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1、習題一1、（1）.（2）.2、（1）排列的逆序數為. （2）排列的逆序數為.3、含有因子的項（縱標為1324，逆序數為），（縱標為1342，逆序數為）.4、經第一行與第四行交換行列式為負號，經轉置行列式不變，經用2乘所有元素為，經用乘第2列加到第5列為行列式不變，經這些處置后行列式為.5、的代數余子式為0，的代數余子式為.6、.7、（1）. （2）.8、（1）.（3）.9、（1）對第i列分開三項（i=2,3,4）,再利用其中兩列元素相同、成比例，則行列式為0，其結果為0，等于右邊.（2）（3）用遞推法去證.從第二行起得：10、（1）用數學歸納法去證.當時，當時，當時，由數學歸納法可知，對任何正

2、整數，有.（2）用數學歸納法去證.當時，當時，當時，由數學歸納法可知，對任何正整數n，有等式成立.11、.12、（1）按第1行至第n行、第1列至第n列展開得證.（2）解一，按第n行、第n+1行展開，得解二，按最簡一行、最后一行展開得.故 14、設，則得，這時，得，故，即.15、,當時，有非零解.習題二1、（1） （2） （3）.2、即：，這時，。3、（1） （2）4、.5、6、從變量到變量的線性變換為7、各工廠的總收入和總利潤為.8、設，由得，即，利用，利用，這時.9、設，由得，即，故，這時，其中為常數.10、（1）,故; （2），故.11、，.12、（1）根據對稱矩陣的性質：，根據反對稱矩陣

3、的性質：； （2）根據可逆對稱矩陣的性質：.13、（1）根據對稱矩陣、反對稱矩陣的性質：；（2）先證必要性，若是反對稱矩陣，則；為反對稱矩陣，為反對稱矩陣，為對稱矩陣，則，即可交換.再證充分性，若，則為反對稱矩陣。設為反對稱矩陣，為對稱矩陣，則，即為反對稱矩陣.14、.15、（1）；（2）.16、，則。17、用數學歸納法去證。當時，.當時，成立.則時，故為正整數時，.18、用歸納法去證.當時，；當時，等式成立；則當時，；故為正整數時，成立 .而.19、因，而，故，則均可逆.20、因，而，故.21、設，則，由；由；即.22、，則，而，故.23、（1），其中，而，故；（2），其中，而，故.24、故

4、.（矩陣行階梯形）（矩陣行最簡形）.26、這是矩陣A的標準形D.27、這是矩陣的標準型.28、在秩為的矩陣中，有階子式、有階子式，如的，其中有等于0的一階子式、二階子式.29、（1） ，故. （2），故.30、，當時，；當時，；當時，.31、先證必要性 若，即初等變換后化為矩陣，而初等變換不改變矩陣的秩，故； 再證充分性 設，由矩陣的等價標準形理論知，矩陣與有等價標準形，即，由等價關系的傳遞性知.習 題 三1、.2、，則.3、 ，這時.4、.當時，可由線性表示.這時，為矩陣行階梯形，為矩陣行最簡形，于是.說明：這一題可用克萊姆法則求解.5、（1）記，因為向量組不能由向量組線性表示，所以，從而這

5、時，；（2），這時.6、（1）因為，所以線性相關. （2）因為，所以線性相關.（3）因為，所以線性無關.（4）因為是四維三個向量，所以線性無關.（5）因為是二維三個向量，所以線性相關.7、因為，所以.8、（1），則線性相關，但不能由線性表示.（2），則存在，使，但線性無關，線性無關.（3），則只有時，使，但這時線性無關，而線性相關.9、因為線性相關，由相關定義知，有一組不全為零的數使得，假設，則不全為零，由上式得.由相關定義知，線性相關，這與題設矛盾，故，于是，則可由線性表示.10、用反證法，設有兩種不同表示法，則，而線性無關，故，最后的結果說明表示式是唯一的.11、先證必要性。設線性無關，為

6、任意維向量，若，則，即可由線性表示。若，則線性相關，因向量的個數大于向量的維數，而線性無關，故可由線性表示（例9已證）.再證充分性。任一向量可由線性表示，則維單位向量也可由線性表示，而向量組與向量組等價，因為線性無關，所以也線性無關.12、（1）因為，所以極大無關組為，亦或或。（2）.13、，為矩陣的行階梯形，為矩陣的行最簡形. （1）由矩陣可見，線性無關，這是所求的極大無關組；（2）；（3）由矩陣可見，記，則，即。14、（1）兩個向量不成比例，故線性無關； （2） 包含的極大無關組為. （3）.15、先證向量組等價.顯然向量組可由向量組線性表示.又，即，從而這說明向量組可由向量組線性表示，故

