工程数学线性代数(同济大学第六版)课后习题答案(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)201118431

解 201118431

2(4)30(1)(1)1 0132(1)81(4)

8 (1) 1

248

14

abc (2)bcacababc 解 bca

cab

acbbaccbabbbaaaccc 3abca3b3c3

111 (3)abca2b2c2111 解 abc

a2b2c2

bc2ca2ab2ac2ba2cb2 (ab)(bc)(ca)

xyxy (4)yxyxxyxyxyxy 解 yxyx

xyxy

2

x(xy)yyx(xy)(xy)yxy3(xy)3x3 3xy(xy)y33x2 yx3y3x3 2(x3y3)

求下列各排列

按自然数从小到大为标准次序

的逆序数

(1)1 2 3 4 解 逆序数为0 (2)4 1 3 2

解 逆序数为4 41 43 42 32

(3)3 4 2 1

解 逆序数为5

3 2 3 1

4 2

4 1, 2 1

(4)2 4 1 3

解 逆序数为3

2 1 4 1

4 3 (5)1 3

(2n1) 2 4

(2n)

解 逆序数为

n(n1)2

3 2 (1个) 5 2 5 4(2个) 7 2

7 4

7 6(3个)

(2n1)2 (2n1)4 (2n1)6

(2n1)(2n2) (n1个)

(6)1 3

(2n1) (2n) (2n2) 解 逆序数为n(n1)

3 2(1个) 5 2

5 4 (2个)

(2n1)2 (2n1)4

(2n1)6

2

(2n1)(2n2) (n1个)

4 2(1个) 6 2

6 4(2个)

(2n)(2n

2)

(2n)2 (2n)4 (2n)6(n1个) 3

写出四阶行列式中含有因子a11a23的项

(

24和42

1)ta11a23a3ra4s

即

解 含因子a11a23的项的一般形式为 其中rs是2和4构成的排列所以含因子a11a23的项分别是 (

1)ta11a23a32a44(1)1a11a23a32a44a11a23a32a44

(1)ta11a23a34a42(1)2a11a23a34a42a11a23a34a42 4

计算下列各行列式

这种排列共有两个

41 (1)10012512021125142072021

41 解 1004c2c34210c7c103074123020211041102122(1)43 141031404110c2c39910 122002010314c112c3171714

23 (2)15112042361122

112042360r4r2223102223 解 15112042361c4c2213215211204230020001121423402 00r4r123 10

abacae (3)bdcddebfcfef

abacaebce 解 bdcddeadfbce

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

a1 (4)001b1001c1001d

a1c100 1da1 解 001b1001c10r1ar201ab01b101d001aba0c3dc21abaad (1)(1)211c11c1cd

01001d

abad(1)(1)32111cdabcdabcdad1

5 证明:

(ab)3;

a2abb2 (1)2aab2b111 证明

a2abb2c2c1a2aba2b2a2 2aab2b2aba2b2a

00111c3c11

222ababaaba(ba)(ba)1(1)2ba2b2a31(ab)3

axbyaybzazbxxyz (2)aybzazbxaxby(a3b3)yzx;

azbxaxbyaybzzxy 证明

axbyaybzazbx aybzazbxaxby

azbxaxbyaybzxaybzazbxyaybzazbx ayazbxaxbybzazbxaxby

zaxbyaybzxaxbyaybzxaybzzyzazbx a2yazbxxb2zxaxby

zaxbyyxyaybzxyzyzx a3yzxb3zxy

zxyxyz

axyzxyz3yzxxyb3yzzxx

zy)xyyz (a3b3

zzxxy

a2(a1)2(a2)2(a3)2 (3)b2(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)2 b2(b1)2(b2)2(b3)2c2(c1)2(c2)2(c3)2(c4

c3 c3c2d2(d1)2(d2)2(d3)2得)

a222a2 b22a322ab55(cc3 c3c2得)dc2222b11dc1122bdc33322dc5a22 b2c22ab1222d222dc1112220

22

1111 (4)aa2bb2a4b4cc2c4dd2 d4

2c1

c

(ab)(ac)(a 证明 1a a2a41bb2b41cc2c4d)(bc)(bd)(cd)(abcd);

1d d2d411110b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)

          0000  x1a2xa1x0 (5)  0an1x  0an101  0an2xna1xn1

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(n

1)阶行列式命题成立 即

Dn1

xn1

a1 xn2

an2xan1

则Dn按第一列展开 有

1 DnxDn1an(1)n1  x  1 因此

6针旋转90

设n阶行列式D01    1             1

00    x

00    1 an1xxD n1

anxna1xnan

对于n阶行列式命题成立

det(aij), 把D上下翻转、或逆时

依次得

ann  a1n D3      an1  a11、或依副对角线翻转

an1  ann D1      a11  a1na1n  ann D2      

a11  an1

证明D1D2(1)n(n1)2D D3D

所以         a1nann   a2n 证明 因为Ddet(aij)

a11an1  ann D1      (1)n1an1  a11  a1na21a11a21 (1)n1(1)n2an1  a31          a1na2nann      a3n (1)12  (n2)(n1)D(1)n(n1)2D

同理可证

D2(1) D3(1)

7

n(n1)2a11  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

计算下列各行列式(Dk为k阶行列式)

a  1a (1)Dn元素都是0

解 a0 Dn0  011, 其中对角线上元素都是a 未写出的

0a0  0000a  00            000  a0100(按第n行展开)   0a0an1 (1)0  0

a(1)n1(1)n00a  0000  0          000  a1a0(1)2na   0  a(n1)(n1)0(n1)(n1)  ana(n2)(n2)anan2

an2(a21)

x (2)Dn a aax  a        aa;   x1)分别加到其余各行

解 将第一行乘( 得

 Daxxxaaa0  ana  x 0 xa  0 

ax0 0 0 x 0 a再将各列都加到第一列上 得

x(n1)aaa  aD0xa0n 0 [x(n1)a](x0  00 x a0    000 x  aan(a1)n  (an)n (3)Dan1(a1)n1  (ann1a  a  1  a  )n1; n11  1 解 根据第6题结果

有

11 D(1)n(n1)aa1 n12 a       a1n1(a1)n1   (a  nn)n1

an(a1)n  (an)n此行列式为范德蒙德行列式

D(n1)n1(1)n2n1[(ai1)(aj1)]

ij1a)n1

(1) (1) 

n(n1)2n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)   

an (4)D2ncna1b1c1d1    bn; dnbn 解

an         D2ncna1b1c1d1(按第1行展开) dnan1     ancn10a1b1c1d1    bn10 dn100dn

0an1  bn1 (1)2n1ba  nc1b11d1    cn1dcn0n1 再按最后一行展开得递推公式 D2nandnD2n2

bncnD2n2

2n(andnbncn)D2n2

于是 Dn2n(aidibici)D2 i2而 Da2c1bd1adbc 111111所以 Dn2n(aidibici) i1 (5) Ddet(aij) 其中aij|ij|;

解 aij

|ij|

01102  ndet(aij)2113021 nn D  n1n 3 1n 210 2n  3n  4  n2   34 0 rr1121111  1 111r11111  1 2   r3n 1 1n 1 2n 1 3n 1   4   1 0 即

D

1c2c111 1c3c1      n1000200220222      2n32n42n5            000 0  n1 (1)n1(n1)2n2

an0

1a11  1(6)D11a  1n 1  1 2 , 其中a1a2 1  an

解

1a  1111 Dn1a  1 21  1    1  ana100  001ca0  001 1c2a2 0a2a  001c 2   c3   00 3 30    a a     000  0n1na11n1an100  00a110  0110a a1a2  an011  00a21  0  0     1 31

0 1 a  1000  011na1n1

100 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

n

x1x2x3x45 (1)x12x2x34x422x3x2x35x423x1x122x311x40 解 因为

1 D1231231111214142511

52 D1201D21235220111212311112

14142511

1428451112311 D3123

522014426511

11D41213213115222142

0所以 xD11D1 xD44D1

5x11 (2)6x2x15x26x0x325x3x6x4035x46xx5x50451 解 因为 5600 D10500165000001600516665516 D0500100160001050160051615075561 D15000300100000006150167035xD22D2 xD33D3

510 D10600200050000116005161145

556 D15004001610050000100016395

5

51 D500065100065100065110021201

所以

x11507665 x21145 x3703665665x4212

665

取何值时

x4395665

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D 于是

10

问 当

00或

得 0或

1

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)3( 令D 于是有非零解

3)(100

4(1))32(1

2或2或

2(1)23

3时

)(3

3

)

