线性代数简明教程第二版 陈维新课后答案 无水印版.pdf 149页

'习题1.11.对一组整数进行四则运算，所得结果是什么数解（1）整数相加得到整数；（2）整数相减得到整数；（3）整数相乘得到整数；（4）整数相除得到的是有理数。所以对一组整数进行四则运算得到的是有理数。2．写出4个数码1,2,3,4的所有4阶排列.分析4阶排列是指由1,2,3,4构成的有序的数组,共有4！个,每个数字必须出现且只能出现一次,具体做法可以是先确定排在第一位的数,比如为1,然后排第二位的数分别为2,3,4,接着排第三位、第四位的数.解1234124313241342142314322134214323142341241324313124314232143241341234214123413242134231431243213．分别计算下列四个4阶排列的逆序数,然后指出奇排列是（A）（A）4312；（B）4132；（C）1342；（D）2314分析计算排列逆序数的方法有两种:方法一τ(ii⋯i)=τ(i后面比i小的数的个数)12n111＋τ(i后面比i小的数的个数)222＋⋯⋯＋τ(i后面比i小的数的个数)n−1n−1n−1方法二1前面比1大的数的个数＋2前面比2大的数的个数＋⋯⋯＋(n−1)前面比n−1大的数的个数.逆序数是奇数的称为奇排列，逆序数是偶数的成为偶排列.解按方法一计算：τ(4312)325=+=奇排列τ(4132)=+=314偶排列τ(1342)112=+=偶排列τ(2314)112=+=偶排列故选A.4．计算以下各个排列的逆序数,并指出它们的奇偶性:（1）314265；(2)314265789；（3）542391786；（4）987654321；（5）246813579；（6）nn(−1)⋯21.解按习题3分析中的方法一计算：（1）τ(314265)=++=2114偶排列 （2）τ(314265789)2114=++=偶排列（3）τ(542391786)=++++++=431141115奇排列（4）τ(987654321)=+++++++=8765432136偶排列（5）τ(246813579)123410=+++=偶排列1（6）τ((nn−1)⋯21)=(n−1)(+n−2)+⋯++=21nn(−1),这表明该排列的逆序数与n有关,故2要对n进行讨论:1当n=4,4kk+1时nn(−1)为偶数，此时排列nn(−1)⋯21.为偶排列;21当n=4k+2,4k+3时nn(−1)为奇数，此时排列nn(−1)⋯21.为奇排列.25．在由1,2,3,4,5,6,7,8,9组成的下述9阶排列中,选择i与j使得:（1）2147958ij为偶排列；（2）1254896ij为奇排列；（3）4125769ij偶排列；（3）i3142786j奇排列.均要求说明理由.分析排列1254896ij中的两个未知数i与j据排列的定义只能取3或7.因而只有两种情况：����1132574896与2172534896，然而我们只需计算上述的一个排列就可得知结果，因为1与2是3和7作��一次对换得到的，而作一次对换必改变排列的奇偶性，也就是说若1为偶排列,则2必为奇排列.其余题解法也类似.解（1）取i=3,j=6有τ(214739568)11226=+++=为偶排列,符合题目要求.（2）取i=3,j=7有τ(132574896)112116=++++=为偶排列,故取i=7,j=3时172534896为奇排列,符合题目要求.（3）取i=3,j=8有τ(412357698)3115=++=为偶排列，符合题目要求.（4）取i=5,j=9有τ(531429786)=+++++=42131112为偶排列.故取i=9,j=5时931425786为奇排列,符合题目要求.6.写出全体形如5∗∗∗2及253∗∗的5阶排列.总结一下，有k个位置数码给定的nn(>k)阶排列有多少个？分析形如5∗∗∗2的5阶排列中5和2的位置已经确定，3个∗位置只能取数字1，3，4中的某一个.解形如5∗∗∗2的5阶排列中第一个∗可取1，3，4中的任何一个，故有3种取法，第二个∗可取剩下数字当中的任一个，有两种取法，最后一个∗只能取余下的那一个数，据乘法原理共有3213!××=种取 法，即形如5∗∗∗2的阶排列有（5－2）！个.同理形如253∗∗的阶排列共有（5－3）！个.因而，有k个位置数码给定的nnk(>)阶排列有(nk−)!个.习题1.21.按行列式定义,计算下列行列式(要求写出过程):ab1logatanθsinθb(1);(2);(3);22ablogb11cosθa0a01−11a00(4)b0c;(5)11−1;(6)0b0.0d0−1110de分析计算2阶行列式和3阶行列式可用对角线法则.ab22解(1)=ab−ba;22ab1logab(2)=1−logalogb=−=110;balogb1atanθsinθ(3)=tanθ⋅cosθ−sinθ=0;1cosθ0a0(4)b0c=000××+ac⋅+⋅00bd−××−000ab⋅−⋅00cd=0;0d01−11(5)11−1=111(1)(1)(1)11111(1)××+−×−×−+××−××−−111−−××−×−×=−++++=(1)111(1)11111114;a00(6)0bc=abe+0000c+d−00b−cda−00e=abeacd−.0de2.在6阶行列式a中,下列项应该取什么符号?为什么?ij(1)aaaaaa;(2)aaaaaa;233142561465324354116625(3)aaaaaa;(4)aaaaaa.215316426534511332442665解(1)因τ(234516)+τ(312645)=+=448,所以取正号; 另一种方法是:aaaaaa=aaaaaa,因τ(431265)=6,所以取正号.(2),(3),(4)也可233142561465142331425665这样做,不再列出.(2)因τ(345162)+τ(234165)=+=7411,所以取负号;(3)因τ(251463)+τ(136254)6511=+=,所以取负号;(4)因τ(513426)+τ(132465)=+=628,所以取正号.3.当i=___,k=___时aaaaa成为5阶行列式a中一个取负号的项,为什么?1i324k2553ij解i和k只能取1,4或者4,1.不妨先假设i=1,k=4,则aaaaa=aaaaa,这个项的符1i324k25531132442553τ(13425)+τ(12453)4号就是(1)−=−(1)=+1,不符合要求.那么当i=4,k=1时aaaaa=aaaaa,1i324k25531432412553它和aaaaa相比就是交换了列指标1和4的位置,因τ(12453)与τ(42153)相比改变了奇偶性,1132442553所以aaaaa的符号为负.故应填i=4,k=1.1432412553τ(415)ki+τ(12345)4.若(1)−aaaaa是5阶行列式a中的一项,则当i=___,k=___时该项的符号41k213i455ij为正,当i=___,k=___时该项的符号为负,为什么?