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1、习题一 第一部分 基本题 三、计算题 24.解 25.解 (1) 对方程组的增广矩阵作初等行变换： 故方程组无解.(2) 对方程组的增广矩阵作初等行变换：故方程组有唯一解(3) 对方程组的增广矩阵作初等行变换：得同解方程组为令, 得方程组的解为26.解 解法二 由此可推得: 27. 解 29.解 (1) 把A分块成 30.解 故标准形为31.解 32. 解 解法二 由于故可逆, 且33.解 原方程可化为 故可逆, 且34. 解 35.解由可得, 而 36.解 原方程可化为 故可逆, 37.解 原方程可化为 由于可逆, 且故有38.解 原方程可化为 故可逆, 且四、证明题41.证明 由已知得即故
2、及均可逆,且有 42.证明43.证明 由Ai可逆知则有故矩阵A可逆.44.证明 由A,B可逆知则有 故矩阵可逆.设则有即有由此解得 45. 证明 由A, B可逆知则有故矩阵X可逆.设则有即有由此解得 习题二 第一部分 基本题 三、计算题39.解 40.解 43. (1)解 (2)解(3)解 错 (6)解 (7)解 记则有 (8)解 45. 解 47. 解 当 D=0 即 k = -1或 k = -3时, 方程组有非零解.48. 解 当 D 0 即 k 0且 k 2时, 方程组仅有零解.49. 解 当 D 0 即 k 1时, 方程组有唯一一组解.50.解 (1) (2) 对A进行如下分块(4)
3、对A进行如下分块(5) 对A进行如下分块51.解 52.解 53. 解 55.解 已知方程可化为上式两边左乘A,得即可逆,58.解 由此A的标准形为59.解 (1) (2) 由(1)知所以B可逆, 从而有 因此60.解 即有四、证明题61.证明： 又62.证明：D中第三列含有公因子17, 又整数行列式必为整数, D=17D1, (其中D1为整数), 即 D必能被17整除.63.证明 证法二 用数学归纳法证明假设阶行列式命题成立，即有所以，对于阶行列式命题成立.64.证明 65. 证明 由已知有习题三 第一部分 基本题 三、计算题29解 对增广矩阵施行初等行变换 得同解方程组: 故方程组的通解为
4、: 30解 对增广矩阵施行初等行变换 (1) 当 l 1且l -2时, R(A)=R(B)=3,方程组有唯一解.(2) 当 l = -2时, R(A)=2, R(B)=3, 方程组无解.(3) 当 l=1时, R(A)=R(B)=1, 方程组有无穷多解.此时有 得同解方程组: 故方程组通解为: 解法二 方程组的系数行列式为(1) 当 l 1且l -2时, |A| 0, 方程组有唯一解.(2) 当 l = -2时, R(A)=2, R(B)=3, 方程组无解.(3) 当 l=1时, R(A)=R(B)=1, 方程组有无穷多解.得同解方程组: 故方程组通解为: 31解 因a1, a2, a3 线性
5、相关, 故 R(A) 3, 可得: a+1=0, 即 a= - 1.32(1)证明 R(A)=23, 故 a1, a2, a3 线性相关.(2) 解 故有33(1) 解 (2) 解 34解 记 为向量组的一个最大无关组,且有35解 记 36解 记(1) 当时, , 此时线性无关.(2) 当时, , 此时线性相关.37解 由于矩阵的秩为3，故其对应的齐次线性方程组的基础解系仅含有一个向量，且由于均为方程组的解，由非齐次线性方程组解的结构性质可求得对应齐次线性方程组的一个解(即基础解系)为故此方程组的通解为：，38解 对方程组的系数矩阵施行初等行变换： 同解方程组, 则可得基础解系为故方程组的通解
6、为39解 对方程组的增广矩阵施行初等行变换:得同解方程组 则可得一个特解导出组的同解方程组 则可得基础解系为故方程组的通解为40解 对方程组的增广矩阵施行初等行变换:(1) 当 l 1且l 10时, R(A)=R(B)=3,方程组有唯一解.(2) 当 l = 10时, R(A)=2, R(B)=3, 方程组无解.(3) 当 l=1时, R(A)=R(B)=1, 方程组有无穷多解.此时 得同解方程组: 故方程组的一个特解为导出组的同解方程组为导出组的基础解系为故所求方程组的通解为 ()解法二 方程组的系数行列式为(1) 当 l 1且l 10时, |A| 0, 方程组有唯一解.(2) 当 l =