得 0

该齐次线性方程组

当

第二章 矩阵及其运算

1

已知线性变换

y3的线性变换

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

x2

x3到变量y1

y2

解 由已知

x1221y1 x2315y2x323y23

故 yy32115112xx1749y1

y22323x23633274y2y3 y17x14x29x3y2

36xx123xx27x3y3124x3 2

已知两个线性变换

xx12y1y32 y13z1z42yy13y22y32x31y25y3y22z1z3

y3z23z3求从z1

z2

z3到x1

x2

x3的线性变换

解 由已知

x1201y1201310x2423125y2232x201z13y2415013zz2 3 613z1121041169z

z23所以有x16zz1z23zx321214z29z3

x310z1z216z3 3 设A1111111 B1233AB11124051 求及ATB

解 3AB2A31111111231111111242111

051111

2A

05811121322 30562111217202901114292111123058 AB111124056111051290T

4 计算下列乘积

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4

313012 12

131 解 214001134

113216402207586 (5)(xa11a12a13x11x2x3)a12a22a

a13a23a23x233x3 解 ax (xxa11a12a13112x3)a12a13a22a23x2

x23a333 (a11x1

a12x2a13x3 a12x1a22x2x13x1a23xa12

33x3)x2

x3 a11x12a22x22a33x322a12x1x22a13x1x32a23x2x3

5

设A1123 B1102 问

(1)ABBA吗? 解 ABBA

因为AB346 BA12438 所以ABBA (2)(AB)2A22ABB2吗? 解 (AB)2A22ABB2

因为AB2225

a23x3

a

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

38681但 A22ABB241181230101615274

所以(AB)2A22ABB2 (3)(AB)(AB)A2B2吗? 解 (AB)(AB)A2B2

因为AB2225 AB0201

(AB)(AB)225220010069

而 A2B238841110342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0100 则A2

0 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1000 X1111 Y1011

E

则AX 7

AY 且A0 但XY

10 设A1 求A2

A3

Ak

101010 解 A21121101010 A3A2A21131

求Ak

10 Akk1 8

10 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 9

设A

也是对称矩阵

B为n阶矩阵，且A为对称矩阵，证明BTAB 证明 因为AT (BTAB)TA 所以

BT(BTA)TBTATBBTAB

从而BTAB是对称矩阵

10 设A B都是n阶对称矩阵，证明AB是对称矩

阵的充分必要条件是AB 证明 充分性所以

(AB)T 必要性 AB 11

(BA)T 因为AT(AB)TBA

因为ATA BTB 且ABBA

ATBTAB

A BTB 且(AB)TAB 所以

即AB是对称矩阵

BTATBA

求下列矩阵的逆矩阵

1 (1)225

|A|1

故A1存在

因为

12 解 A25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为

|A|10 故A1存在 因

A11A21cossin A*AAsincos1222

所以 A11|A|A*cossincossin

(3)121342

541 解 A132544112 |A|20 故A1存在

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

A13A23A3332142所以 A11|A|A*1321031

162721 (4)a1a02(a1a2

an 0)

0an 解 Aa1a02 由对角矩阵的性质知

0an1 A1a110a2

01an 12

解下列矩阵方程

因为

2 (1)15X462131

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

1211113 解 X432210 1111011131232 3432330221 82 5331 (3)14X221031101 0

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

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

010143100 解 X100201001

00112001011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 123x11 225x22351x33

1x112311故 x222520x351303

x11从而有 x20x30

xxx2123 (2)2x1x23x313x12x25x30

解 方程组可表示为 111x12 213x21325x03

x111125故 x221310x3250331

x51故有 x20x33

14(E 设AkO (k

为正整数) 证明

A)

1

EAA2Ak1

证明 因为Ak E所以 (E (E

证明 一方面 另一方面

O 所以EAkE 又因为

Ak1)

Ak(EA)(EAA2A)(EAA2A)

1

Ak1)E Ak1

由定理2推论知(EA)可逆 且 EAA2

有E

(EA)1(EA)

由AkO 有

A2

E(EA)(AA2)

Ak1(Ak1Ak) (EAA2 故 (EA k1)(EA)

A)1(EA)(EAA2

就有

Ak1)(EA)

两端同时右乘(EA) (E

15

1

A)1(EA)EAA2Ak1

设方阵A满足A2A2EO 证明A及A2E

都可逆 并求A1及(A2E)

1

证明 由A2 A2

A2EO得

A2E 即A(AE)2E

且A11(AE)2 即(A2E)(A

或 A1(AE)E2由定理2推论知A可逆 由A2 A2

A2EO得 A6E4E3E)

4E

或 (A2E)1(3EA)E

4由定理2推论知(A

证明 由A2

列式得

|A2即 |A||A故 |A|所以A可逆

0

2E)可逆

且(A2E)11(3EA)4

A2EO得A2A2E 两端同时取行

A|2 E|2

2E 而AA2 |A2E||A2||A|20 故

A2E也可逆

由 A2

A2EO A(AE)2E A1A(AE)2A1EA11(AE)2

4E

又由 A2

A2EO(A2E)A3(A2E)

(A2E)(A3E)2E)(A4 E3E)

4(A2 E)

1

所以 (A2E)1(A

(A2E)11(3EA)4 16

设A为3阶矩阵

|A|12 求|(2A)

1

5A*|

解 因为A11A*|A| 所以

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

222 |2A1|(2)3|A1|8|A|18216

17(A*)

1

设矩阵A可逆

证明其伴随阵A*也可逆 且

(A1)*

证明 由A11A*|A| 有

|A*| 因为A* (A*)

1

得A*|A|A1

所以当A可逆时

|A|n|A1|

1

|A|n1

0

从而A*也可逆

|A|A 所以

所以

证明

|A|1A11又A1(A)*|A|(A)*1|A| (A*) 18 (1)若|A|

1

|A|1A0

|A|1|A|(A1)*(A1)*0

设n阶矩阵A的伴随矩阵为A*

则|A*|

(2)|A*| 证明

|A|n1

假设|A*|

0 则有A*(A*)

1

(1)用反证法证明由此得 A|A*|

E

A A*(A*)1|A|E(A*)1O

所以A*O 这与|A*|0矛盾，故当|A|0时

0

(2)由于A11A*|A| |A||A*| 若|A| 若|A|

00

|A|n |A|n1

有

则AA*|A|E 取行列式得到

则|A*||A|n

0 此时命题也成立

由(1)知|A*|

1

因此|A*|

19

033 设A110123 ABA2B 求B

解 由ABA2E可得(A2E)BA 故

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

20

101 设A020101 且ABEA2B 求B

解 由AB (A

EA2B得

E)BA2E

即 (AE)B(AE)(AE)

所以(A001 因为|AE|01010E)可逆 从而

100 BAE2010

13002 21 设Adiag(1

2 1) A*BA2BA求B

解 由A*BA2BA8E得

(A*2E)BA8E

B8(A*2E)1A1 8[A(A*2E)]1 8(AA*2A)1 8(|A|E2A)1 8(2E2A)1 4(EA)1

4[diag(2 1 2)]1

4diag(12, 1, 12)

2diag(1 2 1)

10 22 已知矩阵A的伴随阵A*0100010

0031008且ABA1

BA1

3E 求B

解 由|A*|

|A|3

8

得|A|2

8E

由ABA1

BA1

3E得

ABB3A

B3(AE)1A3[A(E 3(E1A*)16(2EA*)1

210 610010300100600060600361A1)]1A

00600001

23 设P1AP

其中

14P11

1002 求A11

解 由P1AP 得APP1

所以A11 A=P11

P1.