解此问和问题3类似,i和k只能取2,3或者3,2.不妨先假设i=2,k=3,则符号为τ(43125)+τ(12345)5(1)−=(1)−=−(1),所以取的是负号.那么由问题3的分析可知当i=3,k=2时符号取正.所以当i=3,k=2时该项的符号为正,当i=2,k=3时该项的符号为负.5.写出4阶行列式a中包含因子aa的项,并指出正负号.ij4223解参照习题1.1的第6题知,4阶行列式a中包含因子aa的项有aaaa和aaaa.由ij42231123344214233142于τ(1342)=2，故aaaa取正号;τ(4312)=5，故aaaa取负号.11233442142331426.写出4阶行列式a中所有取负号且包含因子a的项.ij23解类似于第5题可推知,4阶行列式中包含a的项为23aaaaτ(1324)1=取负号;11233244aaaaτ(1342)2=取正号;(也可由(1)取负号推知(2)取正号)11233442aaaa12233441τ(2341)3=取负号;aaaaτ(2314)=2取正号;(也可由(3)取负号推知(4)取正号)12233144 aaaaτ(4312)5=取负号;14233142aaaaτ(4321)=6取正号.(也可由(5)取负号推知(6)取正号)14233241所以所求的项为aaaa11233244,aaaa12233441,aaaa14233142.7.按行列式定义,计算下列行列式((4)中n>1,并均要求写出计算过程):a000−10100b0(1)a−20;(2);0c000b−3000daaaaaaa⋯aa1234511121,n−11nbbbbbaa⋯a01234521222,n−1(3)cc000;(4)⋮⋮⋮⋮.12dd000aa⋯0012n−1,1n−1,2ee000a0⋯0012n1−101解(1)由对角线法则,a−20=(1)(2)(3)0001−×−×−+××+⋅ab−×−1(2)0×0b−3−−×⋅−⋅⋅−(1)0b0a(3)=−(6)+ab=ab−6;τ(jjjj)(2)根据定义a=∑(1)−1234aaaa.ij44×1j12j23j34j4jjjj1234a00000b0在行列式的通项中,只有aaaa这一项的因子中不含零,所以112332440c00000dτ(1324)原式=(1)−aaaa=−aaaa=−abcd.1123324411233244τ(jjjjj)(3)根据定义a=∑(1)−12345aaaaa.ij55×1j12j23j34j45j5jjjjj12345aaaaa12345bbbbb12345在行列式cc000的通项中每一个项aaaaa中最后三个因子a,a,a分别121j12j23j34j45j53j34j45j5dd00012ee00012取值于行列式最后三行的不同列的三个数,而行列式最后三行中均只有二个数不为零,所以这三个因子中至少一个取零.这样行列式的每一项中都含有因子零,所以每项都为零,从而行列式为零. τ(jj⋯j)(4)根据定义a=∑(1)−12naa⋯a,该展开式通项aa⋯a中a取自ijnn×1j12j2njn1j12j2njnnjnjj12⋯jnaa⋯aa11121,n−11naa⋯a021222,n−1⋮⋮⋮⋮的第n行,现在第n行中除了a外其余元素都为零.故若j≠1,则对应n1naa⋯00n−1,1n−1,2a0⋯00n1的行列式展开式中的那一项一定为零,求和时可不考虑.因此只要考虑j=1的项.同样对于行列式的第nn−1行中除了a和a外其余元素都为零,且因j=1,从而j只能取2了.依次类推,行列式展开n−1,1n−1,2nn−11式的所有项中除去列指标jj⋯j=nn(−1)⋯1对应的项外都为零.又因为τ((nn−1)⋯1)=nn(−1),12n21nn(−1)所以原式=(1)−2aa⋯aa.1n2,n−1n−1,2n1a00a11140aa022238.问=aaaa−aaaa11223344142332410aa03233a00a4144为什么错?正确答案是什么?解错,原因在于没有搞清楚4阶行列式定义而把2,3阶行列式的对角线法则误认为对4阶行列式也成立.4阶和4阶以上的行列式没有对角线法则.正确答案为:aaaa+aaaa−aaaa−aaaa.11223344142332411123324414223341具体解法可参考习题1.4第5题之(3).9.若n阶行列式D=a中元素a(,ij=1,2,⋯,)n均为整数,则D必为整数,这结论对不对?为什ijij么?解对.行列式的值是行列式中取自所有不同行不同列的元素乘积的代数和,而整数经加,减,乘之后仍然为整数.00⋯0−100⋯−1010.计算nn(>1)阶行列式⋮⋮⋮⋮.0−1⋯00−10⋯00解方法一该行列式的展开式只有一项不为零,即aa⋯a,而该项带有的符号为1n2,n−1n1nn(−1)nn(−1)nn(+1)(1)−τ((nn−1)1)⋯=−(1)2,所以原式=(1)−2⋅−(1)n=−(1)2.nn(−1)nn(+1)方法二直接利用第7题第(4)小题的结论得:原式=(1)−2⋅−(1)n=−(1)2. 习题1.3aaa1112131.设D=aaa=a≠0,据此计算下列行列式(要求写出计算过程):212223aaa313233aaa2a3a−5aa31323311131212(1)aaa;(2)2a3a−5aa.21222321232222aaa2a3a−5aa11123131333232分析利用行列式得性质找出所求行列式与已知行列式的关系.aaaaaa313233R11121313解(1)aaa−aaa=−a.212223212223aaaaaa1112313132332a3a−5aa2a3aa11131212C+5C11131223(4)方法一2a3a−5aa2a3aa212322222123222a3a−5aa2a3aa31333232313332aaaaaa111312C111213提取公因子236aaa−6aaa=−6a.212322212223aaaaaa313332313233方法二注意到该行列式的第二列均为2个数的和,可用行列式的性质5将该行列式分成2个行求和,结果与方法一相同.2.用行列式性质计算下列行列式(要求写出计算过程):199819992000abc+1xyxyxy111213(1)200120022003;(2)bca+1;(3)xyxyxy;212223200420052006cab+1xyxyxy313233100−111111110022012341101(4);(5);(6);0−330141020101140044004011121−1abc−−2a2a(7)4−11;(8)2bbca−−2b.201102−992c2ccab−−分析第(1)至第(4)小题可利用行列式性质求解;第(5)至第(9)小题是采用归结化简为上(下)三角行列式求解. 