)n1ij1(ij)

n1ij1(ij)

(4)D2ncna1b1c1d1; dnbn 解

an         D2ncna1b1c1d1(按第1行展开) dnan1     ancn10a1b1c1d1    bn10 dn100dn0an1    (1)2n1bncn1cna1b1c1d1    bn1 dn10 再按最后一行展开得递推公式 D2nandnD2nni22

bncnD2n2

即D2n(andnbncn)D2n2

于是 D2n(aidibici)D2而 D2a1b1adbcc1d11111ni1

所以 D2n(aidibici) (5) Ddet(aij) 解 aij

|ij|

其中aij|i

j|;

            n1n2n3 n4  001 Dndet(aij)23  n1123012101210      n2n3n41111  11 r1r21111r11 2   r3n 1 1 1 111  n2n 1 1  3n  4   10 0 c12c111200 0c200  0  0 3   c1n 1 12n 2 232n 202 42n  5    n 0 1(1)

(n1)2n2

1a11  1Da  1n11 1  21   1  , 其中a1a2 an解

1a11  1 Dn11a  1 21  1   1  ana100  001c1ca0  001 2a02a2a  001c   2   c3 0 0 303    a a    000  0n1na11n1ann0

(6) a 11 a1a2  an0  00011  00001  00            000  100a1110a210a3

    11an1111an100 a1a2  an  0010  0001  0          000  0000  1a111a21a3  1an1ni1

000  001ai1 (a1a2an)(11)i1ai

8 用克莱姆法则解下列方程组

x1x2x3x45 (1)x12x2x34x422x13x2x35x423xx2x11x01234 解因为

1 D1231231111214142511

52 D12012311112141425111 D21235220111214284511

1 D3121235221442651 D412123111521422

31011所以 xDD11D1 x22D251 (2)x156xx2x1x26x3025xx3x5x6x46x03451045x5

解因为 5600 D10560001600050105016665 5160 D056001001500100160051615075561 D10003050100000006015167035560 D15605001501600001050102121所以

3120 xDD334D3 x4D1

510D10600002000005601105161145

556D15040016100005000100016395

x11507665 x21145665

x3703665取何值时

x4395665 x4212665

9 问齐次线性方程组

x1x2x30x1x2x30有非零解 x12x2x30 解系数行列式为

11 D11121 令D0 于是 10

问当

得 0或0或

1时该齐次线性方程组有非零解取何值时

齐次线性方程组

(1)x12x24x302x1(3)x2x30有非零解 x1x2(1)x30 解系数行列式为

124134 D231211

111101 (1

)

((1 得 0

3))

4(12(12或

)2(1)3

)(33

)

令D0

于是零解

当

0 2或3时该齐次线性方程组有非

第二章矩阵及其运算

1 已知线性变换

x12y12y2y3x23y1y25y3x33y12y23y3求从变量x1

解由已知

x3到变量y1 y2 y3的线性变换

x1221y1 x2315y2x323y231y1221x1749y1故 y2315x2637y2y323x3243y32

y17x14x29x3 y26x13x27x3y33x12x24x3 2 已知两个线性变换

x12y1y zy13 x3x22y13y22y334y1y25y3y1z222z1z3y3z23z3求从z1

z3到x1

x3的线性变换

解由已知

x1201y10x20131z11x23423125y223220y2415013z2 z3 613z1

121041169zz23所以有x16z1z23zx3212z14z2

10z916z3x31z2z3 3 设A111111 B1233AB111015241 求ATB

解 3AB2A31111111231111110152412111111

 30055862111121322

29011217201114292 ATB111111112234058

110510561290 4 计算下列乘积

2A及

4317 (1)12325701

431747321135 解 123217(2)23165701577201493 (2)(123)213 解 (123)21

(132231)(10)

2 (3)1(12)3

2(1)2222 解 1(12)1(1)12133(1)323426

102140 (4)111344313012 12

102140 解 111344313012678205612

a11a12a13x1 (5)(x1x2x3)a12a22a23x2aaa132333x3 解

a11a12a13x1 (x1x2x3)a12a22a23x2

aaa132333x3 (a11x1a12x2a13x3

x1a33x3)x2

x3 a12x1a22x2a23x3

a13x1a23x2

22 a11x12a22x2a33x32a12x1x22a13x1x32a23x2x3

1 5 设A1 解 AB231 B102 问

(1)ABBA吗

461 BA328 所以AB3 因为AB4 (2)(AB) 解 (A2

A22ABB2吗

25B)2A22ABB2

2 因为AB22 (AB)222225281414295

38681但 A22ABB24118123所以(A0101615274

B)2A22ABB2

B)A2B2吗 B)(AB)A2B2

(3)(AB)(A 解 (A 因为AB22225 AB001

(AB)(AB)225200120069

而 A2B23481028113417

故(AB)(AB)A2B2

6 举反列说明下列命题是错误的

(1)若A2

0 则A0

解取A012

00 则A0 但A0

(2)若A2

A 则A0或AE

解取A1100 则A2

A 但A0且A (3)若AXAY 且A0 则XY

解取

A10010 X1111 Y101 则AXAY 且A0 但XY

7 设A101 求A2

解 A21010110121

A3A2A21011011031

E Ak

10 Akk1

求Ak

10 8 设A0100 解首先观察

1010221 A201010220000002

3323 A3A2A033200344362 A4A3A0443004554103 A5A4A0554005

kkk1k(k1)k22k A0kkk100k 用数学归纳法证明当k2时

假设k时成立，则k

1时，

显然成立

 kkk1k(k1)k2102 Ak1AkA0kkk101

0000kk1(k1)k1(k1)kk12 0k1(k1)k1k100由数学归纳法原理知

kkk1k(k1)k22 Ak0kkk100k是对称矩阵

9 设A B为n阶矩阵，且A为对称矩阵，证明BAB也

TT 证明因为A (BAB)

TTA 所以

BT(BTA)TBTATBBTAB

从而BAB是对称矩阵 10

充分必要条件是AB 证明充分性 (AB) 必要性 ABT 设A B都是n阶对称矩阵，证明AB是对称矩阵的

因为ATTA BTB 且ABBA 所以

(BA)

ATBTAB

A BTB 且(AB)TAB 所以

即AB是对称矩阵

(AB)

T 因为ATBTATBA

11 求下列矩阵的逆矩阵

1 (1)225

1 解 A225 |A|1 故A存在

因为

A11A2152 A*AA21122252故 A11A*21|A|cossin (2)sincos

cossin 解 Asincos |A|10

故A存在

因为

A11A21cossin A*AAsincos1222cossin所以 A11A*sincos|A|121 (3)342541

1211

解 A342 |A|20 故A存在

541A11A21A31420 A*A12A22A321361

32142AAA132333 因为

21013111所以 AA*3|A|221671

a1a02 (4)(a1a2

0ana10a2 解 A0an1a101a12 A10anan 0)

由对角矩阵的性质知

12 解下列矩阵方程

2 (1)15X4621312 解 X15463546223321122108211113 (2)X2104321111

211113210 解 X4321111011131232 3432330221852 331 (3)14X221031101 0

111 解 X1431201121243110 1110112126 131261011101204

010100143 (4)100X0012010010101201

1010143100 解 X100201001

001120010010143100210 100201001134001120010102 13

利用逆矩阵解下列线性方程组

x2x23x311 (1)2x12x25x323x15x2x33

解方程组可表示为

122235xx1122

351x33故 x11x12312102225

x335130x从而有 11x20

x30 (2)x1x2x322x1x23x3

13x12x25x30 解方程组可表示为 121113x x122

3251x301故 xx111113215022

x332503故有 x15x20

x33 14 设

AkO (k为正整数)(EA)1

EAA2

Ak1

证明因为AkO 所以EAkE 又因为 EAk(EA)(EAA2

Ak1)所以 (EA)(EAA2

Ak1)E

由定理2推论知(EA)可逆且

证明

EAA2

有Ek2

Ak1

证明一方面另一方面 E(EA)

(EA)1(EA)

由AO 有

(AA)A2

Ak1

(Ak1

Ak)

(EAA

A k1)(EA)

故 (EA)1(EA)(EAA2

Ak1)(EA)

两端同时右乘(EA) (E 15逆

设方阵A满足A1

就有

A)1(EA)EAA2Ak1

A2EO 证明A及A2E都可

并求A及(A2

2E)

证明由A AA2EO得

且A11(AE)2

A2E 即A(AE)2E

或 A1(AE)E2由定理2推论知A可逆由A22

A2EO得 A6E4E 即(A2E)(A3E)

A或 (A2E)1(3EA)E

4由定理2推论知(A

2E)可逆

且(A2E)11(3EA)4

证明由A2

A2EO得A2A2E 两端同时取行列式

得 |A2

A|2

即 |A||AE|2

故 |A|0 所以A可逆而A2EA2

|A2E||A2||A|

0A2E也可逆

由 A2

A2EO A(AE)2E A1A(AE)2A1EA112(AE) 又由 A2A2EO(A2E)A3(A2E)

(A2E)(A3E)4 E 所以 (A2E)1

(A2E)(A3E)4(A2 E)1

(A2E)114(3EA) 16

设A为3阶矩阵

|A|12 求|(2A)

5A*| 解因为A11|A|A* 所以

|(2A)15A*||1A15|A|A1||1A15A1222|

|2A1

|(2)3|A1

8|A|

8216

17 设矩阵A可逆证明其伴随阵A*也可逆

(A*)