3

|P|

1 P*1114114 P11113

1而 110010 02112142731273214101133故 A0211116836841133 24

设

APP 其中

111P102111

115

求(A)A8(5E6A()

8

A2)

2

解 (5E6)

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

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

1P()P* |P|111100222

2102000303

111000121111 4111

111 25可逆

设矩阵A、B及A

B都可逆 证明A1

B1也

并求其逆阵 证明 因为 A1(A而A1(A (AB)B1

1

B1

1

A1

A1

B1

所以

B)B1

是三个可逆矩阵的乘积

A1(AB)B1可逆 即AB1)

1

B1可逆

[A1(AB)B1]

1

B(AB)1A

26

10 计算002100102001101030031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2103241

12343030931A1EEB1A1A1B1B20所以 OA2OB2OA2B200252124043009

10即 00 27

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

1 解 AB0CD100101101002100110020100100020104002011

而 ||CA||||DB||11110 故 CADB ||CA||||DB||

34 28

设A43O 求|A8|及A4

O2202 解 令A34143 A20222

则 AA1OOA

28故 A8A1OA18OOA 2OA28 |A8||A18||A28||A1|8|A2|81016

A4A14O0504OOA

24240O2624 29 设n阶矩阵A及s阶矩阵B都可逆

1 (1)OABO

解 设OA1BOC1C2CC 则

34 OAC1C2OCAC3AC4EnOB3C4BC1BC2OEs求

AC3EnAC4O由此得 BCOBC1E2s1C3A1C4OCOC1B12

1OAOB1所以 BOAO

AO (2)CB1

1AOD1D2 解 设CBDD34 则

AD2EnOAOD1D2AD1 CBDDCDBDCDBDOE341324sAD1En由此得 AD2OCDBDOCD1BD3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21

5 解 设A25 A128 B532 则 8 B1532325812121251 是

于

0103A11200A125002B10023B0058000 (2)1120

210123104 解 设A1012 B31041 C2211001 120021301210O1A4CBBA1CABO111

1000110 2201110

2163185241124

则520021000085

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1021 ~0013(下一步

00201021 ~0013(下一步

0010

r2(

2)r1 r3(3)r1 )

r2(1) r3(2) )

r3r2 )

~01002131(下一步

r33

)

0003 ~10210013(下一步

r23r3 )

0001 ~10210010(下一步

r1(

2)r2 r1r3 )

0001 ~10000

0001001 (2)02310

0344731 解 02310343(下一步

r22

(3)r1 r3(0471 ~02310013(下一步

r3r2 r13r2 )

0013 ~020100013(下一步

r12

)

0000 ~01050013

000013 (3)31431

233523344220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 ~(下一步

 r2(4) r3(3)

r4(

5)

003660051010

 ~0100130114232(下一步 r1

3r2

r3r2 r4r2 )

00122220 ~010101223

0000002000231(4)12032743

283023743解 2132013274 r12r2 r33r2 r42r2 )

3(下一步

2238734031 ~010182110024(下一步 r22r1 r38r1 r47r1 )

7781211 )

01 ~0010 ~0010 ~00 2

10000100010012001102(下一步14140110001021(下一步40

r1r2 r2(1) r4r3 )

21002100 r2r3 )

2340010101123 设100A0104560010017 2)

求A

010 解 100是初等矩阵E(1

001本身

其逆矩阵就是其

101 010是初等矩阵E(1

001 E(1

2(

2(1)) 其逆矩阵是

1011)) 010001

010123101 A100456010

001700145610145 12301012700178

222

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10112

0021010011/201/21007/62/33/2 ~010112

0011/201/27

6

故逆矩阵为1

12

233212

10

2

32010221 (2)12320121

3201100002210100 解 

1232001001210001

 ~0121322100000101004

2925101013000 ~01200132200101110100031

002101042123 ~012210000010100111034 000121610 ~012001000001111`20230001012161061 100 ~101001124000010000211101 136106111故逆矩阵为01204111

2136106 4

(1)设A41223211 B1312231AXB

解 因为

求X使

41213r100102 (A, B)221 22~ 010 153

31131001124所以 XA1B102151234

 (2)设A021213 B334212331 求XAB

解 考虑ATXTBT 因为

(AT, BT)0221332123~r 01010021471343100114所以 XT(AT)1BT241174 从而 XBA1211474 5

设A11001011 AX

2XA 求X 1 解 原方程化为(A2E)X A 因为

(A2E, A)110110011011101101

 ~100011010101 001110



X使

011所以 X(A2E)1A101110 6

有没有等于0的r阶子式?

解 在秩是r的矩阵中式

1阶子式?

1阶子

在秩是r 的矩阵中,有没有等于0的r 可能存在等于0的r 3

也可能存在等于0的r阶子式 例如

1000 A01000010 R(A)

00是等于0的2阶子式

00式

7

000 100是等于0的3阶子010 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)不会小于B的秩

8(1三角矩阵

求作一个秩是4的方阵 0

1 0

0)

(1

它的两个行向量是 1 0

0

0)

R(B)

故A的秩

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

11100此矩阵的秩为4

9

01000001000001000000

其第2行和第3行是已知向量

求下列矩阵的秩 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1121 ~3102(下一步

13441121 ~0465(下一步

0465 r1r2 )

r23r1 r3r1 )

r3r2 )

1121 ~04650000矩阵的秩为2

314是一个最高阶非零子式11

32131 (2)2131370518

32132 解 21313(下一步

70518 r1r2 r22r1 r37r1 )

13441 ~071195(下一步02133271513441 ~071195 00000矩阵的秩是2

r33r2 )

32 7是一个最高阶非零子式21

218230 (3)32510337758020

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00 ~011000200375(下一步00 r23r1 r32r1 )

17016(下一步01420 r216r4 r316r2 )

00 ~0110002003100271 000710

10 ~00010032002100矩阵的秩为3 10条件是R(A)

075 580700是一个最高阶非零子式320

设A、B都是mn矩阵 证明A~B的充分必要

R(B)

必要性是成立的 则有

设R(A)

证明 根据定理3 充分性的

设A与B的标准形为DR(B) 则A与B的标准形是相同

A~D D~B

由等价关系的传递性 有A~B

11

123k 设A12k3k231 (2)R(A)

问k为何值2 (3)R(A)

可使

(1)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

1时1且k R(A)1 R(A) R(A)

2 3

2且k1时2时

12

求解下列齐次线性方程组:

x1x22x3x40 (1)2x1x2x3x

x402x122x32x40 解 对系数矩阵A进行初等行变换 A102112111~0101312120014/312x143x4于是 x23x4

x433x4x4x4故方程组的解为

4 xx12k343(k为任意常数)

x3x431x12x2x3x40 (2)3x16x2x33x4

05x110x2x35x40 解 对系数矩阵A进行初等行变换 A13261131~12015101500100000有

有

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12x24x37x40

解 对系数矩阵A进行初等行变换 A 有

2331411215127~0360470010000100001x10x20于是 x0x304故方程组的解为 x10x0 2x0x304

3x14x25x37x402x3x23x32x40 (4)14x11x13x316x407x12x2x3x40123172~016300

解 对系数矩阵A进行初等行变换 有 1317201700 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)

13

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

解 对增广矩阵B进行初等行变换 B 有

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0

1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 B21111101/71/76/7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01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 2xcx3c142

x12x3x4或 x3x4x234x1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x1x2x3 (1)有唯一解 (2)无解 (3)有无穷多个解?

111 解 B11

112211 ~ 011(1)200(1)(2)(1)(1)r 3

因此当

(1)要使方程组有唯一解1且 (1因此

(2)要使方程组无解

)(2

)

必须R(A)

2时方程组有唯一解.

必须R(A)0 (1

必须0

R(B) 故

)(

1)2

0

2时 方程组无解

(3)要使方程组有有无穷多个解

R(A)R(B)3 故

(1因此当

16

非齐次线性方程组

2x1x2x32x12x2x3

2x1x22x3)(2)0 (1)(1)2

1时 方程组有无穷多个解.

当取何值时有解？并求出它的解

1

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

必须(1)(2)0 即

2 当

1时

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

x1x31xx1 x1x3或x2x3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x1x32 xx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 B

2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须

(1所以当 (1所以当必须

(1所以当

)(10

)0且(1

)(4

)(101且

)(1010时

)10时

)0 必须R(A)

R(B)3 即必

方程组有唯一解.

即必须

)0

0且(1

)(4

要使方程组无解 必须R(A)R(B)

方程组无解.

必须R(A)

要使方程组有无穷多解R(B)3 即

)0

1时 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)1的充分必要条件是存在非零列向量 由R(A)

1知A的标准形为

a及非零行向量bT 使AabT

证明 必要性

10 00000100(1, 0, , 0)00 使

即存在可逆矩阵P和Q10 PAQ(1, 0, , 0)0110 令aP0非零列向量零矩阵

充分性 因为 11}1

所以R(A) 19

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

0)Q1

bT(1 则a是

bT是非零行向量

1

且AabT

所以A是非

因为a与bT是都是非零向量

从而R(A)

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

1

设A为mn矩阵 证明

(1)方程AXEm有解的充分必要条件是R(A)m

方程AX 证明 由定理7而| Em|是矩阵(AEm有解的充分必要条件是

故R(A)R(A

R(A)R(A Em)

Em)的最高阶非零子式

Em)m 因此R(A)m

方程AXEm有解的充分必要条件是

(2)方程YA 证明 注意

En有解的充分必要条件是R(A)n

方程YAEn有解的充分必要条件是

ATYTEn有解 由(1) ATYTEn有解的充分必要条件是

R(AT)n 因此，方程YAEn有解的充分必要条件是R(A)R(AT)n

20

设A为mn矩阵 证明 若AXAY 且

R(A)n 则XY

证明 由AX由定理9

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

XY

第四章 向量组的线性相关性

1 设v1

(1 1

0)T v2(0

1

1)T v34

0)T 求v1v2及3v1

2v2v3

解 v1

v2(1 1 0)T(0 1 1)T

(10 11 01)T

(1 0 1)T

3v12v2v33(1 1 0)T 2(0 1(3 4 0)T

(31203 31214 30210)T

(0 1 2)T

2

设3(a1

a)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(a1

a)2(a2a)5(a3a)整理得

a16(3a12a25a3)