199819992000199819991199811C−CC−C3221解(1)200120022003200120021200111=0;200420052006200420051200411abc+1aabc++1C2−C1性质4(2)bca+1babc++10;cab+1cabc++1xyxyxyyyy111213123提取每行的公因子性质4(3)xyxyxyxxxyyy0;212223123123xyxyxyyyy313233123100−110000220C3−C20200下三角形(4)1268=96×××;0−330C+C0−3604140044008111111111111R−R211234性质312340123(5)4R3−R1414102014102003919R−R40041001410−1−101111111110123R3−3R20123R4−R3上三角形1434003104113(××××−)=−4.R+R00310342()∗10013000−3注做到()∗处也可以按第一列展开,再按第一列展开得:310原式=4=×4(910)−=−4.1311101110111011101101R2−R100−11R240111R3+R20111(6)1011R−R0−1010−1010012310111011100−1100−111110R4+R30111上三角形1113=3×××;00120003 21−1210600C3+C2R1+R2下三角形(7)4−114−104−10−18;201102−9920110232011023abc−−2a2aabc++abc++abc++R+R+R123(8)2bbca−−2b2bbca−−2b2c2ccab−−2c2ccab−−111提取公因子(abc++)2bbca−−2b2c2ccab−−111R−(2)bR213(abc++)0−−−bca0=(abc++).R−(2)cR3100−−−cab注记行列式的计算可有多种解法,限于篇幅仅列出一种（未必是最简的）,下面题目也一样,不再说明.3.用行列式性质计算下列nn(>1)阶行列式(要求写出计算过程):1aa⋯a−aa0⋯0012n−1111a+ba⋯a0−aa⋯00112n−122(1)1aa+b⋯a;(2)⋮⋮⋮⋮⋮.122n−1⋮⋮⋮⋮000⋯−aan−1n−11aa⋯a+b111⋯1112n−1n−1分析把行列式归结化简为上(下)三角形行列式来求解.1aa⋯a1aa⋯a12n−112n−11a+ba⋯a0b0⋯0112n−1R−R1i1解(1)1aa+b⋯a00b⋯0122n−12i=2,⋯n⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮1aa⋯a+b000⋯b12n−1n−1n−1上三角形bb⋯b;12n−1−aa0⋯00110−aa⋯0022C+Ci+1i(2)⋮⋮⋮⋮⋮i=1,2,⋯,n−1000⋯−aan−1n−1111⋯11 −a00⋯0010−a0⋯002下三角形n⋮⋮⋮⋮⋮(1)−naa⋯a;12n−1000⋯−a0n−1123⋯n−1n2222a(a+1)(a+2)(a+3)2222b(b+1)(b+2)(b+3)4.证明:=0.2222c(c+1)(c+2)(c+3)2222d(d+1)(d+2)(d+3)分析行列式的证明题是给出结果的计算题,所以从左端开始计算,推出右端即可.22a2a+12a+32a+5a2a+122C−C2C−C2ii−1b2b+12b+32b+543b2b+122证左端=0=右端.22i=4,3,2c2c+12c+32c+5C−Cc2c+1223222d2d+12d+32d+5d2d+1225.求下列多项式的根(要求写出计算过程):111⋯11112311−x1⋯11212−x23(1)fx()=;(2)fx()=112−x⋯11(n>1).2265⋮⋮⋮⋮⋮22269−x111⋯1n−−1x11231123R−R221212−x2301−x00R4−R3解(1)方法一R3−2R12265002−12R−2R22269−x410023−x1123201−x0022=2(1−x)(4−x).002−120004−x所以多项式fx()的根为x=±1和x=±2.方法二fx()是x的4次多项式,且可直接验证f(1)=f(1)−=f(2)=f(2)−=0,所以fx()的根为x=±1和x=±2. 111⋯1111−x1⋯11(2)方法一112−x⋯11⋮⋮⋮⋮⋮111⋯1n−−1x111⋯110−x0⋯00R−Ri1001−x⋯00i=2,⋯,n⋮⋮⋮⋮⋮000⋯0n−−2x=−x(1−x)(2−x)⋯(n−−2x).所以多项式的根为x=0,x=1,⋯,x=−n2.方法二fx()是x的n−1次多项式,且可直接验证f(0)=f(1)=⋯=fn(−2)0=,所以fx()的根为x=0,x=1,⋯,x=−n2.6.由nn(>1)阶行列式11⋯111⋯1=0,⋮⋮⋮11⋯1来说明n!个不同的n阶排列中奇排列和偶排列各占一半.11⋯111⋯1aij=1τ(jj⋯j)证根据行列式的定义=∑(1)−12naa⋯a⋮⋮⋮1j12j2njnjj12⋯jn11⋯1τ(jj⋯j)∑(1)−12n=0.jj12⋯jn所以上式中(-1)的个数和(+1)的个数一样多,(-1)是由奇排列产生的,而(+1)是由偶排列产生的.同时根据行列式的定义这里包括了所有的n阶排列,故可以得到全体n阶排列中奇排列的个数与偶排列的个数一样多,各占一半.习题1.41.计算下列行列式(要求写出计算过程): xab0cabcde11110y00d010002341(1)0ez0f;(2);(3)00100;3412ghkul0001041230000vedcbaa00⋯0111000110a0⋯00xx000x212300a⋯00ab111c3111(4);(5);⋮⋮⋮⋮⋮abxxxc221232222000⋯a0xx000xn−1123222100⋯0aabxxxcn3312331111abc12−2x222(6);(7)abc2144xbccaab+++318−8x分析第(1)至第(4)题可用降阶法解,第(5)至第(8)题可化为范德蒙行列式解.xab0cxab00y00dxab按第5行展开0y00按第4列展开解(1)0ez0fvvu0y00ez0ghkul0ezghku0000v按第1列展开y0xuv=xyzuv;ez1111111111112341Ri−Ri−11230Ri−R1012−1(2)3412i=4,3,211−31i=2,3,400−4041231−3110−40012−1按第1列展开习题1.2第7−(4)题3(31)−0−40(1)−2(1)(4)(4)−−−=16;−400abcde100001000按第1列展开0100(3)方法一00100a001000010dcbaedcba