7、向量組等價.再證秩相等。則由向量組等價，且個數相同（均為），故。16、由作為列構成矩陣. ，故，則，故兩個向量組可以互相線性表示，因而向量組等價.17、（1）； （2）.18、（1）； （2），即.19、因為，所以已成正交，故，則，再單位化：.20、取，則， ，再單位化：.21、（1）不是正交矩陣，因第一行元素平方之和； （2）是正交矩陣，因第行元素平方之和等于1，第行、第行對應元素之和等于零.22、先證為對稱矩陣：再證為正交矩陣：23、因都是階正交矩陣，故； 而，故為正交矩陣.習 題 四1、（1），故，取，則，基礎解系為.（2）、，得同解方程組，取，得，故基礎解系為.2、（1）通解為，（為任

8、意實數）.（2），得同解方程組，取，則，基礎解系為，通解為.3、，第一個方程與第二個方程對調，并乘第一個方程，得： 當時，此方程組有非零解.4、 ，故無非零解.5、（1）總有解（因）.只有零解，就沒有基礎解系；有非零解，則存在基礎解系；基礎解系不唯一，基礎解系中含有個解向量. （2）若已知的一個基礎解系為，則的通解形式為，其中為任意實數. （3）若是的基礎解系，則也是的基礎解系，這因為：，即，由于線性無關，故，從而得. （4）有非零解，且，則，這是正確的結論.6、先證必要性. 若三個向量共面，由共面的充要條件為，知齊次線性方程有非零解. 再證充分性. 若齊次線性方程組有非零解，則，即三個向量共

9、面.7、設為的基礎解系，由兩個等價的線性無關向量組所含向量個數相等，故等價的線性無關向量組可以為，則可由線性表示，從而也是的解. 又線性無關，的任一解可由線性表示，從而可由線性表示，這就說明也是一個基礎解系.8、設為的基礎解系，又設為的線性無關解，由第7題可知，只要證明這兩個解向量等價即可.因為基礎解系，故可由線性表示，即因為線性無關，所以，則可由線性表示，因而這兩個向量組等價.9、利用原方程組與方程組同解，的秩相等，則可證明可由線性表示.10、記，由，故是的解.反之，若是的解，則.11、將通解改寫為，由此可知，所求方程組有兩個自由未知數，且對應的齊次線性方程組為，即，所給表達式為其通解.12

10、、因為，所以，對施以初等行變換，化為行階梯形矩陣，要使，則必有，此時與同解方程組為，取，則有，故基礎解系為13、因，且中某元素的代數余子式，故存在非零的階子式，從而可知，則基礎解系中所含解向量的個數為.14、（1），即則（2）同解方程組為，則（其中為任意常數）.15、當時，方程組有唯一解.當時，因為，所以方程組無解.當時，即有同解方程組，解為,其中為任意常數.16、，故，方程組有解.17、，當時，有解.18、解一，當時，方程組有唯一解.當時，原方程組為；，同解方程組為，即（為任意常數）.當時，原方程組為，即，這時第二個第三個方程左邊相同，而右邊不等，故方程組無解.解二，對原方程組的增廣矩陣施初

11、等行變換，于是，當時，原方程組無解；當時，原方程組有唯一解；當時，原方程組有無窮多組解，其全部解為（其中為任意常數），（或（為任意常數）.19、（1）若，則必有解，且有無窮多解. （2）若，則必有解，且有唯一解.（3）若只有零解，則有唯一解，這是錯誤的結論，因二者不一定相等.20、設，得線性方程組為 其系數行列式，由此可見： （1）當時，則方程組有唯一解；故可由唯一的線性表示； （2）當時，則方程組有無窮多解，故可由線性表示，這時； （3）當時，則方程組的增廣矩陣因，故方程組無解；從而不能由線性表示.21、證一，用非齊次方程組解的定義去證：因為，所以是的解.證二，用非齊次方程組解的結構定理去證

12、：因為是的解，則是的解，所以也是的解，即是的解.22、，有解的充要條件為，故必要求.23、由題設知均為的解，且線性無關，而為的解，則的通解為.24、對增廣矩陣施初等行變換，得同解方程組為，取得，即得非齊次線性方程組的一個解為.對應齊次線性方程組，取得，即對應齊次線性方程組的基礎解系為.25、因為線性無關，且，所以，從而的基礎解系中含個解向量，又由得，故是的一個基礎解系；又由得，即，可見是的一個特解，故的通解為（為任意常數）.26、四元非齊次線性方程組的系數矩陣的秩，又是的三個解向量，則，故的通解為（為任意常數）.27、設小雞、母雞、公雞的個數為，則，由（2）得，由得，即，現求其正整數解為.習

13、題 五1、（1），故的特征值.當時，解方程，由，得基礎解系為，對應于全部特征向量為（的任意常數）.當時，解方程，由，得基礎解系為，對應于全部特征向量為（不同時為零的任意常數）.（2），故的特征值為.當時，解方程，由，得基礎解系為，對應于全部特征向量為（任意常數）.（3），故的特征值為.當時，解方程，由，得基礎解系中解向量個數為，因而任意三個線性無關的向量都是它的一個基礎解系，不妨取三維單位向量組，就是對應特征值的特征向量，對應于全部特征向量為（不全為零的任意常數）.說明：此結論可推廣至階，不妨取個單位向量組，就是對應于特征值的特征向量。2、由為矩陣的特征值知，從而；把代入矩陣，通過計算得，故.