(A1)*

故

且

证明由A11A* 得A*|A|A1

所以当A可逆时

|A| 有 |A*||A|n|A1

||A|

从而A*也可逆因为A*|A|A1

所以

(A*)

|A|1

又A1|A1|(A1)*|A|(A1)* 所以

(A*)1

|A|1

A|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|

证明

(1)用反证法证明假设|A*|0 则有A*(A*)

由此得

AA A*(A*)1

|A|E(A*)

所以A*O 这与|A*|0矛盾，故当|A|0时

|A*|

(2)由于A11|A|A* 则AA*|A|E 取行列式得到 |A||A*||A|

n 若|A|0 则|A*||A|

若|A|0 由(1)知|A*|0 此时命题也成立

因此|A*|

|A|

E有

033 19 设A110123 解由AB ABA2B 求B

A2E可得(A2E)BA 故

11233033033 B(A2E)A110110123121123110

101 20 设A020101 解由AB (A即 (A 且ABEA2B 求B

EA2B得

E)BA2E E)B(AE)(AE)

所以(A001 因为|AE|01010100201 BAE030102 21

设A 解由A*BA B

E)可逆从而

diag(1 22BA8E得

8E1

1) A*BA

2BA8E 求B

(A*2E)BA8(A*8(AA*

2E)A 2A)

1 1

8[A(A*2E)] 8(|A|E2A)

8(2E1

2A)

4(EA)4[diag(2

1 2)]

4diag(1, 1, 1)

2diag(1

10 22 已知矩阵A的伴随阵A*10且ABA1

010300100008

BA1

3E 求B

解由|A*||A| 由ABA AB8 得|A|2

BA1

3E得

B3A

3[A(EA)]A

B3(AE)A 3(E1A*)16(2EA*)1

210 61001031

0010060006060036100600001

23 设PAP14 其中P11 得APP1

1 011

0211

求

A11

解由PAP1

所以A A=P

P1.

1 |P|3 P*14114 P111131而 110010 0211211

142731273214101133故 A02111168368411331111 24 设APP 其中P102 1111求

(A)A(5E6A()

5

A2)

(5E6

解 diag(1(1 diag(1

)

630)

diag

15)[diag(55)diag(6

125)]

15)diag(12

00)12diag(100)

(A)P()P1

1P()P* |P|11110

21020011100111 4111

111 25 设矩阵A、B及AB 并求其逆阵证明因为

02220303 0121都可逆证明A1

B1也可逆

A(A1

B)B1

而A(AB)B是三个可逆矩阵的乘积逆

即A11

所以A(AB)B可

B1可逆 B1)

21001

(A[A(A1

B)B1]B(AB)1A

10 26 计算00102001101003031121023003

12 解设A10123B203

21 A20331 B121

A1EEB1A1A1B1B2则 OAOBOAB2222

1而 A1B1B202 A2B2023123521210324

12343030931A1EEB1A1A1B1B20所以 OBOAB0OA2222010即 00 27

252124043009

210010200110100303111210023000032521240430091 取ABCD001|A||B| 验证AB CD|C||D|

1 解 AB0CD1010101021001020001002010400201

01010101而 ||CA||||DB||11110 故 CADB ||CA||||DB||

3 28

设A443O 求|A8|及A4

O2202 解令A34143 A20222

则 AA1OOA

28故 A8A1OA18OOA 2OA28 |A8||A18||A28||A1|8|A2|81016 540 A44OA1O054OA42240

O2624 29 设n阶矩阵A及s阶矩阵B都可逆

1 (1)OBOA

解设OA1BOC1C2C3C4 则

求

OAC1C2AC3AC4EnO BOCCBCBCOE341s2AC3En由此得 AC4OBC1OBCE2s1

C3A1C4OCOC1B12

1OAOB1所以 BOAO

AO (2)CB1

1D1D2AO 解设DDCB34 则

AD2EnOAOD1D2AD1 CBDDCDBDCDBDOE341324sAD1En由此得 AD2OCD1BD3OCDBDE24s1D1A1D2ODB1CA1D3B14

1AOA11O所以 1CBBCAB 30 求下列矩阵的逆阵

52 (1)00210000850032

5 解设A25 A122118 B532 则 8 B153235821212251

5200120011于是 213AA10200080052BB10010 (2)12021000

123104 解设A1012 B3041 C2112

1001 120012100AO12314CBA1B1CA1BO11000110 220110

21631185241124

500203

058则

第三章矩阵的初等变换与线性方程组

1 把下列矩阵化为行最简形矩阵

1021 (1)20313043

1021 解 2031(下一步

3043 r2(

2)r1 r3(3)r1 )

1021 ~0013(下一步

00201021 ~0013(下一步

0010 r2(1) r3(2)

)

r3r2 )

~01002131(下一步

r33

)

0003 ~10002113(下一步

r23r3 )

0001 ~10210010(下一步

r1(

2)r2 r1r3 )

0001 ~10000100

0001 (2)0023341

04731 解 02310343(下一步

r22(3)r1 r3(0471 ~00203131(下一步

r3r2 r13r2 )

0013 ~020001103(下一步

r12

)

0000 ~01000153

000013 (3)33154324132334220

12)r1

)

13 解 2313233534442231(下一步01 r23r1 r32r1 r43r1 )

1134300488 ~(下

003660051010r(5) )

1134300122 ~(下一步 r00122001224

一步 r2(4) r3(3)

3r2 r3r2 r4r2 )

10 ~001000023122000000

2313712024 (4)3283023743

2313712024 解 (下一步

328302374301 ~0001 ~0012871000111024(下一步8912781112001102(下一步1414 r12r2 r33r2 r42r2 )

r22r1 r38r1 r47r1 )

r1r2 r2(1) r4

r3 )

10 ~0010 ~0001000100210021000110001021(下一步40

r2r3 )

2340010101123 2 设100A010456001001789010 解 100是初等矩阵E(1

001

求A

2) 其逆矩阵就是其本身

101 010是初等矩阵E(1 2(1)) 其逆矩阵是

001101 E(1 2(1)) 010001010123101 A100456010

001789001456101452 123010122789001782 3 试利用矩阵的初等变换

求下列方阵的逆矩阵

321 (1)315323

321100321100 解 315010~014110

3230010021013203/201/23007/229/2 ~010112~010/21002101010011 ~1007/62/33/20101120011/201/2

72故逆矩阵为6

3321

12

1

20

12

 (2)30220211 12320121

 解 30212022132110000010010

01210000112 ~0132210000010104292510101300

00 ~1232001000012111010001

00210130421/22

12320010 ~0121000100111034 000121610 ~012100011`202001001100001211136106 100 ~0100000001121121041361061 00101011124故逆矩阵为10361

211610 4 (1)设A412 B2211331122 求X使AX31 解因为

(A, B)421213r100102

32111 2321~ 010 153001124所以 XA1B102153

124 (2)设A0221 B13313422331 求X使XA 解考虑ATXTBT 因为

02312r10024 (AT, BT)21323~ 01017134310011424所以 XT(AT)1BT17

14211 从而 XBA1474110 5 设A011101 解原方程化为(A AX

A 求X

2E)X A 因为

110110 (A2E, A)011011

101101100011 ~010101

001110011所以 X(A2E)1A101110没有等于0的r阶子式解在秩是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r阶子式例如

6 在秩是r 的矩阵中,有没有等于0的r1阶子式有

1000 A01000010 R(A)

00是等于0的2阶子式

00000 100是等于0的3阶子式 010 7 从矩阵A中划去一行得到矩阵B 问A B的秩的关系怎样解 R(A)小于B的秩

8 求作一个秩是4的方阵

(1矩阵

0 0) (1

它的两个行向量是 1 0

R(B)

故A的秩不会

这是因为B的非零子式必是A的非零子式

解用已知向量容易构成一个有4个非零行的5阶下三角

11100

9 求下列矩阵的秩

01000001000001000000

此矩阵的秩为4 其第2行和第3行是已知向量

并求一个最高阶非零子式

3102 (1)1121;

13443102 解 1121(下一步

1344 r1r2 )

~11213102(下一步

r23r1 r3r1 )

1344 ~01412651(下一步

r3r2 )

0465 ~1120

04061050矩阵的秩为2 31114是一个最高阶非零子式

(2)3213121313

70518 解 321322 r1r2 r22r1 r37r170135113(下一步

8 ~01731144951 r33r2 )

021332715(下一步 ~1344100701109050 矩阵的秩是2 32217是一个最高阶非零子式

 (3)223180737532580

10320 )

218230 解 3251033775(下一步8020 r12r4 r22r4 r33r4 )

01210363 ~0242103275(下一步00 r23r1 r32r1 )

00 ~0100 ~01100010002003200317016(下一步01420100271 000710

r216r4 r316r2 )

10 ~00010032002100075矩阵的秩为3 580700是一个最高阶非零子式

320 10是R(A)

设A、B都是m

n矩阵证明A~B的充分必要条件

R(B)

设R(A)

证明根据定理3 必要性是成立的充分性

设A与B的标准形为D 则有

R(B) 则A与B的标准形是相同的 A~D D~B

由等价关系的传递性有A~B

123k 11 设A12k3k23 (1)R(A)1 (2)R(A)

问k为何值可使

2 (3)R(A)3

k123kr11 解 A12k3~ 0k1k1k2300(k1)(k2) (1)当k (2)当k (3)当k 12

求解下列齐次线性方程组:

有

x1x22x3x40 (1)2x1x2x3x402x12x2x32x401时1且k R(A)1

1时2时

R(A) R(A)

2 3

2且k 解对系数矩阵A进行初等行变换

01121101 A2111~013122120014/3x4x134x3x4于是 2

4x3x4x34x4故方程组的解为

4x13x3 2k4(k为任意常数)

x3x431x12x2x3x40 (2)3x16x2x33x405x110x2x35x40

有

解对系数矩阵A进行初等行变换 A121112013613~0010510150000

x12x2x4xx于是 22x30xx44故方程组的解为

x121x102 k1k2(k1

00x301x4 k2为任意常数)

2x13x2x35x403xx2x37x40 (3)124x1x23x36x40x2x4x7x01234

有

解对系数矩阵A进行初等行变换 A2331411215127~0360047010000100001x10x0于是 2x30x04故方程组的解为 x10x0 2x30x04

3x14x25x37x402x3x23x32x40 (4)14x111x213x316x407x2xx3x01234172~016030

有 1317201700 解对系数矩阵A进行初等行变换

A345233411137210317119170000

x3x13x11731741920于是 x2x3x41717xxx3x344故方程组的解为

31317x117x19202 k1k2(k1

17x3170x4101 k2为任意常数)

求解下列非齐次线性方程组:

有

4x12x2x32 (1)3x11x22x31011x13x28 解对增广矩阵B进行初等行变换

B于是R(A)

4212133831210~01011341130800062 而R(B)

3 故方程组无解

有

2x3yz4x2y4z5 (2)3x8y2z134xy9z6 解对增广矩阵B进行初等行变换 B231411245038213~041960

010021001200x2z1于是 yz2zzx21即 yk12(k为任意常数)

z102xyzw1 (3)4x2y2zw22xyzw1

有

解对增广矩阵B进行初等行变换 B2111111/21/201/242212~000102111100000

x1y1z1222于是 yyzzw0111x222y即 k11k200(k1 k2为任意常数)

z010w0002xyzw1 (4)3x2yz3w4x4y3z5w2

有

解对增广矩阵B进行初等行变换

21111101/71/76/7 B32134~015/79/75/71435200000x1z1w6777595于是 yzw

777zzww11677x795y5即 k1k2(k1

z77w7001100 k2为任意常数)

14 写出一个以

2234xc1c2

1001为通解的齐次线性方程组解根据已知

可得

x122x34 2c1c210x301x4与此等价地可以写成 x12c1c2x3c14c2 2x3c1xc42

x12x3x4或 x3x4x234

x12x3x40或 x3x4x0234 15

取何值时

这就是一个满足题目要求的齐次线性方程组

非齐次线性方程组

x1x2x31x1x2x32xxx123

(1)有唯一解 (2)无解 (3)有无穷多个解

解 B11111112

 ~r 10111(12)00(1)(2)(1)(1)2 (1)要使方程组有唯一解必须R(A)

3 因此当

且

2时方程组有唯一解.

(2)要使方程组无解必须R(A)R(B) 故

(1)(2

)

0 (1

)(

因此2时

方程组无解

(3)要使方程组有有无穷多个解

必须R(A)R(B)故 (1)(2

)

0 (1

)(

因此当1时

方程组有无穷多个解.

非齐次线性方程组 2x1x2x32x12x2x3

x1x22x32当取何值时有解并求出它的解

12121122 解 B121~011(1)11223000(1)(2)要使方程组有解

当

1时

必须(1

)(

0 即

21121011 B1211~011011210000方程组解为

x1x31x1x31 或x2x3xx23x3x3

x111即 x2k10(k为任意常数)

x103 当2时

21121012 B1212~011211240000方程组解为

x1x32xx2 x1x32或x2x3223x3x3

x112即 x2k12(k为任意常数)

x103

17问

(2)x12x22x31 设2x1(5)x24x322x14x2(5)x31

为何值时此方程组有唯一解、无解或有无穷多解并在

有无穷多解时求解解 B22122542 2451

4225 ~011100(1)(10)(1)(4) 要使方程组有唯一解 (1所以当 (1所以当 (1所以当

1时1且

)(10

10时)(1010时

必须R(A))0

方程组有唯一解. 必须R(A)R(B))0且(1

)(4

R(B)3 即必须

要使方程组无解即必须

)

方程组无解.

必须R(A)

)(4

要使方程组有无穷多解

)(10

R(B)3 即必须

)

)0且(1

方程组有无穷多解

此时，增广矩阵为

1221 B~00000000方程组的解为 x1x2x31 x2 x2x3 x3

x1221或 x2k11k200(k1

x0103 k2为任意常数)

18 证明R(A)

T1的充分必要条件是存在非零列向量a及

T非零行向量b 使Aab

1知A的标准形为

证明必要性由R(A)

10 00000100(1, 0, , 0)00即存在可逆矩阵P和Q 使

10 PAQ(1, 0, , 0)0110 或AP(1, 0, , 0)Q10 0

0)Q1

110 令aP0零列向量充分性阵因为 1R(A)1}

1 设A为m所以R(A) 19

T bT(1 则a是非

b是非零行向量

T 且AabT

因为a与b是都是非零向量所以A是非零矩

从而R(A)1

R(abT)min{R(a) R(bT)}min{1

n矩阵证明

(1)方程AXEm有解的充分必要条件是R(A)

证明由定理7 方程AXEm有解的充分必要条件是

R(A)R(A Em)

而| Em|是矩阵(A Em)的最高阶非零子式

故R(A)

R(A

Em)m 因此R(A)m

方程AXEm有解的充分必要条件是

TT (2)方程YAEn有解的充分必要条件是R(A) 证明注意有解 20

由(1) AY此，方程YATT 方程YAEn有解的充分必要条件是AYEnEn有解的充分必要条件是R(AT)n 因

n矩阵

证明

若AXEn有解的充分必要条件是R(A)R(AT)n

AY 且

设A为mR(A)n 则XY

证明由AX定理9

方程A(XAY 得A(XY)O 因为R(A)n 由Y)O只有零解即XYO 也就是

第四章向量组的线性相关性

1 设v1(1 1 0)0)

TT v2(0

T 1 1

1) 1)

TT v3(3 4

求v1v2及3v12v2v3

1 0) 11 1)

T 解 v1v2(1

(01)

T(10(1 0

3v12v2v343

T3(1 1(31

0) 2(0

T 1 1) (3 12

T203

T (0 1 2)

其中

2 设3(a1a)2(a2a)5(a3a) 求aa1(2 5 1 3)T

a2(10 1 5 10)T a3(4 1 1 1)T

解由3(a1a)

2(a2a)

5(a3a)整理得

a1(3a12a25a3)

6 1[3(2, 5, 1, 3)T2(10, 1, 5, 10)T5(4, 1, 1, 1)T]

6 (1

3 已知向量组 A a1(0

1 1

2 1

3) 2)

TT a2 b2

(3(0

0 1 2)

a3(2 3 0 1)T

B b1

2 1 1)

Tb3(4 4 1 3)T

证明B组能由A组线性表示证明由

但A组不能由B组线性表示

01 (A, B)23301223012041r124~0 111002130312432204 161572817910 ~ 00r0316020041241r157~0 51525001350312416157 0413500000知R(A) 由

R(A B)3 所以B组能由A组线性表示

010021 002041021124r022r0 B~~11101102130110知R(B)2性表示

4 已知向量组 A a1(0 B b1(

11 0

TT 因为R(B)R(B A) 所以A组不能由B组线

a2 b2

(1(1

1 2

0) 1)

1) b3(3

2 1)

证明A组与B组等价证明由

11301r11301r11301(B, A)02211~02211~02211111100221100000知R(B)

故

R(B A)2 显然在A中有二阶非零子式

R(A)2 又R(A)R(B A)2 所以R(A)2 从而R(A)R(B)R(A B) 因此A组与B组等价

5 已知R(a1 a2 a3)2 R(a2明

(1) a1能由a2 (2) a4不能由a1 证明 (1)由R(a2

故a2 a3也线性无关 (2)假如a4能由a1 a2线性相关

6 判定下列向量组是线性相关还是线性无关 (1) (1 (2) (2

TT a3 a4)3 证

a3线性表示 a2 a3

a3线性表示又由R(a1

a4)3知a2 a3 a4线性无关

a2 a3)2知a1

a3线性相关故a1能由a2 a3线性表示

a3线性表示

则因为a1能由a2 a3线性表示

1) 2)

TTa3线性表示故a4能由a2 a3线性表示从而a2 a3 a4

矛盾

因此a4不能由a1

(2 1 4

0) 0)

TT (1 (0

4 0

3 0) (1

解 (1)以所给向量为列向量的矩阵记为A 因为

121r121r121 A314~077~011101022000所以R(A)

2小于向量的个数

从而所给向量组线性相关

(2)以所给向量为列向量的矩阵记为B 因为

210 |B|340220002

从而所给向量组线性相无关

所以R(B)3等于向量的个数

7 问a取什么值时下列向量组线性相关 a1(a1 a)

T 1 1)

T a2(1 a 1)

T a3(1

解以所给向量为列向量的矩阵记为A 由

a11 |A|1a1a(a1)(a1)

11a知

当a1、0、1时

R(A)