bcde1000第2个行列式按第4列展开51++(1)−e01000010100241+22a+e(1)−e010=a−e;001方法二逐次均按第2列展开可得同样结果,具体解法可参见下例.a00⋯0110a0⋯00a0⋯12100a⋯000a⋯033(4)逐次按第2行展开=a=⋯=2⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮000⋯a010⋯an−1n100⋯0ana11aa⋯a=aa⋯a(aa−1);23n−123n−11n1an110001111000xx000xxxx000123123a1b1111c1C36a1b1c1111R35(5)−abxxxcabcxxx221232222231222222xx000xxxx000123123222222abxxxcabcxxx331233333231111000111000xxx000xxx000123123222R222xxx00045xxx000123123−abcxxxabc111222231111abc111abcxxx111222231222222abcxxxabcxxx3332313332312222=−Dxxx(,,)=−(x−x)(x−x)(x−x);123313221111112−2x(6)=D(1,2,2,)−x=(x+2)(x−2)(x−1)(22)(21)(21)−−−−−2144x318−8x2=12(x−1)(x−4); abcabcR3+R1提取公因子222222(7)abcabcbcca++ab+abc++abc++abc++abc111C22232(abc++)abc(abc++)abc=(abc++)Dabc(,,)C22211121abc=(abc++)(bacbca−)(−)(−)2.计算下列nn(>1)阶行列式(要求写出计算过程):xy0⋯000xy⋯001+xy1+xy⋯1+xy11121n00x⋯001+xy1+xy⋯1+xy21222n(1);(2).⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮000⋯xy1+xy1+xy⋯1+xyn1n2nny00⋯0xxy0⋯000xy⋯0000x⋯00按第1列展开解(1)⋮⋮⋮⋮⋮000⋯xyy00⋯0xy0⋯00xy0⋯0xy⋯000xy⋯011+n+1(1)−x+(1)−y0x⋯00⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮000⋯x00⋯xynn+1n=x+−(1)y;1+xy1+xy⋯1+xy11121n1+xy1+xy⋯1+xy21222n(3)⋮⋮⋮1+xy1+xy⋯1+xyn1n2nn1+xy1+xy⋯1+xy11121nRi−R1(x2−xy1)1(x2−xy1)2⋯(x2−xy1)ni=2,3,⋯,n⋮⋮⋮(x−xy)(x−xy)⋯(x−xy)n11n12n1n 1+xy1+xy⋯1+xy11121nyy⋯y12n=(x−x)(x−x)⋯(x−x),2131n1⋮⋮ynyy⋯y12n据此当n=2时,原式=(x−x)(y−y);当n>2时,原式=0.21213.求下列多项式的根(要求写出计算过程):x−51−3x−1−2−2(1)fx()=1x−53;(2)fx()=−2x−1−2.−33x−3−2−2x−1x−51−3x−4x−40x−400R+RC−C1221解(1)1x−531x−531x−63−33x−3−33x−3−36x−3x−63R2+R1x−63=(x−4)(x−4)6x−3xxC1−C2x−93(x−4)=xx(−4)(x−9)0x所以原多项式的根为x=0,x=4,x=9.123x−1−2−2x−5x−5x−5111R+R+R123(2)−2x−1−2−2x−1−2=(x−5)2−x−1−2−2−2x−1−2−2x−1−2−2x−1111R+2R212(x−5)0x+10=(x+1)(x−5)R+2R3100x+1所以原多项式的根为x=x=−1,x=5.1234.计算下列行列式(要求写出计算过程):7654329789431221a00174970001020b20(1);(2);(3).536100201103c00056000201400d006800分析利用行列式分块的性质(例1.4.5及思考题2)求解. 7654⋮329789⋮4374⋮97⋯⋯⋯⋯⋮⋯⋯53⋮61再分块3224×解(1)7497⋮00(1)−⋅⋯⋯⋮⋯⋯435361⋮0000⋮560056⋮0000⋮680068⋮00327456=⋅⋅=4;43536812⋮211221122121⋮010102C230012R231212(2)⋯⋯⋮⋯⋯=⋅=9;20112101212100⋮120201002100⋮212b⋮00a0010b200b20c3⋮000b20R12a001R2303c0C13(3)⋯⋯⋮⋯⋯03c003c0a00100⋮a1400d400d400d00⋮4d2ba1=⋅=(6−bcad)(−4).c34d5.解本节的思考题2.证(1)将第r+1列与r列交换,由将新的r列与r-1列交换,如此继续,直到将第r+1列交换到第1列,这样共交换r次;再将第r+2列如上方法交换至第2列,也交换了r次,如此继续直到将r+s列交换至第s列.于是交换了rs次后得到a⋯ac⋯cc⋯ca⋯a111r111s111rs111r⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮a⋯ac⋯cc⋯ca⋯ar1rrr1rsrsr1rsr1rr=(1)−0⋯0b⋯bb⋯b0⋯0111s111s⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮0⋯0b⋯bb⋯b0⋯0s1sss1ss将所得行列式的第r+1行依次与第r行,r-1行,……,第1行交换.交换r次后,r+1行交换至第1行.类似地交换r次后将r+2行交换至第2行,……,交换r次后将第r+s行交换至第s行,于是交换rs次后得: b⋯b0⋯0111rs⋮⋮⋮⋮a⋯ab⋯b111r111sb⋯b0⋯0例1.4.5rsrsr1rs(1)(1)−−⋮⋮⋅⋮⋮c⋯ca⋯a111s111ra⋯ab⋯br1rrs1ss⋮⋮⋮⋮c⋯ca⋯as1ssr1rr(2),(3)思路与(1)类似,证明过程略去.习题1.51.试用克拉默法则解下列方程组:⎧x+x−2x=−3,⎧bx−ax=−2ab,12312⎪⎪(1)⎨5x−2x+7x=22,(2)⎨−2cx+3bx=bc,其中abc≠0;12323⎪⎪⎩2x−5x+4x=4;⎩cx+ax=0,12313⎧2x−x+3x+2x=6,⎧x−3x−6x=9,1234134⎪⎪⎪3x−3x+3x+2x=5,⎪2x−5x+x+x=8,12341234(3)⎨(4)⎨3x−x−x+2x=3,−x+2x+2x=−5,⎪1234⎪124⎪3x−x+3x−x=4;⎪x−7x+4x+6x=0;⎩1234⎩1234⎧x+y+=z1,⎪23(5)⎨x+εy+εz=ε,其中ε为三次原根,即ε≠1,且ε=1的复数.