(3

1)T

其中

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

6 (1 2 3 4)T

32)T1)T

证明 由

已知向量组

A a1(0 1 2 3)T a2(3 0 1 a3(2 3 0 1)T

B b1(2 1 1 2)T b2(0 2 1 b3(4 4 1 3)T 证明B组能由A组线性表示

但A组不能由B组线性表示

01 (A, B)231r ~ 000知R(A) 由

301223012041r124~0 111002130312432204 16157281790312416157 04135000000316020041241r157~0 5152501350R(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)组线性表示

2

因为R(B)R(B A) 所以A组不能由B

4 已知向量组

b3

A a1(0 1 1)T a2(1 1 0)T B b1(1 0 1)T b2(1 2 1)T(3 2 1)T 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)

R(B A)2 显然在A中有二阶非零子式 故

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证明

(1) a1能由a2 (2) a4不能由a1 证明 (1)由R(a2

关

故a2

a3也线性无关

a3线性表示 a2

a3

a4)

a3 a4线性无

3知a2

a3线性表示 又由R(a1 a2

已知R(a1

a2

a3)

2 R(a2

a3 a4)3

a2 a3)2知a1

则因为a1能由

a2 a3线性相关 故a1能由a2 a3线性表示

(2)假如a4能由a1

a3线性表示

a2 a3线性表示 故a4能由a2 a3线性表示 从而a2 a3 a4线性相关 矛盾 因此a4不能由a1 a2 a3线性表示

6 判定下列向量组是线性相关还是线性无关

(1) (1 3 1)T (2 1 0)T (2) (2 3 0)T (1 4 0)T (1 4 1)T (0 0 2)T

因为

解 (1)以所给向量为列向量的矩阵记为A121r121r121 A314~077~011101022000所以R(A)

(2)以所给向量为列向量的矩阵记为B2小于向量的个数

从而所给向量组线性相关

因为

210 |B|340220002所以R(B)无关

7

从而所给向量组线性相

3等于向量的个数

问a取什么值时下列向量组线性相关？

(a 1

1)T a2(1 a 1)T 由

a11 a)T

a3(1

解 以所给向量为列向量的矩阵记为Aa11 |A|1a1a(a1)(a1)

11a知关

8

当a 设a1

1、0、1时 R(A) a1

3 此时向量组线性相

a2线性无关b a2b线性相关

求向量b用a1的数

a2线性表示的表示式

解 因为a1

1

2

b a2b线性相关 故存在不全为零

(a1b)

(a2b)

0

使

1

2

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

9

设a1

a2线性相关

(1 2)T, a2

(2 4)T, b1

(

b1

b2也线性相关

则

bca1(1c)a2 cR

问

a1b1 a2b2是否一定线性相关？试举例说明之

解 不一定 例如

当a1

1 1)T,

(2

b2(0 0)T时 有

4)T

10则a1可由a2

举例说明下列各命题是错误的

a2

0)

a2a3

am线性表示

(1)若向量组a1 解 设a1

a1b1(1 2)Tb1(0 0)T(2 4)T 而a1

(0 1)T, a2b2

b1 a2b2的对应分量不成比例 是线性无关的

am是线性相关的

e1(1 0 0

am0 则a1 a2

1

2

am线性相关

m 但

a1不能由a2

a1

则a1

a2

am线性表示

1

(2)若有不全为0的数

1

m使

mamb1 bm0

成立 am线性相关, b1

1

b2

m bm亦线性相关

解 有不全为零的数

1

12

m使

a1

(a1b1)

mam b1

(ambm)

0 b2

bm 0

原式可化为

1

m 取a1e1

而a1

a2

b1 a2e2

b2

am和b1

amembm 其中e1 e2 em为单位坐标向量

则上式成立

bm均线性无关

(3)若只有当式

1

1

2

m全为0时 等

a1

则a1

a2

bm亦线性无关

1

mam1

b1

mbm0

b2

才能成立 由成立

2

am线性无关, b1

全为0时

m 解 由于只有当

1

mm 等式

a1

所以只有当

1

am2

1

b1

mbm 0

全为0时

等式

1

(a1b1) 因此a1

2

(a2b2)

m(ambm)0

成立

b1 a2b2 ambm线性无关

bm

取a1

为线性无关组

a2 am0 取b1

则它们满足以上条件 a2

am线性相关, b1

1

但a1 a2

am线性相关 (4)若a1

1

b2

2

bm亦线性相关

m 则有不全为0的数

使

ma1

am0

a2

(2

1

b1

0)T b1

mbm0

同时成立 解 a1

(1 0)T(0 3)T

b2(0 4)T

11

a1

2

2

a2 0

1

1

b1b2 0

22 (3/4)2

12

0 与题设矛盾

11

设

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 a1b4a1

b1a2 a2b2a3 a3b3a4 a4

于是 a1 从而 b1

12明向量组b1

b1b2a3

b1b2b3a4

b1b2b3b4a1 b2b3b40

b2

b3

b4线性相关

br a1a2 证

这说明向量组b1

设b1 b2

a1 b2a1a2

a2

br线性无关

ar 且向量组a1 ar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B

134)T110111 所以

AK 因为|K|10 K可逆

R(B)R(A)r 从而向量组b1 b2 br线性无关

求下列向量组的秩, 并求一个最大无关组

(9 100

10

(1)a1(1 2 1 4)T a2

a3(2 4 2 8)T 解 由

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 故a1

a2 a3) a2线性无关

所以a1

a2是一个最大无关组

(4

1

2000

2 因为向量a1与a2的分量不成比例

5

(2)a1T(1 2 1 3) a2T6) a3T(1 3 4 7) 解 由

12(a1, a2, a3)13知R(a1T个最大无关组

14最大无关组

411411rr13~095~05409506701810041950000

a2T a3T)

R(a1 a2 a3)2 因为向量a1T与

a2T的分量不成比例 故a1T a2T线性无关 所以a1T a2T是一

利用初等行变换求下列矩阵的列向量组的一个

2575 (1)7525

311743945313294134322048

解 因为

25757525311743r23r1253r19453132r3~094134r4r100322048120121302514113131171213134325rr34~305r3r2005311712010043330

所以第1、2、3列构成一个最大无关组.

10 (2)211021

15(a的秩为22

1)T a4

解 因为

12012130251411r2r13~103r4r100112202112255211rr13~201r3r40021200212025201120

所以第1、2、3列构成一个最大无关组

设向量组

(2 b 3)T (1 2

b 1)T 1)T

a2(2

b 3)T(a 3 3

1)T (2 3 1)T

求a(2

3 1)T 解 设a1 因为

a3(1

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

16 证明a1

设a1 a2

a2

(a1

e2

a2

an是一组n维向量

an)

E(e1 使

已

知n维单位坐标向量e1

证法一 记A en能由它们线性表示

an线性无关

e2 en) 由已知条件知 得

|E|

存在矩阵KEAK

两边取行列式可见|A|线性无关

证法二 因为e1

an线性表示

e2 en)

en)

en能由a1

a2

所以

0

|A||K|

所以R(A)n 从而a1 a2 anR(e1 e2

而R(e1

17线性表示

R(a1 a2

an)n 从而a1

an)

a2

e2n R(a1 a2

an)n 所以R(a1 a2

an线性无关

设a1

a2 an是一组n维向量, 证明 任一n维向量都可由它们

因为a1

a2

它们线性无关的充分必要条件是

证明 必要性

设a为任一n维向量

an线性无关 而a1 a2 an a2

a是n a2

1 en

个n维向量 是线性相关的 所以a能由a1

an线性表示 且表示式是唯一的

充分性 an线性表示能由a1

a2

已知任一n维向量都可由a1 故单位坐标向量组e1

an线性表示

e2

于是有

nR(e1 e2 en)R(a1 a2

an)n

即R(a1

18

设向量组a1

a2

2

a2 an)n 所以a1 a2

an线性无关

a2 am线性相关 且

a10 证明存在某个向量ak (2km) 使ak能由a1 a2

ak1线性表示

证明 因为a1

在不全为零的数

11

am线性相关

m 所以存

使

ma1

2

a2

mam0

这是因为

如 因此存在0

而且若不然

2

1

3

不全为零

1

则a10 由a10知

0

0 矛盾

k(2km) 使

kk1

k2

m于是

1

a1

2

a2

kak0

ak(1/k)(1a12a2 k1ak1) 即ak能由a1 a2 ak1线性表示

19

设向量组B

br)

b1(a1

br能由向量组A as)K 其中K为

a1

(b1

as线性表示为

sr矩阵 且A组线性无关 证明B组线性无关的充分必要

条件是矩阵K的秩R(K)