14、3、由兩邊左乘得，由得，即，因為，所以，由此得.4、已知是的特征值，故是的一個特征值，則的一個特征值為.5、因是的特征值，故，從而的特征值為，即的特征值為，于是的特征值為，因而.6、用反證法 設是A的屬于特征值的特征向量，即則由 ，得即 .因是分別屬于不同的特征值的特征向量，從而線性無關，故由上式得即 這與矛盾，因而不是A的特征向量.7、則 ；相似對角矩陣為.8、（1）A中有特征值1,3,0，有三個不同的特征值，故A可相似對角化. （2）B中特征值為1,1,3，當時， 故的基礎解系中僅含有一個向量,即只有一個線性無關的特征向量，故B不能相似對角化.（3）由得C的特征值為1個6,2個0，當時，,

15、這說明的基礎解系由2個解向量組成，故有兩個線性無關的特征向量，故C可相似對角化.9、（1）題設是屬于特征值的特征向量，由得即 （2）由得A的特征值為，因,故，只有一個線性無關的特征向量，故A不能相似對角化.10、（1）因,故其特征多項式相同，即,這時，令，得 即 令，得，即則.（2）由（1）知，故A與B的特征值為-1,2,-2將代入得，解方程組可求得一個基礎解系為,故是A屬于特征值的特征向量.將代入得解方程組，可得一個基礎解系為，是A屬于特征值的特征向量.將代入得解方程組，可得一個基礎解系為，是A屬于特征值的特征向量.11、令，可使由得則.12、對稱矩陣對應于不同特征值的特征向量互相正交，現已

16、知對應于特征值的特征向量，故對應于特征向量為，則有即解此方程組，由即令，解得，將其單位化得，令，則由得13、對稱矩陣對應于不同特征值的特征向量互相正交，現已知對應于特征值的特征向量，對應于特征值的特征向量則有即是齊次線性方程組的兩個線性無關解，于是由方程組，即，令，則對應有.將正交化，取，再將單位化得令，則由14、設，則由得 ，即15、由求得A的特征值為對應于解方程組，由便得令，則對應有，得基礎解系.將正交化，取，再將單位化得：.對應于，解方程組，便得則對應有，于是基礎解系，將單位化得，將構成正交矩陣，有.16、（1）由5.2相似矩陣的性質（6），得.（2）令,則A,B有相同的多項式（即），但

17、A,B不相似，否則存在可逆矩陣P,使，從而,矛盾.（3）由A,B均為矩陣知A,B均相似對角矩陣，則有，即存在可逆矩陣使,于是 .17、由得A的特征值，對應于的特征向量為，對應于的特征向量為，經正交化、單位化后，使則18、A有特征值.對應于，故則19、把用表示則.20、令.化A為對角矩陣，為此要找出P,使,求出,則再作 原方程組的通解為21、（1）由(2). ，A有特征值.(3). 習 題 六1. 其中2.觀察A,B發(fā)現，交換A的第1，2列，再交換A的第1,2行，即可的B,由初等變換可知，左乘及右乘得，3. A對調的第二、三列與第二、三行，由初等變換可知，左乘與右乘得4.，故有特征值為，則的正慣

18、性指數為2.5. 令6.二次型矩陣為故A有特征值可求得對應于對應的特征向量為，單位化得：，正交變換為：7. 二次型矩陣與標準形矩陣為在正交變換下相似，故有則A的特征值為3,3，-3.對，由求得基礎解系為這就是對應于線性無關特征向量（）。對，由求得基礎解系為這就是對應于的特征向量。因不正交，故需正交化，令再單位化得：所用的正交變換為8.因。9.寫出二次型矩陣由求得A有特征值為，則的標準形為.10.二次型矩陣為作初等變換則可作可逆變換化為標準形.11.令.12. 寫出二次型矩陣由求得A有特征值為，若規(guī)范形為，說明兩個特征值為正，一個為零. 則若即符合題意.若這時不符合題意.若，這時不符合題意.13