故存在不全为零的数

此时向量组线性相关 a2b线性相关

求向

8 设a1 a2线性无关量b用a1

解因为a1b1

a1b a2线性表示的表示式使

a2b线性相关(a1b)

(a2b)0

1211aaa(1)a由此得 b121122121122设c112 则

ca1(1c)a2 cR

9 设a1 a2线性相关解不一定例如

当a1

b1 b2也线性相关问a1b1

a2b2是否一定线性相关试举例说明之

2), a2(2 2) 4)

TTT 4), b1

T(1 1),

Tb2(0 0)T时有

a1b1(14) 10

举例说明下列各命题是错误的

am线性表示

a2a3

但a1使 0 使

am线性相关

mTb1(0 1)T, a2b2(2

是线性无关的

(0 0)

T(2

而a1b1 a2b2的对应分量不成比例

(1)若向量组a1 am是线性相关的则

a1可由a2

解设a1e1

am0不能由a2

(1 0 0

am线性表示

则a1 a2

(2)若有不全为0的数

211

则a1

mmab

mmb成立

am线性相关, b1

bm亦线性相关

解有不全为零的数

12m1

(a1b1)

a11

原式可化为

m(ambm)0

取a1e1其中e1无关

(3)若只有当

b1 a2e2b2 amembm

e2 em为单位坐标向量 am和b1 b2

则上式成立

bm均线性

而a1 a2

m全为0时

mm 等式 0

bm亦线性无关

mma11

b b才能成立式由成立式

则a1 a2

am线性无关, b1 b2

全为0时

等0 等

解由于只有当

ma1

所以只有当(a1b1) 因此a1b1

mma1

mmm

取b1

全为0时

(a2b2) a2b2

m(ambm)0

bm为

成立 ambm线性无关 a2

取a1a2 am0线性无关组

(4)若a1

则它们满足以上条件

但a1

am线性相关

am线性相关, b1

bm亦线性相关

则有不全为0的数

m使

mma1

aT0 a2

b 0)2

T b1

mmb0

T同时成立

解 a1 0)(2(0 3)

b2(0 4)T

b22 22

b10

(3/4)

0设

与题设矛盾

b1a1a2 b2a2a3 b3a3a4 b4a4a1 证明向量组b1 b2 b3 b4线性相关

证明由已知条件得 a1b1a2

a2b2a3 a3b3a4 a4b4a1

于是 a1 b1b2a3

b1b2b3a4

b1b2b3b4a1

br a1a2

证

从而 b1b2b3b40 12

设b1a1

这说明向量组b1 b2 b3 b4线性相关

b2a1a2

ar 且向量组a1 a2 ar线性无关明向量组b1 b2

br线性无关

证明已知的r个等式可以写成

10(b1, b2,    , br)(a1, a2,    , ar)0上式记为BAK关 13

因为|K|

110111

所以

0 K可逆

R(B)R(A)r 从而向量组b1 b2 br线性无

求下列向量组的秩, 并求一个最大无关组

T (1)a1(1 2 解由

a2(9 100 10 4) a3(2 4 2 8)T

1921921921004r0820r01 (a1, a2, a3)~~1102019000448032000知R(a1 a2 a3) (2)a1

T2000 故

2 因为向量a1与a2的分量不成比例 1

3) a2

Ta1 a2线性无关所以a1 a2是一个最大无关组

(1 2

(4 1 5 6) a3T(1 3 4 7)

解由

12(a1, a2, a3)13知R(a1

T411411rr13~095~054095001810067T41950000T

T a3T)R(a1 a2 a3)2 因为向量a1T与a2T 故a1

a2线性无关

T的分量不成比例所以a1 a2是一

T个最大无关组 14

利用初等行变换求下列矩阵的列向量组的一个最大无关组

2531 (1)7575941794535413243134

25322048

解因为

25311743r23r3175943r1251117433r25314r75945354132r3134r~0484r1125~3011743r3r25322000133520213000030所以第1、2、3列构成一个最大无关组.

11 (2)02220111

2113054131 解因为

11022211r12232r11rr112201522511350413r~1014r120002112251132r~023r40001101022020所以第1、2、3列构成一个最大无关组

设向量组

(a 3 1)T (2 b 3)

T (1 2 1)T (2 3

1)的秩为2 求a b1)

T 解设a1(a 3 1)

T a2(2 b 3)

T a3(1 2

因为

13r111312a2r11(a3, a4, a1, a2)233b~01a11~01a111113011b6002ab5而R(a1 a2

a3 a4)2 所以a2 b5

设a1 a2

an是一组n维向量已知

en能由它们线性表示

an) E(e1 e2

n维单位坐标向量e1 e2

证明a1 a2

证法一记A(a1 a2

an线性无关

en) 由已知条件知

得

存在矩阵K 使

EAK

两边取行列式可见|A|0线性无关

证法二因为e1 e2

an线性表示

所以

en)

en能由a1 a2

an)

|E||A||K|

所以R(A)n 从而a1 a2

anR(e1 e2

而R(e1 e2

R(a1 a2

an)

en)n R(a1 a2

an)n 所以R(a1 a2 n 从而a1 a2

17性表示

an线性无关

设a1

a2 an是一组n维向量, 证明它任一n维向量都可由它们线

因为a1 a2 an a是n1

们线性无关的充分必要条件是证明必要性

an线性无关

设a为任一n维向量而a1

个n维向量是线性相关的充分性

所以a能由a1 a2

an线性表示且表示式是唯一的

已知任一n维向量都可由a1 a2

en能由 an)n

an线性表示

en) an)n 于是有所以a1 a2

an线性表示故单位坐标向量组e1 e2 a1 a2 nR(e1 e2

即R(a1 a2

18 设向量组a1 a2

ak1线性表示

222

R(a1 a2

an线性无关

am线性相关且

a10 证明存在某个向量ak (2km) 使ak能由a1 a2

m 证明因为a1不全为零的数

am线性相关

m 所以存在

如若

使

mma1a

而且

不全为零这是因为

不然则

a0 由a10知

0 矛盾

因此存在0

k(2km) 使

k1k2m于是

k22

kka0

ak 19 矩阵

(1/)(

k1k1

即ak能由a1 a2 ak1线性表示

设向量组B b1 as线性表示为

br)(a1

br能由向量组A a1 as)K 其中K为sr(b1

且A组线性无关证明B组线性无关的充分必要条件

br) A

有 R(K)}(a1

是矩阵K的秩R(K)r

证明令B(b1

as) 则有BAK

必要性

设向量组B线性无关

由向量组B线性无关及矩阵秩的性质 rR(B)R(AK)及 R(K)因此R(K) 充分性

min{r s}

min{R(A)

R(K)

所以存在可逆矩阵C 使

因为R(K)r 于是 br)C( a1

as)KC(a1

EKCOr为K的标准形

 (b1

ar) 20

ar)

所以R(b1

br)

因为C可逆R(a1

r 从而b1 br线性无关

设

1 23    n21 3    n                          n123n1

证明向量组

n与向量组

等价

证明将已知关系写成

01(1, 2,    , n)(1, 2,    , n)11将上式记为BAK 因为

101111011110

01|K|11所以K可逆

10111101 1

111(1)n1(n1)00 由B

故有ABK

AK和ABK 1可知向量组

n与向量组

nn可相互线性表示向量组

因此向量组

与

等价

21 已知3阶矩阵A与3维列向量x满足Ax Ax(x Ax线性无关 Ax2

3AxA2x PB

且向量组x (1)记P

Ax) 求3阶矩阵B 使AP 解因为 AP

A(x Ax A2x)

(Ax(Ax Ax Ax22

Ax) 3Ax3

A2x)

000 (x, Ax, A2x)103011000所以B103011 (2)求|A| 解由Ax零解 22

3AxA2x 得A(3xAxA2x)0 因为x

Ax A2x线性无关故3xAxA2x0 即方程Ax0有非

所以R(A)

3 |A|0

求下列齐次线性方程组的基础解系

有

x18x210x32x40 (1)2x14x25x3x403x18x26x32x40 解对系数矩阵进行初等行变换

018102r104 A2451 ~ 013/41/438620000于是得

x14x3 x(3/4)x(1/4)x234 取(x3 取(x3

x4) x4)

得(x1 x2) 得(x1 x2)

TTT(4(0

0) 4)

TT(16 3)

(0 1)(0

T 因此方程组的基础解系为

(16 3 4 0)

1 0

2x13x22x3x40 (2)3x15x24x32x408x17x26x33x40 解对系数矩阵进行初等行变换有

2321r102/191/19 A3542 ~ 0114/197/1987630000于是得

x1(2/19)x3(1/19)x4 x(14/19)x(7/19)x234 取(x3 取(x3 19)

(3)nx1

(n1)x2

x2) x2)

TTT x4) x4)

TT(19 0)(0

19) 14

TT 得(x1 得(x1

(2(1(1

14) 7)

因此方程组的基础解系为

(2 19

2xn1

xn0.

解原方程组即为

xn 取x1

nx1(n1)x2 2xn1 x2

x3 xn1

0 得xnn

取x21 x1x3x4 xn1

0 得

xn(n1)

x1x2 xn(1(0(0 0 1 0

T 取xn1

0 得xn2

因此方程组的基础解系为

23且

0 0

n)T n1)T

2213, 求一个42矩阵B, 使AB0, 设A9528R(B)2.

