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1、线性代数课后习题参考答案(初稿)习题一1. 用行列式定义计算下列各题（1）（2）（3）（4）2. 利用行列式的性质计算下列各题（1）（2）（3）（4）（5）= = =（6）（7）(8) 3. 证明下列各题（1）（2）（证明略）（3） （4）设， 则按最后一行展开，可得.4. 解法参考例 1.11. 5. 问齐次线性方程组有非零解时，必须满足什么条件？解：齐次线性方程组有非零解，当且仅当. 又解得，或，或.所以，当或，或，齐次线性方程组有非零解.习题二1. 2. 解：由， 得3. 解：4. 解：（1）（2），（3）（4） 5. 解： （1） 错误，令则有；（2）错误，令则有(3) 错误，令则可得
2、(4) 错误， 设 则有，但（5）错误， 设则有，但6 解：7 证明： 因为为对称矩阵，所以. 故 因此，是对称矩阵. 8. 证明： 因为 所以是对称矩阵.9. 解： 由得.10. 对作数学归纳法. 当时, ,结论成立. 假设, 当时, 结论成立, 即. 下证结论成也立. 由归纳假设可得, 因此，由归纳法可得. 11. （1）解： 由初等行变换可得， （2）解： 由初等行变换可得，12. 解法见第38页 例2.14. 13. (1) 解：，当时， 方程组无解，当时，方程组的增广矩阵为因此方程组的解为 ， 为任意常数， 当， 且时，方程组有唯一解， （2）解：当时，方程组无解，方程组的增广矩阵为
3、因此方程组的解为 ， 为任意常数， 当时，方程组无解，当且时，方程组有唯一解， 14. 解： 通过初等变换，可得的标准型矩阵为，15. 解析：通过初等行变换可将矩阵化为，则例如（1）通过初等行变换， ，故 相类似的方法可求的其余矩阵的逆矩阵，答案见教材第177页. 16. 解： 原线性方程组可写成， 因此，17. （1） 由原矩阵方程可得，（2） 由原矩阵方程可得（3）由原矩阵方程可得18 证明： 因为， 所以19 解： 由， 得 ， 因此，20. 证明： 由， 且可逆得， 因此，可逆，且21. 令，则，因此.22. 证明： 若可逆，则有， 所以可逆，且反之，若可逆, 设其逆为， 则， ， 因
4、此， 因此可逆. 23. 证明：用反证法. 假设是奇异矩阵，则由， 得， 即， 这与已知条件矛盾，所以是非奇异矩阵. 习题三1. 2. 解: 设 即解得, , 因此3. 解: 由 得.4. 类似第2题的解法，可得5. (1) 解: 设 即，上面方程组只有零解，所以线性无关. (2) 因为,所以秩(A)=2, 故线性相关. 6. 用反证法容易证明结论成立. 7. 证明: (1) 设 则有 又因为线性无关, 所以 因此线性无关. (2) 若线性相关, 则存在不全为零的数 使得 因此 故而线性相关. 8. 证明: 设 整理得, 因为线性无关, 所以又因为, 所以上面方程组只有零解, 故线性无关. 设
5、 整理得, 又因为线性无关， 所以解得上面方程组只有零解， 因此，线性无关. 证明：9.（）设， 和 则，又的表达式唯一，因此 即 故， 线性无关. （）设， 则，因为 线性无关， 所以，故的表达式唯一. 10. 证明：因为 线性相关， 则存在不全为零的数使得，若有某个， 不妨设，则有 又任一向量都线性无关，因此， 这与不全为零矛盾，因此全不为零， 命题得证. 11. 答案见教材178页. 12. 解: (1) 因为所以， 当 即时，线性无关. (2 ) 当时，线性相关， 且13. 解： （1）因为因此，向量组的秩为2， 是一个极大线性无关组， 且用类似的方法可求（2）， （3）， 答案见教材