19、寫出二次型矩陣得A有特征值為當由取得基礎解系為這就是對應于的特征向量.當時，由得基礎解系為當6時，由得基礎解系為對于對稱矩陣不同的特征值的特征向量已成正交，故只需單位化，有令，經正交變換，二次型化為標準形 當時，有，這時即.14.（1）二次型矩陣，故A為正定.（2）二次型矩陣故為負定.15.對任意，由為正定矩陣，A為對稱矩陣，總有由此對任意，恒有只有零解，從而可逆.16.設則，令則，這時，上式表明，對任意，總有，于是由定義知：為正定二次型.17.（1）證一，因為正定矩陣，故為正定二次型，又由于正定二次型進行非奇異線性變換所得的二次型仍為正定的，故對經變換后得仍為正定二次型，故為正定矩陣. 證二

20、，根據對稱矩陣為正定的充要條件是的特征值全大于零，設是的一個特征值，是的等于的一個特征值，則，從而，因而是的特征值，而是正定矩陣，故，因此的全部特征值大于零，故是正定矩陣（見P27倒數第5行）.（2） 因均為正定矩陣，故均為對稱矩陣，從而為對稱矩陣，且為正定二次型，于是，對不全為零的實數令有,故即二次型為正定的，則為正定矩陣.18、,即為對稱矩陣，又對于任意，有故為正定矩陣。19，記則二次型的矩陣為因故的特征值為可求得對應的特征向量為單位化得因而正交變換為，即化二次曲面方程為標準方程.20、記原二次曲面方程的左邊為，則其中，因二次型經正交變換化為，故A的特征值為再由.21，矩陣A經初等變換的矩

21、陣B，故A與B等價。用初等變換知因為,所以A與B相似，合同。22,因為且A與B為同型矩陣，所以矩陣A與B等價，又因為A與B特征值不等，所以A與B不相似，再因矩陣A與B，若故A與B不合同。23、，在駐點（0,0,1）處的赫斯矩陣為因故為負定矩陣，因而的極大值.習 題 七1.（1）任取由矩陣的定義及矩陣的加法，數乘的定義，可知這就是說二階矩陣的集合,對于矩陣的加法和數乘運算是封閉的，又根據加法和數乘運算滿足的運算規(guī)律，可知這兩種運算滿足線性運算的八條規(guī)律，因此據線性空間的定義，對于矩陣的加法和數乘運算，集合構成線性空間.今在線性空間中取一個向量組顯然，是一個線性無關組，又對任意,有,即中的任意向量

22、都可由向量組線性表示，故為的一個基，維數為4. (2).由于是的子集，只要驗證對于矩陣的加法和數乘運算封閉即可，任取,其中有,又任意,因,故,這就是說集合對于矩陣的加法和數乘運算是封閉的，據線性空間的定義對于矩陣的加法和數乘運算，集合構成線性空間，今在線性空間中取一向量組顯然，是一個線性無關組，又對任意其中有,即中的任意向量可由向量組線性表示，故是中的一個基，維數為3.2.因由,得則此全部解向量組成的集合對于中加法不封閉，故集合不構成線性空間.3、設的維數為，如果那么與都是零空間，則.當時，任取的一個基由于,且的維數為，故也是的一個基，因此中每個向量都可由它線性表示，而的任意線性組合都是中的向

23、量，故，從而.4. 證一，用基的定義去證.令則有欲使等式成立，只有，由此得可見線性無關，因而它是一個基.證二，用基變換去證. 因是一個基，且5、解一. 設則問題轉化為求解線性方程組，于是對增廣矩陣施以初等變換，使之變?yōu)樾凶詈喰尉仃嚕?，解得故，即向量在所給基下的坐標列為.解二. 在中取單位坐標向量組作為另一組基，則在下的坐標列就是它自己，即，今記，由于,此即說明由基到基的過渡矩陣是,故據坐標變換公式，向量在另一個基下的坐標列為,則問題轉化為求.解得，故，即向量在所給基下的坐標為.6、設過渡矩陣為，由得，由可知，故.7.設由基到基的過渡矩陣為，由，因向量在基下的坐標就是它自己，而在基下的坐標由坐

24、標變換公式為，故要使在兩個基下有相同的坐標列，必須且需，即，亦即，這是一個，對系數矩陣施以初等行變換，化為行最簡形矩陣：令，故得的基礎解系為，從而求得在兩個基下有相同坐標的向量為（其中為任意常數）.8.設， (其中為任意常數)，合同變換的線性變換.9、設，則（1） ,而而，故當且僅當時才是線性變換.(2) 而 故 因而 不是線性變換.(3)，而 故 ，因而 是線性變換.10、（1）因，故平面上該變換是表示以軸為鏡面的鏡面反射映射，或者說，像與源關于軸對稱.（2） 因，故平面上該變換是表示以直線為鏡面的鏡面反射映射，或者說，像與源關于對稱.11、，即，故在此基下的矩陣為.12、由得基到基的過渡矩陣為求出，故 .13因，由基到基的過渡矩陣，求出，故14，按線性變換定義去證。設有 ，故為線性變換（其中為任意常數）.由 得，故.