解显然B的两个列向量应是方程组AB0的两个线性无关的解

因为

r2213 ~ 101/81/8 A9528015/811/8

所以与方程组AB0同解方程组为

x1(1/8)x3(1/8)x4 x(5/8)x(11/8)x234 取(x3 取(x3方程组AB

x4) x4)

得(x1 x2) 得(x1 x2)

TTT(8(0

0) 8)

TT(1 5)(

T1 11) 0

T0的基础解系为

(1 5 8 0)

(1 11 8)

11511 因此所求矩阵为B

8008

24 求一个齐次线性方程组, 使它的基础解系为

(0 1 2 3)

(3 2 1 0)

解显然原方程组的通解为

x10x13k23x12xk2k2xk12k21, 即x221kk2330x33k1241x4 (k1 k2R)

消去k1 k2得

2x13x2x40x3x2x0134此即所求的齐次线性方程组. 25

设四元齐次线性方程组

x1x20 I xx0

24求

x1x2x30 xxx0234

(1)方程I与II的基础解系 (2) I与II的公共解

TTx1x4 解 (1)由方程I得xx24 取(x3 取(x3

x4) x4)

TT(1(0

0) 1)

TT 得(x1 x2) 得(x1 x2)

T(0 0)(

T1 1)

T 因此方程I的基础解系为

(0 0 1 0)

(1 1 0 1)

x1x4 由方程II得xxx234 取(x3 取(x3

x4) x4)

得(x1 x2) 得(x1 x2)

TTT(1(0

0) 1)

TT(0 1)(

T 1)

T 因此方程II的基础解系为

(0 1 1 0)

(1 1 0 1)

(2) I与II的公共解就是方程 x1x20x2x40 III 

x1x2x30xxx0234的解因为方程组III的系数矩阵

10 A101111001101r1 ~0 0001010001011200

所以与方程组III同解的方程组为

x1x4 x2x4x32x4 取x4 26

III的基础解系为

(

T1 得(x1 x2 x3)

(1 1 2)

T 方程组

T 因此I与II的公共解为x 设n阶矩阵A满足A2

c(1 1 2 1)T cR A E为n阶单位矩阵, 证明

R(A)R(AE)n

证明因为

A(AE)A2AAA0 所以

R(A)R(AE)n

又R(AE)R(EA) 可知

R(A)R(AE)R(A)R(EA)R(AEA)R(E)n

由此R(A) 27

R(AE)n

证明

n 当R(A)nR(A*)1 当R(A)n10 当R(A)n2 设A为n阶矩阵(n2) A*为A的伴随阵

证明当R(A)所以R(A*)n 当R(A)

n时 |A|0 故有

0 |A*|

|AA*|||A|E||A|

n1时 |A|0 故有

因为R(A)n1

所

即基础解系

0的解

AA*|A|E0即A*的列向量都是方程组Ax以方程组Ax的秩为1 因此R(A*) 当R(A)n2时故A* 28

0的基础解系中只含一个解向量

A中每个元素的代数余子式都为0

O 从而R(A*)0

求下列非齐次方程组的一个解及对应的齐次线性方

有

程组的基础解系

x1x25 (1)2x1x2x32x415x13x22x32x43 解对增广矩阵进行初等行变换

B1211010251 ~r 10011100138

5322300012 与所给方程组同解的方程为

x1x38x2 x313

x4 2 当x30时得所给方程组的一个解

(

82)

与对应的齐次方程组同解的方程为

x1x3x2 x3

x40 当x31时得对应的齐次方程组的基础解系

1 1 0)

x15x22x33x411 (2)5x13

x26x3x412x14x22x3x46 解对增广矩阵进行初等行变换

有

B15352631111 ~r 100191/71/214216000/71/02022 与所给方程组同解的方程为

x1(9/7)x3(1/2)x41x(1/7)x(1/

232)x42 当x3

x40时得所给方程组的一个解

0(1

(1 2 0 0)

与对应的齐次方程组同解的方程为

x1(9/7)x3(1/2)x4x(1/7)x(1/2)x234 分别取(x3

(

x4)

T 1)

T(1 0)

T 0)

T (0(1

得对应的齐次 0

T方程组的基础解系

9 1 7

29知

设四元非齐次线性方程组的系数矩阵的秩为3

已

是它的三个解向量

T 且

(2 3 4

(1 2 3 4)

求该方程组的通解3

解由于方程组中未知数的个数是4 系数矩阵的秩为

所以对应的齐次线性方程组的基础解系含有一个向量

且由于2

(

均为方程组的解

)(

由非齐次线性方程组) (3

T解的结构性质得

)

1213

4 5

T为其基础解系向量 305)

T 故此方程组的通解

(

xk(3 4 5 6)T(2 3 4 5)T (kR)

设有向量组A a1

2 10)

a2( 1)

且表示式唯一

T2 1 问

a3(1 1 4)T 及b(1

为何值时

(1)向量b不能由向量组A线性表示 (2)向量b能由向量组A线性表示

(3)向量b能由向量组A线性表示求一般表示式

且表示式不唯一并

1121r12 解 (a3, a2, a1, b)112~ 0111451010043 (1)当 (2)当

0时 R(A)

R(A)

R(A b) 此时向量

b不能由向量组A线性表示

4时

R(A b)3 此时向量组a1

且表示式唯一 R(A)

且表示式不唯一

a2 a3线性无关而向量组a1 a2 a3 b线性相关故

向量b能由向量组A线性表示 (3)当当

4 4

0时0时

向量b能由向量组A线性表示

R(A b)2 此时

1241r1021(a3, a2, a1, b)1120~ 0131451010000方程组(a3 a2 a1)xb的解为

x1212c1 x2c313c1x10c3因此 b即 b

(2c1)a3(3c1)a2ca1

ca1(3c1)a2(2c1)a3 cR

设a(a1 a2 a3)

T b(b1 b2 b3)

T c(c1

c2 c3)T 证明三直线

l1 a1xb1yc1 l2

(ai2

a2xb2yc20

bi20

i1 2 3)

l3 a3xb3yc3相交于一点的充分必要条件为向量组a b c线性相关

向量组a b线性无关

且

证明三直线相交于一点的充分必要条件为方程组

a1xb1yc10a2xb2yc20a3xb3yc30有唯一解能由a无关 32

a1xb1yc1 即a2xb2yc2

a3xb3yc3 上述方程组可写为xaybc 因此三直线相

而c b线性 a3 a4

交于一点的充分必要条件为c能由a 且向量组a 设矩阵A b(a1

c线性相关 a2

b唯一线性表示

其中a2

b唯一线性表示的充分必要条件为向量组a a4)

线性无关 a12a2 a3 向量ba1a2a3a4 求方程

Axb的通解

解由ba1a2a3a4知

2a2a30

(1 1 1 1)是方程

TAxb的一个解

由a12a2 a3得a10)是AxT 知3

(1 2

0的一个解

故方程Axb所对

因此

由a2 a3

(1 方程Ax a4线性无关知R(A)

0)是方程AxT应的齐次方程Ax2 1

0的基础解系中含一个解向量

0的基础解系

b的通解为

xc(1 2 1 0)T(1 1 1 1)T cR

设*是非齐次线性方程组Ax

b的一个解,

* *

是对应的齐次线性方程组的一个基础

nr解系, 证明 (1) (2)线性无关线性相关*

nr线性无关

nr*

证明 (1)反证法, 假设

因为

nr *

nr线性无关所以

而*可由

线性相关矛盾

线性表示*

且表示式是唯一的

nr这说明*

*也是齐次线性方程组的解

(2)显然向量组

nr * *

与向量组

可以

相互表示

故这两个向量组等价

nr 而由(1)知向量组

所以向量组

nr线性无关

也线性无关

34 设

s是非齐次线性方程组 ks为实数 ks

满足

Axb的s个解 k1 k2 k1k2 ks1. 证明

xk1

也是它的解.

s 证明因为的解

所以

s都是方程组Axb s)

Ab (i1 2

从而 A(k1k2ksA2

ks因此x

s)k1Ak1

k2A2

(k1k2 ks)bb

k2 kss也是方程的解

设非齐次线性方程组Ax2

b的系数矩阵的秩为r

1个线性无关的

nr1

是它的nr解试证它的任一解可表示为

xk1k2

r1r1

nr1

(其中k1k2 b的

1).

证明因为解

nr11

均为Ax

所以

nr1

均为Ax1

b的解

用反证法证

nr1

线性无关

设它们线性相关

nr 则存在不全为零的数

使得

111

即

nr 2

(

)

nr nr() (

nr1

nr亦即

(

)

11223

nrnr1

由

(

nr1

线性无关知

)

矛盾

因此

可由

2nr线性无关

nr为Ax

b的一个基础解系

设x为Axb的任意解则x2

为Ax0的解设

nr 故

x111

nr线性表出

k2k2(

)k3()

knr1

(

nr1

)

x 令k1

k n1k2

k2k3 knnr1

)k2

k3 knk1

则k1k2 knk3

1 于是

x 36

r1nr1

设

xn)| x1

V1{x(x1 x2

xnR满足x1x2

V2{x(x1 x2

xnR满足x1x2

问V1

V2是不是向量空间为什么

解 V1是向量空间

(a1

xn0}

xn)| x1

xn1}

因为任取

an)

V1 (b1

bn)

V1 R

有 a1a2 an0 b1b2 bn0

从而 (a1b1)(a2b2) (a1

a2 bn)0

a1a2 an)0

所以

(a1

b1 a2b2anbn)TV1

(a1 a2

V2不是向量空间

因为任取

(a1

b bT

n)V1

有 a1a2 an1 b1b2 bn1

从而 (a1b1)(a2b2)

(a1

a2 bn)2

所以

(a1

b1 a2b2anbn)TV1

37 试证

由aT1

1 1)

a2(anbn)

an)(b1b2 an(a1a2

n)V1

(b1

(anbn)

an)(b1b2

0 1)

(1a3(1 1 0)T所生成的向量空间就是R3.