证明 令B as)

则有B 必要性 r因此R(K) 充分性

(b1

r

br)

有 A(a1

AK

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及 R(K)

min{r s}r

R(B)R(AK)min{R(A) R(K)}R(K)

r

因为R(K)

r 所以存在可逆矩阵C 使

ErKCO为K的标准形

 (b1 as)KC(a1

因为C可逆

于是 ar)

br)C( a1

br)

所以R(b1R(a1

ar)r 从而b1 br线性无关

20

设

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

证明向量组

n1

2

n与向量组

12

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B101111011110

AK 因为

1011

01|K|11所以K可逆向量组

nn1

1101111(1)n1(n1)001

故有A

BK

由BnAK和ABK 1可知

1

2

与向量组

1

2

2

可相互线性表示

1

2

因此向量组

n

与向量组 21

等价

已知3阶矩阵A与3维列向量x满足

(x Ax A2x)

求3阶矩阵B 使

A3x3AxA2x 且向量组x Ax A2x线性无关

(1)记P

APPB

解 因为

APA(x Ax A2x) (Ax A2x A3x)

(Ax A2x 3AxA2x)

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

3Ax 解 由A3x有非零解

22

A2x 得A(3xAxA2x)0 因

故3x A2x线性无关 所以R(A)

AxA2x0 即方程Ax0

0

3 |A|

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)T x4)T(

(4(016

0)T 4)T 得(x1 得(x1

0)T x2)T x2)T

(16 3)T

(0 1)T 因此方程组的基础解系为

1

3 4

2

(0 1 0

4)T2x13x22x3x40 (2)3x15x24x32x408x17x26x33x40

有

解 对系数矩阵进行初等行变换

2321r102/191/19 A3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)T

(3)nx1

(n1)x2

x4)T x4)T(

(19(0

0)T 19)T x2)T x2)T

(

2 14)T

得(x1 得(x1

0)T(1 7)T (1

7 0

因此方程组的基础解系为

1

2 14 19

2

2xn1

xn0.

解 原方程组即为

xn 取x1

nx1(n1)x2 2xn1 1 x2x3 xn10 得xnn

取x21 x1x3x4 xn1

0 得

xn(n1)n1 取xn1

1 x1x2 xn2

0 得

xn2

因此方程组的基础解系为

23

(12(0 n1(0

1 0 0

1 0

0 0

0 n)T 0 n1)T 1

2)T

2213, 求一个4 设A95282矩阵B, 使

AB0, 且

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

x2)T x2)T(1(

5)T

x4)T x4)T(8(0

0)T 8)T 得(x1 得(x1

1 11)T0的基础解系为

8)T

1

(1 5 8 0)T

2

(1 11 0

15 因此所求矩阵为B80

24

1

11108

求一个齐次线性方程组, 使它的基础解系为 (0

1

2 3)T

2

(3 2 1 0)T

解 显然原方程组的通解为

x10x13k23x12x2k12k22kk, 即x1221x2kk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 I求

设四元齐次线性方程组

x1x20 xx0 24 II

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 x2)T(0

0)T

x1x4 解 (1)由方程I得xx24 取(x3

x4)T(1 0)T 得(x1

取(x3

x4)T(0 1)T 1

得(x1 0)T

x2)T((

1 1)T

因此方程I的基础解系为

1

(0 0

2

1 1 0

1)Tx1x4 由方程II得xxx234 取(x3 取(x3

x4)T x4)T(1(0

0)T 1)T 1

得(x1 得(x1 0)T x2)T x2)T((0(1

1)T1

1)T1 0

因此方程II的基础解系为

1

(0 1

2

1)T (2) I与II的公共解就是方程 III的解

x1x20xx0 24 x1x2x30xxx0234 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

x2

x3)T(1

1

2)T 方程组

1 得(x1

III的基础解系为

(1 1

2 1)T

因此I与II的公共解为xc(1 1 2 1)T

cR

26明

设n阶矩阵A满足A2

A E为n阶单位矩阵, 证

R(A)R(AE)n

证明 因为A(AE)A2AAA0 所以

R(A)R(AE)n

又R(A由此R(A) 27明

n 当R(A)nR(A*)1 当R(A)n10 当R(A)n2E)R(EA) 可知 R(AE)n

2)

A*为A的伴随阵 证

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

设A为n阶矩阵(n

证明 当R(A)所以R(A*) 当R(A)

n时 |A|0 故有

||A|E|

|A|

0 |A*|

0

|AA*|

n

n1时 |A|0 故有

|A|E0

0的解

因为

AA*

即A*的列向量都是方程组Ax

R(A)n1 所以方程组Ax0的基础解系中只含一个解向

量0

即基础解系的秩为1 当R(A) 故A* 28

因此R(A*)

1

n2时 A中每个元素的代数余子式都为

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

有

性方程组的基础解系

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

11005r10108B21121 ~ 0110135322300012 与所给方程组同解的方程为

x1x38x2 x313x4 2

(8

当x3

13

0

2)T

0时

得所给方程组的一个解

与对应的齐次方程组同解的方程为

x1x3x2 x3x40

当x3(

1时 1 0)T

得对应的齐次方程组的基础解系

1 1

x15x22x33x411 (2)5x13x26x3x412x14x22x3x46

有

解 对增广矩阵进行初等行变换

152311r109/71/21 B53611 ~ 011/71/222421600000 与所给方程组同解的方程为

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

(1 2

x40时 得所给方程组的一个解

0 0)T

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

方程组的基础解系

1

得对应的齐次1

0 2)T

x4)T 7

(1 0)T 0)T

(0 1)T(1

(9 1

2

29已知

1

设四元非齐次线性方程组的系数矩阵的秩为3

2

1

3

3

是它的三个解向量 4 5)T

2

3

且 (1

2

3

4)T

(2

求该方程组的通解

解 由于方程组中未知数的个数是4

系数矩阵的秩

为3 所以对应的齐次线性方程组的基础解系含有一个向量

1

且由于

2

(

2

3

均为方程组的解

)6)T

2

由非齐次线性方程组

)

(3 4

5

解的结构性质得

1

2

3

)(

1

(

13

为其基础解系向量 故此方程组的通解

xk(3 4 5 6)T(2 3 4 5)T (kR) 30 设有向量组A a1( 2 10)T a2(2 1 5)T a3(1 1 4)T 及b(1

1)T 问

为何值时

且表示式唯一 且表示式不唯一

(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线性表示并求一般表示式

解

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

4

0时 R(A)

R(A)

量b不能由向量组A线性表示

4时

R(A b) 此时向

R(A b)3 此时向量组

且表示式唯一 R(A)

a1 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

4 0时R(A b)2 此

时向量b能由向量组A线性表示

当

4

0时

且表示式不唯一

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

a2

a1)x

b的解为

cR

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

31

(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 l21 2 3)

l3

b a1xb1yc10 a2xb2yc20 a3x(ai2

bi20

ib3yc30

向量组a b线性无关

相交于一点的充分必要条件为且向量组a c线性相关

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

a1xb1yc1 即a2xb2yc2

a3xb3yc3 上述方程组可写为xaybc 因此三直

线相交于一点的充分必要条件为c能由a而c能由a线性无关

32线性无关

且向量组a 设矩阵A a1

2a2

b(a1

c线性相关 a2

a3 a4)

b唯一线性表示 其中a2

a3 a4

b b唯一线性表示的充分必要条件为向量组a a3 向量ba1a2a3a4 求方程

1(1 1)T是方 2

Axb的通解

解 由b程Ax1

由a1 0)T是Ax 由a2(1 2

2a2

a1a2a3a4知

a3得a1

(1 1 知

b的一个解

2a2a30

0的一个解

a3 a4线性无关知R(A)3 1 0)T是方程Ax 故方程Ax

b所

因此

对应的齐次方程Ax 方程Ax

33

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 *

*

1

*是非齐次线性方程组Ax *

nr

b的一个解,

2

*

是对应的齐次线性方程组的一个 *

2

基础解系, 证明 (1)线性无关

1

2

1

nr线性无关

*

nr (2)

证明 (1)反证法, 假设

2

nr线性相关*

1

因为

2

1

nr2

nr

nr线性无关

而

1

*

线性相关 矛盾

1

所以*可由

2

线性表示 且表示式是唯一的

2

这说明*表示

2

*也是齐次线性方程组的解

*

1

(2)显然向量组

nr *

nr

与向量组

*

2

*

可以相互

1

故这两个向量组等价

2

而由(1)知向量组 所以向量组也线性无关

* *

nr线性无关 *

nr1

*

34组Ax 设

1

2

s是非齐次线性方程 ks为实数

满足

b的s个解 k1 k2

xk1

k2

k1k2 ks1. 证明

1

2

ks

s

也是它的解. 证明 因为

1

2

s都是方程组

Axb的解 所以

Aib (i1 2

1

s)

2

从而 A(k1k2

ks)k1A1k2A (k1

s2

ksAs k2 ks)bb2

因此x

k1

1

k2 kss也是方程的解

35 设非齐次线性方程组Ax2

b的系数矩阵的秩为r1个线性无关的

(其中k1均为Ax

nrr

解

1

nr1

是它的n 试证它的任一解可表示为

xk1

1

k2

2

knr1

r1nr1

k2 b的

kn2

1).