7、10时, R(A)=2, R(B)=3, 方程组无解.(3) 当 l=1时, R(A)=R(B)=1, 方程组有无穷多解.得同解方程组: 故方程组的一个特解为导出组的同解方程组为导出组的基础解系为故所求方程组的通解为 ()41解原方程组的通解为,()，即消去，得 此即为所求的齐次线性方程组.四、证明题45证明 由已知有 记为 B = AK, a1, a2, a3, a4 线性无关, R(A)= 4, |K|=2 0, K可逆. 有 R(B)=R(A)= 4, b1, b 2, b 3, b 4 线性无关.46 (1) 证明 ATA为n阶方阵, Ax=b 有唯一解, R(A)=R(A,b)= n
8、, R(AT)= n, n=R(AT)+ R(A)-n R(ATA) minR(AT), R(A)=n, R(ATA)= n, ATA为可逆矩阵.(2) 解 由 Ax = b (ATA)x =ATb, x = (ATA)-1ATb.47证明 设数使得，则有因向量组线性无关,故有因为其系数行列式，故方程组只有零解即，所以线性无关50证明 (1) 设数使得 (*)由于为特解,为基础解系，故有用左乘 (*) 式两端, 可得 即有而, 从而有(*) 式化为 由于是线性无关的,故线性无关.(2) 设数使得 即有 由(1)可知线性无关，从而有即有故有线性无关习题四 第一部分 基本题 三、计算题32解故的特
9、征值为当时, 解方程组, 由 得基础解系故对应于的全部特征向量为(不全为0).当时, 解方程组, 由 得基础解系故对应于的全部特征向量为().33. 解 故的特征值为当时，解方程组, 由 得基础解系故对应于的全部特征向量为().当时, 解方程组, 由得基础解系故对应于的全部特征向量为().当时, 解方程组, 由得基础解系故对应于的全部特征向量为().34. 解 故的特征值为当时，解方程组, 由 得基础解系当时, 解方程组, 由得特征向量令则35. 解 故的特征值为当时，解方程组, 由 得特征向量当时, 解方程组, 由得特征向量当时, 解方程组, 由得特征向量令则,且有 36解故的特征值为当时，
10、解方程组, 由 得基础解系故对应于的全部特征向量为(不全为0).当时, 解方程组, 由得特征向量故对应于的全部特征向量为().由于有3个的线性无关的特征向量故可相似对角化.37. 解 由于与相似，因此的特征值为， 且有,即即有由得从而故的特征值为38. 解 令则可逆,且有40解 由是实对称矩阵可知对应于的特征向量与正交，即，可得基础解系为，.令则可逆,且有四、证明题41.证明 (用反证法) 假设是对应于特征值的特征向量，则有 另一方面 故有，即，由于线性无关，得于是有，与已知矛盾. 所以不是的特征向量.42. 证明 不可逆,故A有特征值所以A与对角阵相似.43. 证明 由为单位(列)向量知,
11、而所以A为正交矩阵. 45. 证明 由A为对称矩阵知. 必要性：若A为正交矩阵，则有. 充分性：若，则有，于是A为正交矩阵. 46. 证明 假设A与对角矩阵相似，那么存在可逆矩阵使得，即. ，于是有，从而,进而，矛盾. 所以A不能与对角矩阵相似. 47. 证明 设A为n (n是奇数)阶正交矩阵， 故是的特征值.48. 证明 见第二章64题.提高题9.(1) 设的任一特征值为对应特征向量为则有，故有由于应有从而或1, 即只有特征值和的基础解系含有个线性无关的解向量,对应有个线性无关的特征向量. 的基础解系含有个线性无关的解向量,即对应有个线性无关的特征向量. 从而A有n个线性无关的特征向量, 故
12、A可对角化. 且 (2) 由(1)可知存在可逆矩阵P 使 即习题五 第一部分 基本题 三、计算题12解 的矩阵为 特征多项式为,于是的特征值为当时，解方程，由解得特征向量，将其正交化得单位化即得当时，由解得特征向量单位化得于是正交矩阵为则正交变换将化为标准形13解 的矩阵为特征多项式为,于是的特征值为当时，解方程，由解得特征向量，单位化即得当时，由解得特征向量单位化得 当时，由解得特征向量单位化得 于是正交矩阵为则正交变换将化为标准形,即曲面方程可化为(它是椭圆柱面)14解 (1) 的矩阵为由于经正交变换为, 故的特征值为由 解得(2) 当时，解方程，由 解得特征向量，单位化得当时，由 解得特征向量.当时，由 解得特征向量单位化得故所求正交变换矩阵为15解 ，令，即，即，可将化为标准形，所用变换矩阵为， 16解 令即 代入得再配方，得,令，即，即，可将化为标准形所用变换矩阵为.17解 故经适当的可逆变换可化为标准形 所以的正负惯性指数分别为2与1, 规范形为四、证明题20证明：因为,均是正定矩阵, 故,均是对称矩阵,即是对称阵由于,均是正定矩阵，故对任意的有,，由于故与不同时为0,从而有，所以是正定矩阵29