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1、2013年线性代数考研辅导课后题答案清华 何坚勇 2012-6-21第一章课后题答案题1.1 13 。x3有两项：及题1.2 提示：方程式左边的行列式是范得蒙特行列式的转置题1.3 54 。题1.4 。题1.5 选（C）。利用行列式的性质。题1.6选（B）。题1.7选（A）。利用及，。题1.8 。提示：将第1行的(-1)倍加到其它各行上。题1.9 D=0。提示：D是一个三阶反对称行列式，故有，再利用。本题结论可推广：奇数阶反对称行列式的值必为0。题1.10 。提示：本题是利用特征值计算行列式的值的一个典型例子。由已知条件可知：A的特征值为：， 。 A*的特征值为。矩阵的特征值为：1，3，。题1
2、.11 提示：由罗尔定理，只要证：f(0)=f(1)即可。第二章课后题答案题2.1 B= 3 ；题2.2 ，题2.3 ，提示：记利用分块矩阵求逆公式。题2.4 提示：由，推得：，题2.5 提示：，。题2.6 选（C）。为正交矩阵是可逆的充分条件，不是必要条件。故（A）错，同理（D）也错。而，是可逆的必要条件，不是充分条件，如 ，但不可逆，（B）错；若可逆，则由；反之若对于当，即有时，都有，即等于零，则说明作方程组时，只有零解，故，即可逆。题2.7 选（B）。因为，而B是由的第1，3行交换后，再将第3列的k倍加到第2列得到的，因此。题2.8 选（D）。提示：。题2.9 选（C）。因为B是可逆矩阵
3、，因此。题2.10 选（D）题2.11 记题2.12 由题2.13 （1）充分性：当时， 。必要性：若 ，又，。（2）当时，用反证法，若可逆，则有。又已知，故有，这与矛盾（因为若记，则由可推出即。因此不可逆。题2.14题2.15 证不可逆，只要证，因，又，即有，不可逆。评注：将A，B写成IA，BI，以及再利用本题条件是常用的方法。题2.16 ，因此可逆，且。题2.17 因为，因此只能用求解方程组的方法来求X，记写成方程组：及解之得：故，其中k1，k2为任意常数。题2.18 题2.19解：首先要找出与的关系，有两种思路：（一）由题中与的关系可知：将的第二列的一倍加到第一列上即为：因此用初等变换有
4、：，即： ；（二）由题可看出的列向量组可由的列向量组线性表出：因此有：，也即有：。再代入计算：，其中：记代入已知矩阵有：。选（B）。第三章课后题答案题3.1 4 题3.2 2题3.3 选（A）题3.4 选（D）。题3.5 选（C）。由重要结论中的3“全体无关，部分必无关”。题3.6 选（A）。的行秩，故的行向量组有必有r个线性无关。题3.7 选（C）。用排除法，对于（A）：；对于（B）：；对于（D）： ，因此（A），（B），（D）中向量组都线性相关。题3.8 秩为3。是它的一个极大无关组，。题3.9 （1）当a=5，时，不能由线性表出。 （2）当，b为任意数时，可由唯一线性表出： 。（3）当a
5、=5，b=3时，可由无穷多种表出： 。K为任意值。题3.10 用定义，考察若成立（1），将用代入（1）得：（2），由线性无关。题3.11 。提示：考察：若成立（1）。则有：(2)，因为线性无关。有（3），故时，（3）式只有零解：。题3.12 证明：从中任取出s个向量：。用反证法，若其线性相关。因为线性无关。故可由其线性表出：即用线性表出的系数中出现了零系数（），而由重要结论8：无关，可由表出，则其表出系数是唯一的。现与的表出系数全不为0相矛盾，因此必线性无关。题3.13 提示：因,线性相关，设，则 。题3.14 提示：先正交化得：，再单位化：。题3.15 解：，可知，a=6.第四章课后题答案题