1

证明 因为解

nr1

1

3

nr1

所以

1

1212

均为Ax

b的解

1

2

用反证法证

nr线性无关

1

2

设它们线性相关

nr 则存在不全为零的数

1

0

使得

1

(

1

1

22

2

3

nr1

nr即

nrnr1

1

(

2

) ()

nr

nr1

)

1

0

2

亦

nr即

1

3

(

nr1

12

0

)

2

由

1

2

1

2

线性无关知

nr ( nr0 矛盾

2

)

12

因此

1

1

2nr线性无关

1

可由

nr为Ax

1

b的一个基础解系

1

设x为Axb的任意解 则x2

为Ax

0的解 设

r1

nr 故

x

11

2

nr线性表出

xk2k3 kn

k2(21)k3(3knr1(nr11) x1(1k2k3 knr1)k22k33 k nr1

令k1

1k21 于是

1

)

nr1

k3 knk2

r1

则k1k2k3

kn

r1

x 36

k1

12

knr1nr1

设

xn)T | x1 xn)T | x1

V1{x(x1 x2

xnR满足x1x2 V2{x(x1 x2

xnR满足x1x2

问V1

xn0}

xn1}

因为任取

an)T

R

V2是不是向量空间？为什么？

(a1 a2 bn)T V1

解 V1是向量空间

b2

有 a1 b1从而 (a1

V1 (b1

a2 b2

b1)(a2b2) a2

(a1

an0 bn0

(anbn)

an)(b1b2 an(a1

(a1

bn)0 a1a2 an)0

a2

所以

b1 a2b2

anbn)TV1

有 a1 b1

(a1

a2

an)T

an)T V1

(b1

V2不是向量空间 因为任取

b2

(a1 a2 bn)T V1

V1

a2 an1 bn1

(anb2

从而 (a1b1)(a2b2)

(a1

bn)

a2

(a1

an)(b1b2

b1 a2b2

bn)2

所以

anbn)TV1

371)T 试证

(a1

由a1

(0

1 1)T a2(1

0

a3(1 1 0)T所生成的向量空间就是R3.

证明 设A a2 a3) 由

011|A|10120110

知R(A)就是R3.

38

3 故a1 a2 a3线性无关 所以a1 a2 a3

a2 a3所生成的向量空间

是三维空间R3的一组基, 因此由a1

由a1(1 1 0 0)T a2(1 0 1 1)T

所生成的向量空间记作V1,由b1(2 1 3 3)T

b2(0 1 V1V2.

1

1)T所生成的向量空间记作V2, 试证(a1

证明 设A a2) B(b1 b2) 显然

01r1 ~0 1010110023000100R(A)R(B)2 又由

11 (A, B)00知R(A组a1

B)

10112133

2 所以R(A)R(B)R(A B) 从而向量

a2与向量组b1 b2等价 因为向量组a1 a2与向量组

b1 b2等价 所以这两个向量组所生成的向量空间相同 即V1V2.

39

验证a1

(1

1 0)T 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

为R3的一个基.

设x1a1

a2 a3线性无关 所以a1 a2 a3

x2a2x3a3v1 则

x12x23x35x1x2x303x22x37 1

故线性表示为

解之得x1 设x1a1

2 x23 x3

v12a13a2a3

x2a2x3a3v2 则

x12x23x39x1x2x383x22x313 2

故线性表示为

解之得x1

4004

3 x23 x3

v23a13a22a3

已知R3的两个基为 (1 1(1 2 a2

1)T 1)T a2 b2 b2

(1 0(2 3

1)T 4)T a3(1

a1 1)T b1 3)T 求由基a1

b3(3

a3到基b1 e2

b3的过渡矩阵P 解 设e1 e3是三维单位坐标向量组

则

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

1 b2 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b2[b1,b1]13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)999447999

解 该方阵每一个行向量均是单位向量 故为正交阵 3

xTx 设x为n维列向量

且两两正交

1 令HE2xxT

证明H是对称的正交阵

证明 因为 HT 因为 HTH E

4

证明 因为A(EE2xxT)TE2(xxT)TE2(xT)TxTE2xxT

2(xxT)T

所以H是对称矩阵

HH(E2xxT)(E2xxT) 2xxT2xxT(2xxT)(2xxT) E4xxT4x(xTx)xT E4xxT4xxT E

证明AB也是正交阵

故A1

所以H是正交矩阵

设A与B都是n阶正交阵

B是n阶正交阵AT

B

1

BT

(AB)T(AB)

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53123;

102 解 |AE|212513023(1)3

故A的特征值为1(三重)

对于特征值

1 由

AE312101 510231~011000得方程(AE)x0的基础解系p1(1 1

1)Tp1就是对应于特征值

1的特征值向量.

(2)122133;

336 解 |AE|121233(1)(9)336

故A的特征值为1

0

2

1

3

9

对于特征值

1

0 由

向量

123123A213~011336000得方程Ax0的基础解系p1

1

1)T 向量p1

(1

是对应于特征值

1

0的特征值向量.

对于特征值2

1, 由

AE22223223

3337~000010得方程(AE)x0的基础解系p2(1 1 0)Tp2就是对应于特征值

2

1的特征值向量

对于特征值

3

9 由

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

1/2向量p3就是对应于特征值3

9的特征值向量

01 (3)000000110. 100000001 解 |AE|0101010(1)2(1)2

0故A的特征值为1

2

1

3

4

1

对于特征值

12

1 由

向量

T 1)

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

1)T

E)x0的基础解系p1(1 0 0

1

0)T

p2(0 1

1

2

向量p1和p2是对应于特征值1

由

1的线性无关特征值向量

3

4

对于特征值

10AE01得方程(A01100110110~00010010001001000

E)x0的基础解系p3(1 0 0 1)T

p4(0 1 1 0)T 向量p3和p4是对应于特征值

3

4

1的线性无关特征值向量 设A为n阶矩阵|AT

6

证明AT与A的特征值相同

证明 因为

E|T|AE|

所以AT与A的特征多项式相同 从而AT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

E||(AE)T||AR(B)n 证明A

0的基础

与B有公共的特征值

证明 设R(A) 若a1

r R(B)t 则rtn

anr是齐次方程组Ax a2

解系向量

显然它们是A的对应于特征值 类似地

设b1

b2

0的线性无关的特征 bnt是齐次方程组

0的线性

Bx0的基础解系 则它们是B的对应于特征值

无关的特征向量

由于(n anrr)(nt)n(nrt)n 故a1 a2

b2

knr b1 k2

bnt必线性相关 l1

l2

knranrl1b1lnrbnr0

knran 于是有不 lnt全为0的数k1 使

k1a1k2a2

记 则k1

k2

l2b2

rk1a1k2a2

而

(l1b1l2b2

lnrbnr)

knr不全为0

否则l1 l2

0的特征

lnt不全为0

l1b1l2b2

与b1

向量

82

证明 设的特征向量

lnrbnr0

b2

0

bnt线性无关相矛盾

因此是A的也是B的关于

所以A与B有公共的特征值

设A2

3A2E 有公共的特征向量

O 证明A的特征值只能取1或

x是A的对应于

是A的任意一个特征值

则

(A2

2

3A3

2E)x0

2

x3x2x(

2

2

30

2)x 即2

0

因为x 9的特征值1

所以32是方程1是A1或

20的根

也就是说

且|A|

1或

设A为正交阵1 证明 所以A的特征值为 又|A|

1

证明 因为A为正交矩阵 因为|A|等于所有特征值之积奇数个特征值为

10

设

1

即

所以必有 证明 则有

1是A的特征值

0是m阶矩阵AmnBnm的特征值

0的特征向量

也是n阶矩阵BA的特征值

(AB)x 证明 设x是AB的对应于

x

于是 B(AB)xB(x)

或 BA(B x)从而量|A3

115A2(2)|A3

(Bx)

的特征向 3

求

是BA的特征值 且Bx是BA的对应于

2

已知3阶矩阵A的特征值为1

(3是

)