⎪22⎩x+εy+εz=ε,11−211−2R−5R21解(1)因为系数行列式D=5−270−717R−2R2−54310−7811−2R−R320−717=63≠0,根据克拉默法则知,有唯一解.再计算得00−9−31−21−3−211−3D=22−27=63,D=5227=126,D=5−222=189.1234−542442−54DDD所以方程组(1)的唯一解为123x==1,x==2,x==3.123DDD b−a0(2)因为系数行列式D=0−2c3b=−5abc≠0,根据克拉默法则知,有唯一解.再计算得c0a−2ab−a0b−2ab022D=bc−2c3b=5abc,D=0bc3b=−5abc,1200ac0ab−a−2ab2D=0−2cbc=−5abc,3c00DDD123所以方程组(2)的唯一解为x==−ax,==bx,==c.123DDD2−1322−1322−332Ri−Ri−11−200C2−2C1(3)因为系数行列式D=3−1−12i=4,3,202−403−13−1004−323323323021000第二行展开C2−C1(1)2−−40−2−60=-(54+16)=-70≠0,根据克拉默法00−4004−304−3004−3则知,有唯一解.再计算得6−13226325−3322532D==−70,D==−70,123−1−1233−124−13−1343−12−1622−1362−3522−335D==−70,D==−70,343−1323−1−133−14−13−134DDDD所以方程组(3)的唯一解为1234x==1,x==1,x==1,x==1.1234DDDD注意D的第2,3,4列加到第1列可得D;D的第1,3,4列加到第2列可得D;D的第1,2,3列加到第4列可12得D.从而D=D=-70,D=D=-70,D=D=-70.421314110−3−62−511(4)因为系数行列式D==27≠0,根据克拉默法则知,有唯一解.再计算得−12221−746 90−3−619−3−68−5112811D==81,D==−27,12−5222−1−5220−7461046109−610−392−5812−518D==−108,D==27,34−12−52−122−51−7061−740DDDD所以方程组(4)的唯一解为1234x==3,x==−1,x==−4,x==1.1234DDDD232(5)因(1++εε)(1−ε)1=−ε=0,且1−ε≠0知,1++εε=0.据此系数行列式111311C+C+C221232εε2D=1εε0εε=3=3(ε−ε)≠0.根据克拉默法则知,有唯2εε221εε0εε一解.再计算得111111111222D=εεε=0,D=1εε=3(ε−ε),D=1εε=0,12322222εεε1εε1εεDDD123所以方程组(6)的唯一解为x==0,y==1,z==0.DDD2.当λ取何值时,线性方程组⎧x+λx=0,13⎪⎪2x−x=0,14⎨λx+x=0,⎪12⎪x2x=0,⎩34一定只有零解,为什么?10λ010λ010λ200−1C1+C4000−1第2行展开解计算得D=(1)−λ10λ100λ10040100124012=4λ−11根据克拉默法则,当D≠0时,即λ≠时,原方程组只有零解.43.证明:对任意实数k,线性方程组⎧(k−1)x+kx=0,12⎨⎩−2x+(k−1)x=0,12只有零解. k−1k22证因为D==(k−1)+2k=k+≠10,根据克拉默法则,该方程组只有零解.−2k−1习题1.61.计算下列行列式(要求写出计算过程):10a1x+3120−1b−1(1);(2)xx−11.−1−1c−13(x+1)xx+3−11d010a110a1−1b−10−1b−1R3+R10−1b−1按第1列展开解(1)−1ac+0−1−1c−1R+R0−1ac+0411ad+1−11d001ad+10abd++0R1+R3按第3列展开0abd++−1ac+0=abd++.−1ac+1ad+1x+312x+312R−R−RC−C−C312123(2)xx−11xx−113(x+1)xx+3x0xx12x−112C−C122x−1x−110x−11=xx(−1).00x00x2.试用多种方法证明:当a≠0(i=1,2,⋯,)n时,i1+a11⋯1111+a1⋯12D=111+a⋯1n3⋮⋮⋮⋮111⋯1+ann1=aa⋯a(1+).12n∑i=1ai证方法一归化 1+a11⋯1111+a1⋯12R−RinD=111+a⋯1n3i=1,⋯,n−1⋮⋮⋮⋮111⋯1+ana00⋯−a1na00⋯−a1n0a0⋯−an−12n0a0⋯−a12nR+∑−Rni00a3⋯−an00a⋯−ai=1ai3n⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮注意a≠0in−11111⋯1+an000⋯1+an+an∑i=1ain1=aa⋯a(1+)=右端.12n∑i=1ai方法二归纳法1当n=1时,D=1+a=a(1+).结论成立.111a1n−11假设n−1时结论成立,即有D=aa⋯a(1+).n−112n−1∑i=1ai则当n时,将D的第n列看成1+0,1+0,……,1+a,故D可表示为2个行列式之和,而第2个行列式nnn按第n列展开可算出为aD从而nn−11+a11⋯11+a11⋯11111+a1⋯111+a1⋯122Dn=111+a3⋯1=111+a3⋯1+aDnn−1⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮111⋯1+a111⋯1n1+a11⋯1a00⋯01111+a1⋯10a0⋯02R−R2in而111+a⋯100a⋯0=aa⋯a.3312n−1i=1,2,⋯,n−1⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮111⋯1111⋯1n−11所以D=aa⋯a+aD=aa⋯a+aaa⋯a(1+)n12n−1nn−112n−1n12n−1∑i=1ain1=aa⋯a(1+)=右端.12n∑i=1ai方法三递推 由证明(二)可知D与D存在以下递推关系:D=aa⋯a+aDnn−1n12n−1nn−1nn1D1n−1所以D=aa⋯a+aD=aa⋯a(+)=⋯=aa⋯a(1+)n12n−1nn−112n∑12n∑ani=1aii=1ai=右端.方法四加边法1+a11⋯1100⋯0111+a1⋯111+a1⋯121D=111+a⋯1=111+a⋯1n32⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮111⋯1+a111⋯1+annn+11−1−1⋯−1n+11a0⋯01C−C1R+∑Ri11i10a⋯0i=2ai2i=2,3,⋯,n+1⋮⋮⋮⋮100⋯ann11+∑00⋯0i=1ai1a0⋯0n11=aa⋯a(1+)=右端.12n∑10a2⋯0i=1ai⋮⋮⋮⋮100⋯an12345512343.