证明设A(a1 a2

a3) 由

所以a1 a2 a3是 a3所生成的向量空间

011|A|10120110知R(A)就是R. 381

由a11

3 故a1 a2 a3线性无关

三维空间R的一组基, 因此由a1 a2

(1 1 0 0)

T a2(1 0 1 1)所

TT生成的向量空间记作V1,由b1(2 1 3 b2(0

1)所生成的向量空间记作V2, 试证V1V2.

证明设A(a1 a2) B(b1 b2) 显然

R(A)R(B)2 又由

11 (A, B)00知R(A1011213301r1 ~0 1001110023000100

B)2 所以R(A)R(B)R(A B) 从而向量组

即

a1 a2与向量组b1 b2等价因为向量组a1 a2与向量组b1 b2等价V1V2.

39 验证a1

1 0)

T 所以这两个向量组所生成的向量空间相同

a2(2 1 3)

T a3(3 1 2)T为R3的一个基, 并把v1(5 0 7)T

v2(9 8 13)T用这个基线性表示.

解设A(a1 a2 a3)

由

123|(a1, a2, a3)|11160032知R(A)3 故a1 a2 a3线性无关R3

的一个基. 设x1a1

x2a2x3a3v1 则

x12x23x35x1x2x30

3x22x37解之得x12 x23 x31 v12a13a2a3

设x1a1

x2a2x3a3v2 则

x12x23x39x1x2x38

3x22x313解之得x13 x23 x3

2v23a13a22a3

40 已知R3

的两个基为

a(1 1 1)

a2(1 0

T b1

1)T b2(2 3

所以a1 a2 a3为

故线性表示为

1)T a3(1 0T b3(3

4 4)

a3到基b1

b3的过渡矩阵P

则

e3是三维单位坐标向量组

求由基a1 a2

解设e1 e2

111 (a1, a2, a3)(e1, e2, e3)100111111 (e1, e2, e3)(a1, a2, a3)1001111

123于是 (b1, b2, b3)(e1, e2, e3)234

143111123 (a1, a2, a3)1002341111431

由基a1 a2 a3到基b1 b2

1 b3的过渡矩阵为

111123234 P100234010111143101

第五章相似矩阵及二次型

1 试用施密特法把下列向量组正交化

111 (1)(a1, a2, a3)1241391 b1a111

解根据施密特正交化方法

1[b1,a2] b2a2b101[b1,b1]

1[b1,a3][b2,a3]1 b3a3b1b22[b1,b1][b2,b2]31

10 (2)(a1, a2, a3)1110 b1a11111011110

解根据施密特正交化方法

13[b1,a2]1 b2a2b1[b1,b1]321

13[b1,a3][b2,a3]1 b3a3b1b2[b1,b1][b2,b2]534 2 下列矩阵是不是正交阵:

11123111; (1)2211132 解此矩阵的第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵184999814 (2)999447999

解该方阵每一个行向量均是单位向量故为正交阵

xxT 且两两正交2xxT

3 设x为n维列向量1 令HE 证明

H是对称的正交阵

证明因为 HT(E2xx)

TTE2(xxT)TE2(xxT)T

因为 HH

TE2(xT)TxTE2xxT

所以H是对称矩阵

HH(E2xxT)(E2xxT) E2xxT2xxT(2xxT)(2xxT) E4xxT4x(xTx)xT E4xxT4xxT E

所以H是正交矩阵

4 设A与B都是n阶正交阵证明因为A B是n阶正交阵

(AB)(AB)

T 证明AB也是正交阵故A1

AT B1

BTATABB1A1ABE

故AB也是正交阵

5 求下列矩阵的特征值和特征向量:

(1)215323;

102 解 |AE|253123(1)3102 故A的特征值为1(三重) 对于特征值

1 由

AE351223~100111

101000得方程(AE)x0的基础解系p1(1 1 就是对应于特征值

1的特征值向量.

(2)123

213;

336

解 |AE|121233(1)(69)33故A的特征值为10

9 对于特征值

0 由

T 向量p1

123123A213~011336000得方程Ax应于特征值

0的基础解系p1(

T1 1 向量p1是对

0的特征值向量.

对于特征值1, 由

223223AE223~001337000得方程(A就是对应于特征值对于特征值

E)x0的基础解系p2(1 1 0)T 向量p2

1的特征值向量9 由

1118231A9E283~013332000得方程(A9E)x0的基础解系p3(1/2

T 1/2

向量

p3就是对应于特征值

00 (3)010010010010. 009的特征值向量

 解 |AE|001故A的特征值为对于特征值

01022

01010(1)2(1)2011

由

10AE01得方程(A01100110110~00010010001001000

TE)x0的基础解系p1(1 0 0

p2(0 1

向量p1和p2是对应于特征值

由

1的线性无关特征值向量

对于特征值

10AE01得方程(A1

T01100110110~00001010001001000

TE)x0的基础解系p3(1 0 0 1) p4(0

向量p3和p4是对应于特征值

1的线性

无关特征值向量

6 设A为n阶矩阵证明因为

|ATT 证明A与A的特征值相同

E||(AE)T||AE|T|ATE|

所以A与A的特征多项式相同有公共的特征值若a1系量

从而A与A的特征值相同

7 设n阶矩阵A、B满足R(A)

有公共的特征向量

证明设R(A)

R(B)n 证明A与Br R(B)t 则rtn

anr是齐次方程组Ax0的基础解

0的线性无关的特征向

显然它们是A的对应于特征值

类似地的基础解系特征向量由于(n anr 设b1 b2 bnt是齐次方程组Bx0

0的线性无关的

则它们是B的对应于特征值

r)(nt)n(nrt)n 故a1 a2

b2 k2

knran

bnt必线性相关 knr 于是有

不全为0的数k1 l1 l2

lnt 使

k1a1k2a2

记则k1 k2

rl1b1l2b2

lnrbnk1a1k2a2

lnrbnr)

knranr(l1b1l2b2

knr不全为0 否则l1 l2

0的特征向量

lnt不全为0 而

l1b1l2b2

与b1 b2 因此

8 设A特征向量 (A2

lnrbnr

bnt线性无关相矛盾是A的也是B的关于

所以A与B有公共的特征值

3A2E 有公共的特征向量

O 证明A的特征值只能取1或2

x是A的对应于

的

证明设

则 2E)x是A的任意一个特征值

3A2

x3x2x(

2)x 即

因为x0 所以32是方程

0的根也就是说且|A|

1或1

证明

1是A的1或1

9 设A为正交阵特征值

证明因为A为正交矩阵奇数个特征值为 10

设

即

所以A的特征值为

又|A|1是A的特征值

因为|A|等于所有特征值之积1 所以必有

0是m阶矩阵AmnBnm的特征值证明也是

0的特征向量

则有

n阶矩阵BA的特征值

证明设x是AB的对应于 (AB)x于是 B(AB)x或 BA(B x)从而是BA的特征值 11|A3

x B(x)

(Bx)

的特征向量 2

3(1)

求3

且Bx是BA的对应于

已知3阶矩阵A的特征值为1

5A7A|

()3是(A)|

解令(2)2 |A8

7 则故 (3)

(3)7A|

(A)的特征值(1)

(2)

231

12 已知3阶矩阵A的特征值为1 2 |A*3A2E| 解因为|A| A*

|A|A12

3 求故

(3)6A1

60 所以A可逆

A* 令(2)5

(

3A2E)

(3)

6A1

3A2E2

则故 (A)| (1)

36A1

23A5

5是(A)的特征值

|A*3A(1) 13相似

证明取PA即AB与BA相似

(2)

2E||(3)

2E||

(5)25

证明AB与BA 设A、B都是n阶矩阵

且A可逆

则

P1ABPA1ABABA

201 14 设矩阵A31x可相似对角化

405 解由

求x

201|AE|31x(1)2(6)405

得A的特征值为方程组(A由

因为A可相似对角化所以对于1 齐次线性

E)x0有两个线性无关的解因此R(AE)1

知当x 15

101r101(AE)30x~00x3

4040003时R(AE)1 即x3为所求

已知p

(1 1

212 1)是矩阵A5a3的一个

1b2T特征向量解设 (A解之得

(1)求参数a b及特征向量p所对应的特征值

则

是特征向量p所对应的特征值

E)p0

1 a3

21021 即5a3101b210

(2)问A能不能相似对角化并说明理由解由

212|AE|533(1)3102

得A的特征值为由

123

11 0E)x知R(AE)2只有一个解向量 16对角阵:

112r10AE523~011b100 所以齐次线性方程组(A0的基础解系

因此A不能相似对角化

试求一个正交的相似变换矩阵, 将下列对称阵化为

(1)221202;

020 解将所给矩阵记为A 由

AE22002122(1)(4)(

2) 得矩阵A的特征值为1

1 3

对于

2 解方程(A2E)x0 即

420x023222x10

x23得特征向量(1 2 2)