3

7A|

解 令2

(3) 5A27A|

5

2

7 故 (3)

则(1)3

(A)的特征值(1)

(2)

|(A)|32318

12|A*故

3A 已知3阶矩阵A的特征值为1

1

2(

3)

6

2 3 求

2E|

0 所以A可逆

解 因为|A| A* A* 令(2)

5

(

|A|A16A1 3A2E6A13A2E)

6

1

(1)|(A)|

1

故

3

1

2

23A 则2E|5)

(3)5是(A)的特征值

|A*3A2E|

(1)(2)(3) 13与BA相

似

证明 取P即AB与BA相似

14

|6A1

5(25

证明AB 设A、B都是n阶矩阵 且A可逆

A 则

P1ABPA1ABABA

201 设矩阵A31x可相似对角化

405 求x

解 由

201|AE|31x(1)2(6)405

得A的特征值为线性方程组(A1

6

23

1

2

3

因为A可相似对角化 所以对于1 齐次 因此

E)x0有两个线性无关的解

010x3 003为所求

TR(AE)1 由

101r1(AE)30x~040403时R(AE)1 即x知当x 15

已知p

(1 1

2121)是矩阵A5a3的

1b2一个特征向量

解 设 (A解之得 解 由

(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 a21021 即5a3101b210

3 b0

(2)问A能不能相似对角化？并说明理由

212|AE|533(1)3102

得A的特征值为 由

123

1

知R(A 16为对角阵:

112r101AE523~011

1b1000E)2 所以齐次线性方程组(AE)x0的基础

解系只有一个解向量 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

220 (1)212;

020 解 将所给矩阵记为A 由 (1

2

220AE21202得矩阵A的特征值为

对于

1

1

)(1 2E)x3

4)(4 即

2)

2 解方程(A20

420x1232x0022x23得特征向量(1 对于

2

2 2)T

单位化得p1(1, 2, 2)T333

1, 解方程(AE)x0 即

120x1202x0021x23得特征向量(2

1 2)T

单位化得p2(2, 1, 2)T333

对于

3

4, 解方程(A4E)x0 即

220x1232x0024x23得特征向量(2 2 1)T

单位化得p3(2, 2, 1)T333 于是有正交阵P(p1 p2 p3) 使

P1APdiag(2 1 4)

222 (2)254

245 解 将所给矩阵记为A 由

(

2

222AE254245得矩阵A的特征值为 对于

1

2

1

1)2(

3

10) 即

1 100

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

p11(2, 1, 0)T5 对于

3

2 1 0)T和(2 0 1)T 将它

p21(2, 4, 5)T3510E)x0

即

10, 解方程(A

822x10254x0245x203

单位化得

得特征向量(p31(1, 2, 2)T31 2 2)T

(p1

p2

p3)

使P1APdiag(1

于是有正交阵P1

10)

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

并求一个正交阵P 使P1AP 显然

5

解 已知相似矩阵有相同的特征值4

为

4是A的特征值

所以

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

20y5 0

100 1)T y5 (1

|| 5E)x 2

对于的特征向量(1

解方程(A0 0)T 得两个线性无关 将它们正交化、

单位化得

p11(1, 0, 1)T2 p21(1, 4, 1)T324E)x 0

对于(2

1

2)T4 解方程(A 得特征向量

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1

使P1AP

18

3

设3阶方阵A的特征值为2

2

2 (1 2

1 对应的特征向量依次为p1 1)T(0 1 1)T p2

diag(2

11)

p3(1 1 0)T 求A.

(p1

1

解 令P AP 因为

p2

p3) 则P1APP011110P11111111001111

以

所

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

3

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

1(1

2

1 2)T

0 对应、

2

的特征向量依次为p1 2

p2(2 1 2)T 求A

x1x2x3 解 设Ax2x4x5xxx356 则Ap12p1 Ap22p2

即

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

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

再由特征值的性质 有

1

2

3

x1x4x6

由①②③解得

0 ③

x111x6 x21x6 x321x632234 x411x6 x521x6

3234令x6

0

得x113 x2

1

0 x323 x413 x523

1021因此 A0123220 20

3

设3阶对称矩阵A的特征值

1

6 (1

2

3 1

3 与特征值6对应的特征向量为p1

1)T

求A.

x1x2x3 解 设Ax2x4x5xxx356

(1

1

1)T 所

因为以有

1

6对应的特征向量为p1

xxx6123 即x2x4x56

x3x5x6611A16111

2

3

①

3是A的二重特征值, 根据实对称矩阵的性1 利用①可推出

质定理知R(A3E)

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

3E)1 所以x2x43x5且x3x5x63

x2

4因此 A11 21

设ax3x51 x1x4x 1141 14(a1

a2

1重特征值

an)T

a1

0

AaaT

(1)证明 证明 设的特征向量

Ax 2x

0是A的n是A的任意一个特征值 x是A的对应于

则有

x

A2xaaTaaTxaTaAxaTax

于是可得 设以

1

2

aTa 从而

2

0或

naTa

因为 所

an2

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

1

12

n

2

n中有且只有一个等于

1重特征值

aTa 而其余n1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

1

aTa

2

1

n0

aaTa(aTa)a

a 所以p1a是对应于

0 解方程Ax0 即

aTa的特征向量

对于

2

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

a2a10 0)T 0)T

a1)Tan0a1

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

22

142 设A034043 求A100

解 由

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

1

1

1

2

5

3

5

1 解方程(A5 解方程(A5

解方程(AE)x0 得特征向量

5E)x5E)x00

得特征向量 得特征向量

p1(1 0 0)T

1

p2(2 1 2)T

1

p3(1 2 1)T

令P(p1 p2 p3) 则

P1APdiag(1 5 APP1 A100P100P1 因为

100

5)

diag(1 5100

1 5100)

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

5051211012 1001100 A012502150215100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Ay中的矩阵Ay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y0.50xn 求yn

即

(2)设目前农村人口与城镇人口相等

由

xn1xnxnAnx0A 解 由可知yyyyn1nn0

|AE|1pq(1)(1pq)p1q1

得A的特征值为 对于

1

1

2

r 其中r1pq E)x0 得特征向量

1 解方程(Ap1(q p)T

对于

1

r 解方程(ArE)x0 p2(1 1)T

令P(pq11, p2)p1 则

P1APdiag(1 r)

APP1 AnPnP1 n于是 Anqp11100q11rp1 1pqqp1110110rnpq

1qprnqqrnprnpqrnpqp

xnyn1pqqprnqqrnpprnpqrn00..55 12q(pq)rn(qp)rn2(pq)2p 24

(1)设A3223 求

(A)A10

解 由

得特征向量

5A9

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

1

1

2

5

1 解方程(AE)x0 得单位特征向量

1

对于1(1, 1)T25 解方程(A5E)x0 得单位特征向量

使得

11 于是有正交矩阵P1112P1APdiag(1 5)

从而APP1 AkPkP1

因此

1

(A)P()P1P(1059)P1 P[diag(1 510)5diag(1 59)]P Pdiag(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

221 解 求得正交矩阵为

(A)

A106A95A8

13P113620

222

使得P1APdiag(1 1 5) APP1

于是

(A) 4)diag(6 4

P()P1P(106958)P1 P[8(E)(5E)]P1

Pdiag(1 1 58)diag(2 0 0)P1

Pdiag(12 0 0)P1

21211220330 22220

131 13620112 2112224 25 (1) f 用矩阵记号表示下列二次型:

x24xy4y22xzz24yz

121x 解 f(x, y, z)242y

121z (2) fx2y27z22xy4xz4yz

112x 解 f(x, y, z)112y

227z (3)

fx12x22x32x422x1x24x1x32x1x46x2x34x2x4

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11

123 (2)f(x)xT456x7

123 解 二次型的矩阵为A4567 27 (1) f2x12

3x22

3x33

4x2x3

求一个正交变换将下列二次型化成标准形:

200 解 二次型的矩阵为A032023 由

200AE032(2)(5)(1)023得A的特征值为 当

1

1

2

2

5 2E)x0

3

1 由

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

2

0 0)T 取p1(1 00

0)T 由

5时 解方程(A5E)x300100A5E022~011022000

得特征向量(0 当

3

1 1)T 取p2(0, 1, 1)T22

1时 解方程(AE)x0 由

100100AE022~011022000得特征向量(0

1 1)T(p1

取p3(0, 1, 1)T22 p2 p3)和正交变换x 于是有正交矩阵T使

Ty

f2y125y22y32

(2) fx12x22x32x422x1x22x1x42x2x32x3x4

11011110 解 二次型矩阵为A 由

011110111101AE1110(1)(3)(1)201111011得A的特征值为 当

1

1

1时

2

3

34

1

1 3

可得单位特征向量

p1(1, 1, 1, 1)T2222 当

2

时

可得单位特征向量

p2(1, 1, 1, 1)T2222 当

34

1时 可得线性无关的单位特征向量

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

3x2

化成标准方程

5y2

y123y22y32y42

5z2

4xy4xz10yz1

求一个正交变换把二次曲面的方程

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特征值为

1

得A的

2

1

2

11

3

0 2E)x0

得特征向量(4 0

1

得特征向量

对于1 1)T2 解方程(A 单位化得p1(4, 1, 1)3232322

对于(1

2

2)T11 解方程(A11E)x 单位化得p2(1, 2, 2)3333

对于1)T0 解方程Ax

0 得特征向量(0

单位化得p3(0, 1, 1)22 于是有正交矩阵P(p1 p2 p3) 使

P1APdiag(2 11 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

使原二次方程变为标准方程2u2

29

明

二次型f11v21

xTAx在||x||1时的最大值为矩阵

则有一正交矩阵T2

A的最大特征值.