6、4.1 a=1 。题4.2 通解为。题4.3 。提示：方程组（）与（）只有第3个方程中的系数不同，在（）的全部解中只有当的那个特解也必定满足（），故令，代入（）的解中求之。题4.4 。题4.5 。提示：因为有两个解，故，又A中有一个二阶子式，即，因此，即导出组的基础解系中有1个解向量：。本题如果想用来求是不好作的。题4.6 。提示：，又。题4.7选（A）。提示：线性无关，因此，n=3，故，而（B），（C）中矩阵秩为2,（D）中矩阵秩为3，故选（A）；或将代入各矩阵中验证：。题4.8选（C）。因为A为45矩阵，为46矩阵，而，必有，即，故正确，错误。而中的行向量是矩阵A中行向量的加长组，由“无关
7、组的加长组必无关”，知正确，而，故也正确。题4.9 选（C）。A为mn，故AX=0有非零解，记A的列向量组为；行向量组为，则线性相关至少有一个列向量可由其余向量线性表出。题4.10选（D）。因，故，因此（B）错。又 ，故线性相关，故（A）错。又，将代入得：线性相关，故（C）错。因此（D）正确。必线性无关，可用反证法，若线性相关。则，（因为线性相关）。又线性相关，故，这与矛盾，因此必线性无关。题4.11 （1）：提示：，又，故，求得。（2）：提示：利用，而，故。题4.12 时，方程组有解，通解为：。题4.13通解为：，提示：，是AX=0的基础解系。题4.14 ，提示：由=，对作初等行变换：。评注
8、：若本题只考虑：=3，从而可取任意值，是不够的，还要求都有解才行。题4.15 （1）可由线性表出，而是的特解，故有：。（2）不能由线性表出，因为，故，由，可见线性相关，即有，若可由线性表出，则，与矛盾。题4.16通解为：，则，当时，当k=4时，当时，。题4.17 解：因，故的基础解系中只有一亇非零解向量，又因而。，记：由A的第1行全为0，故。因此只有，故是的一亇基础解系。题4.18解：用化为已知结果（上三角形）的行列式方法：（将第1行的倍加到第2行上，再将新的第2行的倍加到第3行上，再将新的第3行的倍加到第4行上，最后将新的第行的倍加到第行上，目的是化为上三角形）：.2. 由，故，故唯一解的充
9、要条件为。由克莱姆法则：，又3. 有无穷多个解，由，可知。当时可见，有无穷多个解，求特解：，选作自由未知量求的基础解系：，选作自由未知量因此通解为：， 为任意常数。题4.19 易知，现用基础解系的方法再证：作方程组（）：，其未知量的亇数为n。方程组（）：，其未知量的亇数也为n。要证，即要证凡是（）的解必定也是()的解：设是的任一亇解，即有： (1)。在（1）式两边左乘： （2）。记 （3），代入（2）：（4），因是一亇m维的实列向量（因为是一亇实矩阵），故由（4）知必有：，代入（3）：，即也是方程组（）的解。因此凡是（）的解必定也是()的解，即（）的解空间包含了()的解空间，因此有：，合起来有
10、：。同理可证。再由本题即证。题4.20解：（）.（）当时，方程组有无穷多亇解，对作初等行变换： ，当，即时，方程组有无穷多亇解。求通解，将代入增广矩阵：，其同解方程组为：求特解得：。再求基础解系，由（1）可知其对应的齐次方程组为：，解得基础解系：。方程组的通解为： ，其中为任意常数。第五章课后题答案题5.1 12 。提示：的特征值为2, 6, 1。题5.2 4 。提示：。题5.3 1 。提示：。题5.4 。提示：记为A的属于的线性无关的特征向量，则为可逆阵，由。题5.5 。提示：由，故，得a=1，由A再求。题5.6 。提示：由A，E+A，2E-A不可逆，得，因此，。题5.7 。提示：由及例5.