单位化得p1(1, 23, 23)T3

对于

1, 解方程(AE)x0 即

212002xx1

0210x23得特征向量(2 1 2)

单位化得p2(23, 13, 23)T 对于

4, 解方程(A4E)x0

即 222302xx10

024x23得特征向量(2 2 1)

单位化得p3(2, 23, 13)T3 于是有正交阵P(p p1

p3) 使PAPdiag(

222 (2)254245

解将所给矩阵记为A 由

222AE254245得矩阵A的特征值为对于

1)(100 即

10)

1 解方程(AE)x122x10244x0244x203T得线性无关特征向量(2 1 0)和(2 0 1)正交化、单位化得 p11(2, 1, 0)T5 对于

将它们

p21(2, 4, 5)T350

即

10, 解方程(A10E)x822x10254x0245x203得特征向量(1 2 2)

单位化得p31(1, 2, 2)T31

于是有正交阵P(p1 p2 p3)10)

使PAPdiag(1 1

5124 17 设矩阵A2x2与4相似421y 求x

y 并求一个正交阵P 使P1AP

解已知相似矩阵有相同的特征值

为

4是A的特征值

所以

显然5

y是的特征值故它们也是A的特征值因

524|A4E|2x429(x4)0425

解之得x4

因为 54y20y 已知相似矩阵的行列式相同

124|A|242100421所以

20y100

yT ||

5E)x0

得两个线性无关的特

T 对于位化得

5 解方程(A征向量(1 0 1) (1 2 0) 将它们正交化、单

p11(1, 0, 1)T2 p21(1, 4, 1)T320

对于1

T4 解方程(A4E)x 得特征向量(2

单位化得p31(2, 1, 2)T312 于是有正交矩阵P012213321433221332 使PAP1

18 设3阶方阵A的特征值为

2 1)

1 对应的特征向量依次为p1(0 1 p2(1

11)

T p3(1 1 0)T 求A.

(p1

解令P A 因为

p2 p3) 则PAPdiag(2

11

PP011110P1111111100111

01120所以 APP11110211000 19

0110133011145301144211

设3阶对称阵A的特征值为

1 2)

T0 对应、

的特征向量依次为p1(1 2

p2(2 1 2)T 求A

x1x2x3 解设Ax2x4x5xxx356 则Ap12p1 Ap2

2p2 即

x12x22x31x22x42x52x32x52x622x1x22x322x2x42x512x3x52x62 ①

②

再由特征值的性质有

x1x4x6

由①②③解得 x111x6320 ③

x21x62 x321x634

x411x6 x521x6

3234令x60 得x11 x20 x3233 x413 x523

1021因此 A0123220 20

设3阶对称矩阵A的特征值

3 1

3 与特征值求A.

6对应的特征向量为p1(1

Tx1x2x3 解设Ax2x4x5xxx356

(1 1 1)

①

T 因为

6对应的特征向量为p1 所以有

11A16111

xxx6123 即x2x4x56

x3x5x663是A的二重特征值, 根据实对称矩阵的性质定1

利用①可推出

理知R(A3E)

x311x13x21A3Ex2x43x5~x2x43x5xxx3xxx3565633因为R(A之得

3E)1 所以x2x43x5且x3x5x63 解

x2x3x51 x1x4x64

411因此 A141114

21 设a(a1 a2

0是A的n1重特征值是A的任意一个特征值

an)

a10

AaaT

(1)证明证明设特征向量 Ax 于是可得设以

x是A的对应于的

则有

xA2xaaTaaTxaTaAxaTa 从而

aTax aTa

因为

0或

n 是A的所有特征值

AaaT的主对角线性上的元素为a12 a22 a12a22 an2aTa这说明在而其余n1

所

n中有且只有一个等于aa1重特征值0

1个全为0 即0是A的n

(2)求A的非零特征值及n个线性无关的特征向量解设因为Aa1

aTa

naaTa(aTa)a

a 所以p1a是对应于

0 解方程Ax0

即

aTa的特征向量

对于

naaTx0 因为a0 所以aTx0 即a1x1a2x2 anxn0 其线性无关解为

p2(a2 a1 0 p3(a3 0 a1

pn(an 0 0

因此n个线性无关特征向量构成的矩阵为

a1a(p1, p2, ,pn)2ana2a10100

a1)

an0a1T

142 22 设A034043 解由

求A

142 |AE|034(1)(5)(5)043得A的特征值为对于01

0) 2)

1 解方程(AE)x0 得特征向量p1(1

得特征向量p2(2 0

得特征向量

对于

T5 解方程(A5E)x5

对于解方程(A5E)x p3) 则 diag(1 5

p3(1 2 1)T

令P(p1 p2 PAP AP A 因为

1001001

PP1100

100

diag(1 5)

100

1215051 P101201202150211

所以

50512111012 A1000125100502110002151051001 051000005100 23

在某国

有比例为q的城镇居民移居农村且上述人口迁移的规律也不变

每年有比例为p的农村居民移居城镇

假设该国总人口数不变把n年后农村人口和城镇人

口占总人口的比例依次记为xn和yn(xnyn1)

xn1xn (1)求关系式yAy中的矩阵A

n1n 解由题意知 xn yn11

xnqynpxn(1p)xnqyn ynpxnqyn pxn(1q)yn

可用矩阵表示为

xn11pqxn yp1qynn1

1pq因此 Ap1q

x00.5 即y0.50 (2)设目前农村人口与城镇人口相等

xn求yn

由

xn1xnxnAnx0 解由可知Ayyyyn1nn0|AE|得A的特征值为对于

1pq(1)(1pq)p1q1

r 其中r1pq E)x0 得特征向量p1(q

1 解方程(Ap)T

对于

r 解方程(ArE)x0 得特征向量

p2(1 1)T

q1 令P(p1, p2)p1 PAP AP An1

则

diag(1 r)

Pn11

nPPq110于是 Anp10rq1 p11q11011 1p10rnpq

pqqprnqqrn1 pqpprnpqrn

xnqprnqqrn0.51 pprnpqrn0.5 ynpq2q(pq)rn1 2(pq)2p(qp)rn

32 (1)设A23 求(A)A105A9

解由

|AE|32(1)(5)23得A的特征值为对于1(1, 1)T21

1 解方程(AE)x0 得单位特征向量

对于1(1, 1)T25 解方程(A5E)x0 得单位特征向量

使得PAP1

11 于是有正交矩阵P11125)

从而AP

diag(1

AkPkP1

因此

(A)P()PP(

P[diag(1 510)5diag(1 59)]PPdiag(4 0)P1

114 111020111

1102

22211 2211212 (2)设A122, 求(A)

221 解求得正交矩阵为

A106A95A8

131P13620使得PAPdiag(1

222 A

1 1 5)PP1 于是

(A)P()P1

P(10

958

)P1

(E)(

5E)]P1

Pdiag(1

)diag(

24)diag(6 4

0)P1

Pdiag(12 0 0)P1

 132161321201313220200 222 211112

2242 25 用矩阵记号表示下列二次型:

(1) fx2

4xy4y2

2xzz2

4yz

解 f(x, y, z)12214122x1y

z (2) fx2

y27z22xy4xz4yz

解 f(x, y, z)112112xy

227z (3)

fx21x22x223x42x1x24x1x32x1x46x2x34x2x40

11 解 f(x1, x2, x3, x4)21113223101x12x20x31x4

26 写出下列二次型的矩阵

2 (1)f(x)xT31x1

2 解二次型的矩阵为A3123 (2)f(x)xT456x789

11

123 解二次型的矩阵为A456789 27 (1) f2x1

求一个正交变换将下列二次型化成标准形:

3x2

3x3

4x2x3

由

200 解二次型的矩阵为A032023200AE032(2)(5)(1)023得A的特征值为当

52E)x

1 由

T2时, 解方程(A0

000012A2E012~001021000得特征向量(1

T 取p1(1 0 0)

当

5时解方程(A5E)x0 由

A5E3001002222~00101

000得特征向量(0 1 1)T 取p2(0, 1, 1)T22

当

1时解方程(AE)x0 由

AE100202~100

022001010得特征向量(0

1 1)

T 取p3(0, 1, 1)T22

于是有正交矩阵T(p1 p2 p3)和正交变换xTyf2y215y22y23

(2) fx2

2221

x2x3x42x1x22x1x42x2x32x3x411 解二次型矩阵为A10101 由

010111111110101AE11(1)(3)(

010111111)2得A的特征值为1

当1

1时可得单位特征向量p1(1, 1, 12, 12)T22 当2

3时

可得单位特征向量p2(1, 1, 1, 12222)T 当

1时

可得线性无关的单位特征向量

使

p3(1, 0, 1, 0)T22 p4(0, 1, 0, 1)T22

于是有正交矩阵T( p1 p2 p3 p4)和正交变换

xTy 使

f 28

3x化成标准方程

y123y22y32y42

求一个正交变换把二次曲面的方程

5y5z2

4xy4xz10yz1

322 解二次型的矩阵为A255255322 由|AE|255(2)(11)255值为

得A的特征

0 2E)x 0

得特征向量(4

得特征向量(1

对于1 1)

T2 解方程(A 单位化得p1(4, 1, 1)3232322

对于2

T11 解方程(A11E)x

单位化得p2(1, 2, 2)3333

对于0 解方程Ax

0 得特征向量(0 1 1)

单位化得p3(0, 1, 1)22 于是有正交矩阵P11

(p1 p2 p3) 使PAP1

diag(2

0) 从而有正交变换

42x31yz32132103u21v32w21322

使原二次方程变为标准方程2u 29

明

11v2

二次型fxAx在||x||1时的最大值为矩阵

则有一正交矩阵T 使得

TA的最大特征值.