6、. 14. (1) 因为， 有一个二阶子式，所以秩（）=2， 即线性无关. （2） 容易计算线性无关. 15. 答案见教材. 16. (1)任取则有，所以，因此，是线性空间. (2) 任取,则有，因此， 因此，不是线性空间.17. 证明： 因为 ，所以线性无关， 即秩（）=3，故生成的子空间就是. 18. 因为 所以，秩（）=3，故是 的一组基. 令， 即 因此， 解得， 所以. 19. 方法见例3.17. 20. 见教材答案 21. 证明： 因为是正交阵， 所以.又 即.因此， 故是正交阵.习题四1. 解（1）,所以，原方程组与下面方程组同解，选取作为自由未知量， 解得基础解系为， 因此，
7、方程组的解为（2），选取选取作为自由未知量， 解得基础解系为故方程组的同解为（3）见教材答案（4）见教材答案2. （1） 对增广矩阵做行初等变换得 解得特解为，对应的齐次线性方程组的基础解系为， 因此方程组的同解为+（2） 答案见教材3. （略）4. 证明： 令为n阶单位矩阵的第i列，即, 则有， 因此 故。5. 证明：将按列分块， 由， 可得， 即都是方程组的解，因此， r（B）-r（A）, 所以， r(A)+r(B) .习题五1. (1) , 解得特征值为当时，解方程组， 即基础解系为， 因此属于特征值为的特征向量为当时，解方程组， 即基础解系为， 因此属于特征值为的特征向量为（2） 解法
8、同（1）， 答案见教材。2. 由 得因此特征值为当时，解方程组， 得基础解系为 因此对应的特征向量为，不同时为零当时，解方程组， 得基础解系为 因此对应的特征向量为， 不为零。2. 设是的一个特征是，是其对应的特征向量， 即。由所以 故 又因为， 所以 因此或者4. 设是的一个特征是，是其对应的特征向量， 即。由所以 故 又因为， 所以 因此或者5. 证明：（1）（反证法）假设是的属于的特征向量， 则有又 所以因此， 故 这与已知矛盾，所以不是的特征向量. (2) 类似（1 ）可证。6. 因为 所以， 即，因此，是的属于的特征向量。7. 解： 由 得是的特征值。又所以。因此由练习6，可得，是的
9、一个特征值。8. 设是的任一特征值，且，则 又， 所以 因此， 故的若当标准形为其中，为0或者1.因此， 所以可逆。9. 答案见教材。10. 解： 因为， 所以存在可逆举证使得，。故而， 因此，11. 解：因为所以因此 12. 证明：由，得。 故而所以，13. 证明： 因为所以可逆， 故而所以。14. 证明： 因为， 所以存在可逆矩阵使得 ，因此，故，。15. 略。16. 证明：因为， 所以， 或者，因而， 1和-1中至少有一个是特征值。17. 解法见例5。9， 答案见教材。18. 设是A的一个特征值， 即。 则所以，因而，A的特征值只有1或者0， 故存在可逆矩阵T使得19. 略20. 解：设
10、A属于特征值3的特征向量为， 则有即， 解得， 令则有，21. 解法与20相同22. 略23. 解法见例5.2124. 解法类似11题。 习题六1. 答案见教材2. 答案见教材3. 证明： 因为A是对称矩阵，所以存在正交矩阵C，使得， 即， 故，取 和， 则由已知可得，因此，。故而，4. 证明：由第3题易得。5. 证明： 类似第五章第14题。6. 答案见教材7. 答案见教材8. 答案见教材9. 答案见教材11. 见定理6.212. 解：(1) 因为A是实对称矩阵且r(A)=r, 所以存在正交矩阵C，使得, 其中，又 所以，故，所以因此，的标准型为（2）由可得， 因此，所以，13. 利用标准型可得。14. 略16. 利用配方法可得。17. 证明： 因为A是正定矩阵，所以存在正交矩阵C，使得其中，因此令， 则容易验证B是正定矩阵，且18. 解法见列6.21.20. 证明： 由定理6.9可证。21. 证明： 任取则。 因为C可逆，所以。又因为，A为正定矩阵， 所以因此为正定矩阵。22. 由正定矩阵的定义易得。23. 证明：因为A是实对称矩阵, 所以存在正交矩阵C，使得取， 则当时，因为，所以为正定矩阵。24 解法见例6.1225. 证明：任取则。因为，所以可能为零，因此，故是半正定矩阵。26. 证法类似第17题。27. 略28. 略
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