11、1.14评注知，A的特征值必为：，故的特征值为：。题5.8选（A）。提示：，故（1）必是A的一个特征值，因此（B）是充分条件；由，故（C）也是充分条件；由（D）中条件及例5.1.11知：行和值（-1）也必是A的一个特征值，故（D）也是充分条件。而当，因此A的特征值有可能只为1（如A=E），因此（A）中条件不是充分条件。题5.9选（C）。提示：记的代数重数为几何重数为，又 ，又，因此至少是A的二重特征值。如，则是A的三重特征值；而是矩阵的二重特征值。题5.10选（D）。因为，因此，且也必是的解向量，而（A），（B），（C）中向量都有可能是零向量。题5.11 解：1、（1）AB，A与B有相同的特征
12、值，且， ，解之得：。（2）A的特征值为：,，求解：，得：，求解，得，记，有。题5.12因为A可以对角化，且是二重特征值。则，即，可求得。同时由，求得：。求解：，得：，求解：，得。记，有。题5.13 （1）由可求得：；（2）由求得：；而，故A不能对角化。题5.14 解：，故，对于，求解：，得，对于，求解：，得：。现与正交，与正交，但、不正交，故用施密特正交化方法将、正交化：令。令，作， 单位化：令。则令，因为仍是A的特征向量，故Q是相似变换矩阵，有，又Q为正交矩阵，故有，即：=。题5.15 方法（一）：由 ，求得的特征值为，求解，得：，求解：，得：。方法（二）：设A的特征值为，特征向量为，则由
13、，即为的特征值，特征向量仍为，而，即B与相似，由公式（5.7）知，仍是B的特征值，而特征向量为，而的特征值为，特征向量仍为，故先求A的特征值与特征向量：， ，而为：9, 9, 3，而。题5.16 解：因为的三个特征值互不相同：，因此必可对角化，即存在可逆矩阵，使故，且，又，故至少有一个，不失一般性记，又，因此，因此，故，即的秩为2。题5.17 选（D）。提示：仍是A的分别属于1、2、3的特征向量。即有：第六章课后题答案题6.1 ，秩=2。题6.2 。题6.3 。题6.4 。提示：由可知：及 ；舍去题6.5 p=2,q=1。提示：作的可逆替换。题6.6选（C）。因为当A，B对称时（AB）不一定对
14、称，故（A）错。显然，AB不会是正交阵，（B）也错，（AB）不一定是正定阵（只有当AB=BA时才是正定阵）故（D）也错，当A，B正定时，故可逆。题6.7选（D）。A正定的必要条件是，故（A），（C）不满足，又（B）的。题6.8选（C）。两个对称矩阵合同正、负惯性指数分别相等，而矩阵A的特征值为：，故p=1, q=2。题6.9选（A）。A、B的特征值均为3，0，0。而B是对角阵，A是实对称矩阵，必可对角化，因此AB，同时A，B的正、负惯性指数分别相等（p=1,q=0），因此A与B既合同又相似。题6.10提示：证明矩阵的特征值全部大于零：。题6.11 ,。题6.12 ，二次型矩阵A的特征值为1，1
15、，10。对应的特征向量为：。题6.13 提示：设变量，作二次型,当时，其中至少有或，则。题6.14提示：记，其中， 是合同且相似的，因此其特征值及特征多项式相同。可求出a=3,b=1。对应的特征值均为：，相应的特征向量为：，正交矩阵。题6.15证明：必要性：设正定，作二次型必也正定，因此（否则与f(X)正定矛盾）。故作方程组AX=0，只有零解，因此。充分性：设，而，即是一个实对称矩阵，作二次型，有，再作齐次方程组AX=0，因为A为mn矩阵，且。因此方程组AX=0只有零解，否则AX=0就有非零解了。记，而由内积性质（的充要条件是）。因此，即正定，故正定。评注：1、在证充分性时，要证是个正定矩阵，首先要