计算D=45123.5345122345112345152345512345151234C1+∑CiRi−R1D5=45123i=2155123i=2,3,4,534512154512234511534511523451523450−1−1−1−1R3+3R20−1−1−1−103−2−2−2R+2R00−5−5−5=35×4.42022−3−3R+R000−5−5520111−40000−5 习题2.11．下列图(1)(2),分别为某些地区的管道网,并已经标明了流量和流向,请列出确定各段流量xx,,⋯,x12k的线性方程组.解(1)根据各个结点上流进和流出的流量相等,有(2)根据各个结点上流进和流出的流量相等,有⎧x1−x3+x4=40,⎧x1+x3+x5=50,⎪⎪⎪x1+x2=50,⎪x1−x2=25,⎨⎪⎪x2+x3+x5=60,⎨x2+x4+x7=60,⎪x+x=50.⎪x+x−x=40,⎩45⎪567⎪⎩−x+x+x=75.3462．写出下列线性方程组的系数矩阵A和增广矩阵A.⎧x−x=1,⎧x+2x−=10,1245⎪⎪⎪x−x=1,⎪x−3x−=20,2314(1)⎨(2)⎨x−x=1,x+2x+3x−=20,⎪34⎪123⎪−x+x=−1.⎪−2x+4x−3x+x−=10.⎩14⎩2345解(1)该方程组的系数矩阵为增广矩阵为⎡1−100⎤⎡1−100⋮1⎤⎢⎥⎢⎥01−1001−10⋮1A=⎢⎥;A=⎢⎥.⎢001−1⎥⎢001−1⋮1⎥⎢⎥⎢⎥⎣−1001⎦⎣−1001⋮−1⎦(2)该方程组的系数矩阵为⎡00012⋮1⎤⎡00012⎤⎢100−30⋮2⎥⎢⎥A=⎢⎥.=⎢100−30⎥⎢12300⋮2⎥A;⎢⎥⎢12300⎥⎣0−24−31⋮1⎦⎢⎥⎣0−24−31⎦增广矩阵为 3.只用初等行变换将下列矩阵化为约化阶梯形⎡1312⎤⎡1−13−1⎤⎡1728⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢477⎥⎢2−1−14⎥(1)0−536;(2);(3).⎢⎥⎢369⎥⎢3−223⎥⎢⎣−1−737⎥⎦⎢⎥⎢⎥⎣2−33⎦⎣10−45⎦⎡1728⎤⎡1728⎤⎡1728⎤⎢⎥1⎢⎥R+R⎢⎥−R2⎢36⎥解(1)0−536⎯⎯⎯→310−536⎯⎯⎯→501−−⎢⎥⎢⎥1R⎢⎥5355⎢⎣−1−737⎥⎦⎢⎣00515⎥⎦⎢0013⎥⎣⎦⎡11⎤100−⎡1702⎤⎢5⎥3⎢⎥⎢⎥R2−R33R−7R⎢3⎥⎯⎯⎯→5⎢010⎥⎯⎯⎯→12010.R−2R13⎢5⎥⎢5⎥⎢0013⎥⎢0013⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎣⎥⎦⎡1312⎤⎡1312⎤⎡1312⎤⎡1312⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢−−⎥1⎢41⎥⎢019⎥⎢477⎥⎯⎯⎯→R2−4R1⎢0541⎥⎯⎯⎯→5R201R23(2)R−3R1⎢5⎥⎯⎯→⎢41⎥⎢369⎥31⎢0−3−27⎥−R3⎢⎥01R4−2R13014⎢⎥⎢⎥⎢⎥−1R5⎣2−33⎦⎣0−9−21⎦34⎢⎥⎢⎥⎢⎣037⎥⎦⎢⎣037⎥⎦⎡1312⎤⎡1312⎤⎡130⎤⎡100⎤⎢⎥⎢019⎥5⎢⎥⎢⎥⎢⎥−R3019010010⎯⎯⎯→R3−R2⎢5⎥⎯⎯⎯→4⎢⎥⎯⎯⎯⎯→R4−20R3⎢⎥⎯⎯⎯→R1−3R2⎢⎥.R−3RR−9R4200−⎢001⎥23⎢001⎥⎢001⎥⎢⎥R1−12R34⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢00−20⎥⎣00−20⎦⎣000⎦⎣000⎦⎢⎣⎥⎦⎡1−13−1⎤⎡1−13−1⎤⎡1−13−1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥2−1−1401−6601−66(3)⎢⎥⎯⎯⎯⎯→R2−2rR1⎢⎥⎯⎯⎯→R4−R3⎢⎥R−3RR−R⎢3−223⎥31⎢01−76⎥32⎢00−10⎥R4−R1⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣10−45⎦⎣01−76⎦⎣0000⎦⎡1−10−1⎤⎡100−1⎤−R3⎢0106⎥⎢0106⎥⎯⎯⎯→R2+6R3⎢⎥⎯⎯⎯→R1+R2⎢⎥.R−3R13⎢0010⎥⎢0010⎥⎢⎥⎢⎥⎣0000⎦⎣0000⎦4.证明互换可通过连续施行若干次倍乘，倍加而实现.证以行互换R为例:列互换可以同样证明.ij ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥iaa...aiaa⋯a⎢i1i2in⎥⎢i1i2in⎥R+−(1)R若A=⎢⋯⋯⋯⋯⎥⎯⎯⎯⎯→ji⎢⋯⋯⋯⋯⎥⎢⎥⎢⎥jaa⋯aja−aa−a⋯a−a⎢j1j2jn⎥⎢j1i1j2i2jnin⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥iaa⋯aiaa...a⎢j1j2jn⎥⎢j1j2jn⎥RR+R+−(1)R⎯⎯⎯→ij⎢⋯⋯⋯⋯⎥⎯⎯⎯⎯→jii⎢⋯⋯⋯⋯⎥⎢⎥⎢⎥ja−aa−a⋯a−aj−a−a⋯−a⎢j1i1j2i2jnin⎥⎢i1i2in⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎢⎥iaa...a⎢j1j2jn⎥(1)−Rji⎯⎯⎯→⎢⋯⋯⋯⋯⎥,这相当于A中交换第i行和第j行,所以结论成立.⎢⎥jaa⋯a⎢i1i2in⎥⎢⎥⎣⎦5.设n阶行列式aa...a11121naa...a21222n≠0.⋮⋮⋮aa...an1n2nn⎡a11a12...a1n⎤⎡10⋯0⎤⎢⎥⎢⎥aa...a01⋯0证明：用初等行变换能把n行n列矩阵A=⎢21222n⎥化为⎢⎥.⎢⋮⋮⋮⎥⎢⋮⋮⋮⎥⎢⎥⎢⎥⎣an1an2...ann⎦⎣00⋯1⎦证若用第三章知识,结论显然成立.现用本节知识来证明.因|A|0≠,说明aa...a不全为零,故当某11121n−1个a≠0,通过适当的行互换,可使得a位于左上角,用a来乘第一行,然后将其余行减去第一行的适当倍数,矩k1k1k1⎡1a′...a′⎤121n⎢⎥⎢0⎥阵A可以化为:⎢0⎥,由于|A|0≠,此时必有|A|0≠,故可以对A重复对A的讨论,从而证得A可经初11⎢⎥⎢⋮A1⎥⎢⎥0⎣⎦⎡1a′a′...a′⎤12131n⎢⎥01a′...a′⎢232n⎥等行变换化为⎢001...a′3n⎥,然后再将第n行的−ain′倍加到第i行(i=1,2,...,n−1),再将第n−1行的⎢⎥⎢⋮⋮⋮⋮⎥⎢⎣000...1⎥⎦ "−a′倍加到第i行(i=1,2,...,n−2),这样继续下去,一直到将第2行的−a倍加到第1行,此时A就化为in(−1)12⎡10⋯0⎤⎢⎥01⋯0⎢⎥,故所证结论成立.⎢⋮⋮⋮⎥⎢⎥⎣00⋯1⎦习题2.21.设mn×矩阵A的秩为rr(>1,且r1)．