证明 A为实对称矩阵

TAT成立设

diag(

n) 不妨

其中最大

为A的特征值

作正交变换y fxAxnnTTx 即xTTy 注意到TyTTATTyyTy2y11

TT 有

y 22

Tx正交变换所以当||x||1时有

||x||

因为y||y||因此

1 即y1

222

y22 yn21

又当y1

nny2

所以f max

1 y2y3

yn0时f

30的矩阵

用配方法化下列二次形成规范形

并写出所用变换

(1) f(x1 x2 解 f(x1 x2

(x1(x1

x3)x1 x3)x1

3x23x2

5x35x3

2x1x24x1x3 2x1x24x1x3

x22x3)24x2x32x22x32 x22x3)22x22(2x2x3)2

xy5y2y31122 即x21y22x32y2y3y1x1x22x3令 y22x2y32x2x3二次型化为规范形

fy12y22y32

所用的变换矩阵为

15221C002021

(2) f(x1 x2 解 f(x1 x2

(x1(x1

x3)x1 x3)x1

2x32x3

2x1x32x1x3

2x2x32x2x3

x3)2x322x2x3 x3)2x22(x2x3)2

x1y1y2y3 即x2y2x3y2y3y1x1x3令 y2x2y3x2x3

二次型化为规范形

fy12y22y32

所用的变换矩阵为

111C010011 (3) f(x1 x2 解 f(x1 x2

x3)2x1 x3)2x1

x224x322x1x22x2x3 x224x322x1x22x2x3

224x32x2x3 2(x11x2)21x2222 2(x11x2)21(x22x3)22x3

22y1令 y2y32(x11x2)21(x2x)3222x3x1 即x2x31y1y1y2122232y22y321y23

二次型化为规范形

fy12y22y32

所用的变换矩阵为

1111C0222001 31

设

fx12x225x322ax1x22x1x34x2x3

为正定二次型

求a

其主子式为

1a1 解二次型的矩阵为Aa12125 a11

1 1a1a2a11a1 a12a(5a4)125

因为f为正主二次型所以必有1a

0且

a(5a4)0 解之得4a05 32

判别下列二次型的正定性

2x1

2x1x3

(1) f6x2

4x3

2x1x2

211 解二次型的矩阵为A160104 因为

a1120所以f为负定 (2)

2111016 |A|380fx123x229x3219x422x1x24x1x32x1x46x2x412x3x4

11 解二次型的矩阵为A211303209613619 因为

a1110所以f为正定 33矩阵U 使A11211 40, 13060, A24013209

证明对称阵A为正定的充分必要条件是存在可逆

U TU 即A与单位阵E合同

所以存在正交矩阵P使

证明因为对称阵A为正定的

PTAPdiag(

其中

n 则

即AP

TT 均为正数

令1diag(1, 2,    ,n)1

TT1

再令UP 则U可逆且AUU

T第六章线性空间与线性变换

1 验证所给矩阵集合对于矩阵的加法和乘数运算构成线性空间

并写出各个空间的一个基

则A B

(1) 2阶矩阵的全体S1

(A 解设A B分别为二阶矩阵S1 因为

B)S1 kAS1

100 3100所以S1对于矩阵的加法和乘数运算构成线性空间

110000 200 400 1

是S1的一个基.

(2)主对角线上的元素之和等于0的2阶矩阵的全体S2

ab 解设Acade Bfd

A BS2

因为

(ad)cb ABcaadS2kakbS kAkcka2

所以S2对于矩阵的加法和乘数运算构成线性空间

10101是S2的一个基

0 20100 310 0 (3) 2阶对称矩阵的全体S3. 解设A B (A (kA)

TS3 则ATA BTB 因为

B)TATBTAB (AB)S3 kATkA kAS3

0 21 0 01

所以S3对于加法和乘数运算构成线性空间.

10100是S3的一个基. 2 验证量设r1

10T0 300 1 与向量(0 1)不平行的全体3维数组向

但

1)不平行的全体三维向量} 0 1)

TT 对于数组向量的加法和乘数运算不构成线性空间(1

T 解设V{与向量(0

r2(

则r1 r2Vr1r2(0 0 1)TV 即V不是线性空间.

3 设U是线性空间V的一个子空间的维数相等证明设

则U1

试证若U与V 它可从而

n为U的一组基

dim(V) 则

r扩充为整个空间V的一个基

由于dim(U) 有U kr

n也为V的一个基

对于x xVU

可以表示为x故VUk1

k2 显然

而由已知知UVV

4 设Vr是n维线性空间Vn的一个子空间

ar是Vr的一个基 an 使a1 a2

a1 a2

试证 Vn中存在元素ar ar, ar1

an成为Vn的一个基被a1 a2

证明设rn, 则在Vn中必存在一向量ar ar线性表示 ar1是线性无关的

Vr 它不能

则a1

将ar1添加进来若r1

ar1)

a2 n 则命题得证

则a1 a2 (1

否则存在ar向量a1 a2

L(a1 a2

依此类推

ar2线性无关可找到n个线性无关的

an 它们是Vn的一个基

333

5 在R中求向量5)

T 7(3

1)在基 1

TT1

111

222

T 0)下的坐标则

解设 ( (

是R的自然基

)()(

)A )A1

163其中A331520263 A1515892815

33因为 (1, 2, 3)7(1, 2, 3)A17

112633 (1, 2, 3)51587

928151 ( 331,2, 3) 15482所以向量在基

下的坐标为(33 154)T

6 在R3

取两个基 T1(1 2 1) 2

(2 3 3)T 3

7 1)T

1 4)

T 2

试求坐标变换公式

解设 2 3

3是R的自然基

则 (1 2 1)(1 2 3)B (1 2 3)(

1 2 1

)B1

(

)(1

3)A(1

)B1

其中 A12121337 B315211

1416 设任意向量

在基1

下的坐标为(x1xT3) 则

x(1x11, 2, 3)x2(1, 2, 3)B1Ax2

x3x3故在基

下的坐标为

(3 (1

1319181 x1xB1Axx141363x129

x2x23x32x3710994

7 在R4

中取两个基

e1(1000)T e2(010e3(0010)T e4(0001)T

(21

11)T 2

(031(5321)T3

T (1)求由前一个基到后一个基的过渡矩阵

解由题意知

05(,  213612, 3,4)(e1, e2, e3, e34)11261011

3从而由前一个基到后一个基的过渡矩阵为

20A1351136610211

3 (2)求向量(x1 x2

xT3 x4)在后一个基下的坐标

解因为

0)T0)

x1x1xx1(e1, e2, e3, e4)2(1, 2, 3, 4)A2xx

3xx344向量在后一个基下的坐标为 y111y23x12927933x23x12y2033111201x11121y546613x23x2794703092618x3x4 (3)求在两个基下有相同坐标的向量. 解令

112129273323x1x271909x1x2x218

7039263xx34x4x1解方程组得x2k11(k为常数)

x31x41

8 说明xOy平面上变换TxxyAy的几何意义

(1)A1001

解因为

Tx101xy0yxy 所以在此变换下T(

)与

关于y轴对称

其中

0 (2)A0 解因为

01

x0Ty0所以在此变换下T(

)是

0x01yy

在y轴上的投影

0 (3)A1 解因为

10x0Ty1所以在此变换下T(

)与

1xyyx0

关于直线yx对称

0 (4)A1 解因为

1. 0x0Ty11xy0yx顺时针旋转2

所以在此变换下T(

)是将

9 n阶对称矩阵的全体V对于矩阵的线性运算构成一个n(n1)维线性空间. 给出n阶矩阵P2 以A表示V中的任一元

素变换T(A)PAP称为合同变换. 试证合同变换T是V中

T的线性变换

证明设A B T(AB)

V 则ATA BTB

PT(AB)PPT(AB)TP

从而 10

[(AB)P]P(PAPB)PTTTT(APBP)P

TPTAPPTBPT(A)T(B)

T T(kA)P(kA)PkPAPkT(A)

合同变换T是V中的线性变换函数集合

V3{(a2x2

a1xa0)ex | a2 a1 a0 R}

在V3中取一个基

对于函数的线性运算构成3维线性空间

x2ex

xex

求微分运算D在这个基下的矩阵. 解设易知

123

D(D(D(

123

)))

2xexx2ex2

exxexex3

故为一个基.

线性无关

100由 (1, 2, 3)(1, 2, 3)210011知即D在基 11

2阶对称矩阵的全体

1003下的矩阵为P210011

x1x2V3{Axx|x1,x2,x3R}

23对于矩阵的线性运算构成3维线性空间. 在V3中取一个基

1A10000 A21100 A301, 10.

1在V3中定义合同变换

1T(A)1求T在基A1

解因为

0A101 A3下的矩阵.

1 T(A1)11 T(A2)11 T(A3)1010100110001010011100101111AAA111231101110011A2A3220A13

100故 (T(A1), T(A2), T(A3))(A1, A2, A3)110121从而

T在基A1

100 A3下的矩阵A110.

121谢谢使用，请挂机。

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同济大学线性代数第六版答案