证明 A为实对称矩阵

使得

不

TAT成立妨设

1

1

diag(

1

1

n

n)

其中

2

为A的特征值

最大

作正交变换y f2nyn 因为y||y||因此

Tx 即xTTy 注意到T1

1

TT 有

xTAxyTTATTyyTyy12

2

y22

Tx正交变换 所以当||x||1时 有

||x||

1 即y12

y22 yn21

所以f max

f

又当y1

1

22

y122y2 nyn1 y2y3 yn0时f

1

1

1

用配方法化下列二次形成规范形

并写出所用

30

变换的矩阵

x2 x2

x3) x3)

(1) f(x1 解 f(x1

(x1(x1

x123x225x322x1x24x1x3 x123x225x322x1x24x1x3

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

xy5y2y11232y1x1x22x3令 y22x2 即x21y22y2xx323x32y2y3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 解 f(x1

(x1(x1

x2 x3) x2

x3)

x122x322x1x32x2x3 x122x322x1x32x2x3

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

(3) f(x1 解 f(x1

x2 x2

111C010 011 x3)2x12x224x32 x3)

2x12

2x1x22x2x3

x224x322x1x22x2x3

224x32x2x3 2(x11x2)21x2222 2(x11x2)21(x22x3)22x322

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

1a1 解 二次型的矩阵为Aa12125 a11

1

1a1a2a1 其主子式为

1a1 a12a(5a4)125 所以必有1

因为f为正主二次型a20且

a(5a4)0 解之得4a05

32 (1) f 判别下列二次型的正定性

2x12

6x22

4x32

2x1x2

2x1x3

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

2111016 |A|380f

(2) x123x229x32

19x422x1x24x1x32x1x46x2x412x3x4

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

a1110

11211 40, 13060, A24013209

所以f为正定 33可逆矩阵U使

使A

存在

证明对称阵A为正定的充分必要条件是

U TU 即A与单位阵E合同

所以存在正交矩阵P

)

即

证明 因为对称阵A为正定的

PTAPdiag(

其中

1

2

nAPPT

1

2

n均为正数 则

1

1

令1diag(1, 2,    ,n)

AP

11

TPT

1

再令UTPT 则U可逆 且AUTU

第六章 线性空间与线性变换

1成线性空间

验证所给矩阵集合对于矩阵的加法和乘数运算构 并写出各个空间的一个基

则A B B分别为二阶矩阵(A

(1) 2阶矩阵的全体S1 解 设AS1 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

10100

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10101是S2的一个基 解 设A B

所以S2对于矩阵的加法和乘数运算构成线性空间

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

S3 则ATA BTB 因为

B)S3

(AB)TATBTAB (A (kA)TkATkA kAS3

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组向量量}

0 21 0 0 r2

100 300 1 验证 与向量(0{与向量(0 1

0)T 1)T不平行的全体3维数

1)T不平行的全体三维向(1 0

1)T 则r1

对于数组向量的加法和乘数运算不构成线性空间

(1

解 设V 设r1

r2V 但r1r2(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

则U1

试证 若U 它 从而

与V的维数相等

证明 设

V

2

n为U的一组基

dim(V) 对于x x a1

显然 则

r可扩充为整个空间V的一个基

1

2

由于dim(U)

n也为V的一个基

2

V可U

a2

1

以表示为x故V 4

ank1

1

k2 krU 而由已知知UV 有UV

设Vr是n维线性空间Vn的一个子空间

试证

使a1

n, 则在Vn中必存在一向量ar ar线性表示 ar1是线性无关的

2

1

ar是Vr的一个基

a2

为Vn的一个基能被a1得证

a2

Vn中存在元素ar ar, ar1

an成

证明 设rVr 它不

则

将ar1添加进来 若r ar1)

a1 a2 a2

关的向量a1

53

5)T1n 则命题

则a1 (1

否则存在ar a2

L(a1 a2

依此类推 an ar2线性无关 可找到n个线性无

它们是Vn的一个基(3 7

1)T在基

则

在R3中求向量

2

1

(6

1

3

2

2)T

3

3

(3 1 0)T下的坐标

解 设

是R3的自然基

(1 2 3

)

(1 2 3

)A

(1

2

3

)

(

1

2

3

)A1

其中A1631331 A2635205928158

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

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

928151(33 1, 2, 3)82 1所以向量在基

1

2

3

下的坐标为(33 1)T

6

在R3取两个基

1(1 2

1)T 2

(2 33

(3 7 1)T

1(3 1 4)T 2

(5 2

3

(1 1 6)T 试求坐标变换公式

解 设1

32

3

是R的自然基 则

(1 2

1

)(

1 2

3

)B (1

2 1

3

)(1 2

1)B

(

1

2 1)(1

2

3)A(1

823)T1)T2

1

)B1A

121其中 A237131 设任意向量

351 B1214161

3

在基

2

下的坐标为(x1 x2

x3)T 则

(x1x11, 2, 3)x2(11, 2, 3)BAxx23x3故在基

1

2

3

下的坐标为

 x13191811xB1Axx1491363x12x2x23x3299x37104

7

在R4中取两个基

e1(1000)T e2(01e3

(0010)T e4(0001)T 1(2111)T 2(033

(53

2

1)T

3

(6613)T

(1)求由前一个基到后一个基的过渡矩阵 解 由题意知

00)T

10)T

21(1, 2, 3, 4)(e1, e2, e3, e4)1121A11 (2)求向量(x1 解 因为

x2

x3

031053216613

从而由前一个基到后一个基的过渡矩阵为

031053216613

x4)T在后一个基下的坐标

x1x1x1x22(e1, e2, e3, e4)(1, 2, 3, 4)Ax3x3x4x4

向量在后一个基下的坐标为

1336112110131y12y0y2536y4x112x11x293277x4912032790933x123x218x326x4

(3)求在两个基下有相同坐标的向量. 解 令

12112797912032790933x1x123x2x218x3x326x4x4

x11x1解方程组得2k(k为常数)

x13x41

8其中

xx 说明xOy平面上变换TyAy的几何意义



1 (1)A0 解 因为

01

x1Ty0所以在此变换下T(

)与

0xx1yy

关于y轴对称

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yy1

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(

1xyyx0

)与关于直线yx对称

0 (4)A1 解 因为

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

所以在此变换下T(

9个

)是将

n阶对称矩阵的全体V对于矩阵的线性运算构成一

以A表示V中的任一

n(n1)维线性空间. 给出n阶矩阵P2元素 变换T(A)

证明 设APTAP称为合同变换. 试证合同变换T是V中

B的线性变换

V 则ATA BTB PT(AB)TP (APBP)TP

PTAPPTBPT(A)T(B) kPTAPkT(A)

T(AB)PT(AB)P [(AB)P]TP (PTAPTB)P T(kA)PT(kA)P从而

10

函数集合

(a2x2

合同变换T是V中的线性变换

V3{

基

1

a1xa0)ex | a2 a1 a0 R}

在V3中取一个

对于函数的线性运算构成3维线性空间

x2ex

2

xex

3

ex

求微分运算D在这个基下的矩阵. 解 设 易知

1

123

D(D(D(

2

)2)3)

13

2xexx2ex2

22

1

exxex3ex3

线性无关 故为一个基.

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

x1x2V3{Axx|x1,x2,x3R}

231

2

1003下的矩阵为P210011

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01 A2100A11000. A3011, 1在V3中定义合同变换

1T(A)1求T在基A1 解 因为

A2 A3下的矩阵.

1 T(A1)1

01010100111AAA111231

1 T(A2)11 T(A3)1001100011101010110111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 A2

100 A3下的矩阵A110.

121谢谢使用，请挂机。