13×⎢⎥⎣23⎦13×⎡⎤1T⎡11⎤⎢⎥解βα=⎢1⎥⎢⎥2=[3]，⎣23⎦⎢⎥⎣⎦3An=(αβαβT)(T)⋯(αβT)=αT(βαT)(βαT)⋯(αββT)=αT[3]n−1β������������������n个n个⎡11⎤1⎢⎥23⎢⎥T⎡n−1⎤n−1⎢2⎥=α⎣3⎦β=3⎢21⎥．3⎢⎥3⎢31⎥⎢⎣2⎥⎦19．证明奇数阶反对称行列式为零．利用此结论计算下列行列式：0abcd0123−4−a0efg−20−246（1）−b−e0hi；（2）−630−36．−c−f−h0j−12−8404−d−g−i−j020−1510−50证设n阶反对称矩阵为A，其中n为奇数．TTn因A=−A知,A=A=−A=−(1)A=−A,故A=0,即任意奇数阶反对称行列式为零．0abcd0abcd−a0efg−a0efg解（1）因−b−e0hi是反对称行列式，所以−b−e0hi=0．−c−f−h0j−c−f−h0j−d−g−i−j0−d−g−i−j0 0123−40123−4−20−246−10−123反对称行列式（2）−630−3−6=×××2345−210−1−20.−12−8404−3−210120−1510−504−32−1020.甲、乙、丙、丁四人语文、数学、外语的期中、期末、平时考试成绩如下表所示(1)分别写出表示甲、乙、丙、丁四人的期中，期末，平时成绩的矩阵A,B,C.(2)学校规定学期成绩计算方法是期中考试成绩占20%，期末考试成绩占70%，平时成绩占10%，若把甲、乙、丙、丁四人期终成绩的矩阵记为D，写出A，B，C，D之间的关系，并由此计算出D(最后数字用四舍五入表示).⎡949097⎤⎡908695⎤⎡948090⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥858576788070808070解(1)A=⎢⎥,B=⎢⎥,C=⎢⎥⎢989597⎥⎢929396⎥⎢9090100⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣607072⎦⎣667475⎦⎣708080⎦⎡918695⎤⎢⎥808171(2)D=0.2A+0.7B+0.1C=⎢⎥.⎢939397⎥⎢⎥⎣657475⎦21.某港口在某月份运到Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ三地的甲，乙两种货物的数量以及两种货物一个单位的价格，重量，体积如下表所示(1)分别写出表示运到三地货物数量的矩阵A，以及表示货物单位价格，单位重量，单位体积的矩阵B.(2)设表示运到三地的货物总价值，总重量，总体积的矩阵为C，写出矩阵A，B，C的关系，并由此计算出C.⎡20001200⎤⎢⎥⎡0.20.020.12⎤解(1)A=12001400,B=⎢⎥;⎢⎥⎣0.350.050.5⎦⎢⎣800600⎥⎦ ⎡820100840⎤⎢⎥(2)C=AB=73094844.⎢⎥⎢⎣37046396⎥⎦习题3.21.下列矩阵中可逆矩阵是()，并说明理由.解(A)由矩阵的第一第二行对应成比例知,这个矩阵的行列式为零,所以不可逆;(B)矩阵不是方阵,所以也不是可逆矩阵;(C)同(A)矩阵的第一第二行对应成比例,所以不可逆;120120(D)250R−2R010=≠10,所以该矩阵是可逆矩阵.210010012.下列命题正确的是()，并说明理由.(A)若A是n阶方阵，且A≠O，则A可逆.(B)若A，B都是n阶可逆方阵，则A+B也可逆.(C)若AB=O，且A≠O，则必有B=O.T(D)设A是n阶方阵，则A可逆A可逆.⎡10⎤解(A)可逆的充要条件是A≠0而不是A≠O,如A=⎢⎥≠O,但A不是可逆矩阵,所以选项(A)是错⎣00⎦误的.(B)设A=EB,=−E,显然AB,都是可逆的,但是A+B=O不是可逆矩阵,所以选项(B)是错误的.⎡10⎤⎡00⎤(C)设A=⎢⎥,B=⎢⎥,显然AB=O且A≠O,但是B≠O,所以选项(C)也是错误的.⎣00⎦⎣01⎦TTT(D)由A可逆知A≠0,而A=A,故A≠0,从而A可逆,所以选项(D)正确.综上所述应选填D.−1⎡35⎤3.已知A=⎢⎥，则A＝．⎣−2−4⎦⎡5⎤−12⎡35⎤1⎡−4−5⎤⎢2⎥−1−1解因为A=(A),所以A=⎢⎥=−⎢⎥=⎢⎥⎣−2−4⎦2⎣23⎦⎢3⎥−1−⎢⎣2⎥⎦ 4.求下列矩阵的逆矩阵：⎡12−3⎤⎡122⎤⎢⎥⎢⎥（1）012;(2)21−2.⎢⎥⎢⎥⎢⎣001⎥⎦⎢⎣2−21⎥⎦12−3*解(1)012=≠10所以该矩阵是可逆的.因为AA=AE,所以001*−1−1A=AA=A,而A=1,A=0,A=0,A=−2,A=1,A=0,A=7,A=−2,A=1,所以111213212223312333⎡1−27⎤⎡1−27⎤*⎢⎥−1⎢⎥A=01−2,由此可得A=01−2.⎢⎥⎢⎥⎢⎣001⎥⎦⎢⎣001⎥⎦122*(2)21−=−227≠0所以该矩阵是可逆的.因为AA=AE,所以2−21*−1−1A=AA=−27A,而A=−3,A=−6,A=−6,A=−6,A=−3,A=6,A=6,A=6,A=−3,所以111213212223312333⎡−3−66⎤⎡−3−66⎤*⎢⎥−11⎢⎥A=−6−36,由此可得A=−−6−36.⎢⎥27⎢⎥⎢⎣−66−3⎥⎦⎢⎣−66−3⎥⎦5.解下列矩阵方程：−112⎡12⎤⎡12⎤解(1)因为=−≠10,所以⎢⎥可逆,等式两边同左乘⎢⎥可得34⎣34⎦⎣34⎦−1⎡12⎤⎡35⎤⎡4−2⎤⎡35⎤⎡−2−2⎤X=⎢⎥⎢⎥=−1⎢⎥⎢⎥=⎢⎥.⎣34⎦⎣59⎦⎣−31⎦⎣59⎦⎣46⎦ −1111⎡111⎤⎡111⎤⎢⎥⎢⎥(2)因为011=≠10,所以011是可逆的,等式两边同左乘011可得⎢⎥⎢⎥001⎢⎣001⎥⎦⎢⎣001⎥⎦−1⎡111⎤⎡56⎤⎢⎥⎢⎥X=01134.⎢⎥⎢⎥⎢⎣001⎥⎢⎦⎣12⎥⎦−1⎡111⎤⎢⎥*下面先用习题4中方法方法求解011.因为AA=AE,所以⎢⎥⎢⎣001⎥⎦*−1−1A=AA=A,⎡1−10⎤*⎢⎥而A=1,A=0,A=0,A=−1,A=1,A=0,A=0,A=−1,A=1,所以A=01−1,由此111213212223312333⎢⎥⎢⎣001⎥⎦⎡1−10⎤−1⎢⎥可得A=01−1.⎢⎥⎢⎣001⎥⎦−1⎡111⎤⎡56⎤⎡1−10⎤⎡56⎤⎡22⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥据此可得X=01134=01−134=22⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣001⎥⎢⎦⎣12⎥⎦⎢⎣001⎥⎢⎦⎣12⎥⎦⎢⎣12⎥⎦1420⎡14⎤⎡20⎤(3)因为=6≠0,=2≠0所以⎢⎥⎢,⎥都是可逆矩阵,在等式两边同左乘−12−11⎣−12⎦⎣−11⎦−1−1⎡14⎤⎡20⎤⎢⎥,再两边同右乘⎢⎥可得⎣−12⎦⎣−11⎦⎡11⎤−1−1⎡14⎤⎡31⎤⎡20⎤1⎡2−4⎤⎡31⎤1⎡20⎤⎢22⎥X=⎢⎥⎢⎥⎢⎥=(⎢⎥⎢)⎥(⎢⎥)=⎢⎥.⎣−12⎦⎣0−1⎦⎣−11⎦6⎣11⎦⎣0−1⎦2⎣−11⎦⎢1⎥0⎢⎣2⎥⎦6.解出满足下述条件的矩阵X： ⎡31⎤31解(1)因为A+2E=⎢⎥,可知A+2E==110≠,所以A+2E可逆.所以⎣14⎦141⎡4−111⎤⎡⎤1⎡43⎤−1X=(A+2)EC=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥11⎣−13⎦⎣01⎦11⎣−12⎦−1−1−1(2)因为A可逆,所以可在等式AXA=6AXA+两边同右乘A得到AX=6EX+,再在两边同左乘A得到X=6A+AX,所以有(E−AX)=6A.⎡2⎤⎢⎥3⎢⎥⎢3⎥−1因为E−A=≠0,所以EA−可逆,据此可得X=6(E−A)A⎢4⎥⎢⎥6⎢⎥⎢⎣7⎥⎦代入可得−1⎡2⎤⎡1⎤⎡3⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥3323⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎡3⎤−1⎢3⎥⎢1⎥⎢4⎥⎢1⎥⎢⎥X=6(E−A)A=6=6=2(3)由⎢4⎥⎢4⎥⎢3⎥⎢4⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣1⎥⎦6171⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣7⎥⎢⎦⎣7⎥⎦⎢⎣6⎥⎦⎢⎣7⎥⎦0022A+AX−X=E可得(AEX−)=−(AEEA−)(+).而AE−=0−40=≠80,所以AE−是可逆的,10−1 ⎡−20−2⎤−1⎢⎥在等式两边同左乘(AE−)可得X=−(E+A)=020.⎢⎥⎢⎣−10−1⎥⎦k7.设A为n阶方阵，存在某个正整数k＞1，使A=O(A称为幂零矩阵)，证明：E−A可逆，且其逆为2k−1E+A+A+⋯+A.2k−1kk证计算(E−AE)(+A+A+⋯+A)=E−A,由题意可知A=O,所以2k−1k(E−AE)(+A+A+⋯+A)=E−A=E.根据定理3.2.1的推论可知,E−A可逆且其逆为2k−1E+A+A+⋯+A.8.设J为所有元素全为1的n(n＞1)阶方阵，证明E−J可逆，且其逆为nn1E−Jnn−112112证计算(E−J)(E−J)=E−JE−EJ+Jnnnnnn−1n−1n−1n121=E−J+J=E−(nE−JJ)nnnnn−1n−1n−1⎡n−1−1−1⋯−1⎤⎡111⋯1⎤⎢⎥⎢⎥−1n−1−1⋯−1111⋯1⎢⎥⎢⎥计算(nE−JJ)=⎢−1−1n−1⋯−1⎥⎢111⋯1⎥=Onn⎢⎥⎢⎥⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎥⎢⎣−1−1−1⋯n−1111⎥⎢⎦⎣⋯1⎥⎦11据此(E−J)(E−J)=E−(nE−JJ)=E,根据定理3.2.1的推论可知E−J可逆且其逆为nnnnnn−1n−11E−J.nn−1mm−19.设A为n阶方阵，适合aA+aA+⋯+aAaE+=O,其中a≠0,mm−1100求证:A可逆，且求出其逆．mm−1证因为aA+aA+⋯+aAaE+=O,所以有mm−110m−1m−21AaA(+aA+⋯+a)=−aE.由题意可知a≠0,所以可在等式两边同时作数乘−,由此可得mm−1100a01m−1m−21m−1m−2−AaA(+aA+⋯+a)=E,整理得A[−(aA+aA+⋯+a)]=E,根据定理3.2.1mm−11mm−11aa00 −11m−1m−2的推论可知A可逆且A=−(aA+aA+⋯+a).mm−11a010.已知A为3阶方阵，且A=3，求−1−11解(1)A=A=;3**−1−1(2)由于AA=AE,所以A=AA=3A,由此可得*−13−11A=3A=3A=27×=9;33(3)−2A=−(2)A=−×=−8324;−1−13−13−11(4)(3)A=3A=(3A)=(3×3)=;81*−1(5)由(2)中分析可知A=3A,所以1*−11−1−1−13−11A−4A=(3A)4−A=−3A=−(3)A=−27×=−9;333*−1*−1−1−11−1−11(6)由(2)中分析可知A=3A,则(A)=(3A)=(A)=A.33*****11.设A，B均为n阶可逆矩阵，AB,为其伴随矩阵，证明：(AB)=BA．*−1*−1证AB,都可逆,故A=AA,B=BB,且AB可逆,从而得到**−1−1−1*BA=ABBA=ABAB()=(AB).212.设A是n阶方阵，若A=A且A≠E，则A不是可逆矩阵．2−1证(反证)假设A是可逆矩阵,那么在等式A=A两边都左乘A的逆矩阵A可得A=E,这与题设中A≠E矛盾!所以A不可逆.13.设A是n阶方阵，如有非零的n×t矩阵B使AB=O，则A=0．−1证(反证)若A≠0,则A是可逆矩阵,在等式AB=O两边左乘A得B=O,这与题设矛盾,所以A=0. 214.设n阶方阵A满足A+−A4EO=,−1−1证明：A及AE−都是可逆矩阵，且写出A及(AE−).21证(1)由题意A+A−4E=O可得:A[(AE+)]=E,根据定理3.2.1的推论可知,A可逆并且4−11A=(AE+).422(2)由题意A+−A4EO=可得A+A−2E=2E,而这个等式可化为(AEA−)(+2)E=2E,即有1−11(AE−)[(A+2)]E=E,同样根据定理3.2.1的推论可知,AE−可逆并且(AE−)=(A+2)E.22习题3.31.将矩阵适当分块后计算：⎡−12⎤⎡12⎤⎡13⎤⎡21⎤解(1)记A=⎢⎥,B=⎢⎥,C=⎢⎥,D=⎢⎥,则原式可以分块写成⎣31⎦⎣−21⎦⎣4−1⎦⎣34⎦⎡AO⎤⎡CO⎤⎡AO⎤⎡CO⎤⎡ACO⎤⎢⎥⎢⎥,利用分块矩阵的性质计算得⎢⎥⎢⎥=⎢⎥.⎣OB⎦⎣OD⎦⎣OB⎦⎣OD⎦⎣OBD⎦⎡−12⎤⎡12⎤⎡−50⎤⎡13⎤⎡21⎤⎡1113⎤而AB=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥,CD=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥,据此可得⎣31⎦⎣−21⎦⎣17⎦⎣4−134⎦⎣⎦⎣50⎦⎡−5000⎤⎢⎥⎡AO⎤⎡CO⎤⎡ACO⎤1700==⎢⎥.⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣OB⎦⎣OD⎦⎣OBD⎦⎢001113⎥⎢⎥⎣0050⎦⎡10⎤⎡111⎤⎢⎥⎡14⎤⎢⎥⎡010⎤(2)记A=2,EB=01,C=⎢⎥,D=111,G=⎢⎥则原式可以分块写成⎢⎥⎣01⎦⎢⎥⎣001⎦⎢⎣2−1⎥⎦⎢⎣111⎥⎦⎡AB⎤⎡⎤D⎡AB⎤⎡⎤D⎡AD+BG⎤⎢⎥⎢⎥,利用分块矩阵的性质计算得⎢⎥⎢⎥=⎢⎥.⎣OC⎦⎣⎦G⎣OC⎦⎣⎦G⎣CG⎦ ⎡222⎤⎡10⎤⎡232⎤⎢⎥⎢⎥⎡010⎤⎢⎥而AD+BG=2ED+BG=2D+BG=222+01⎢⎥=223,⎢⎥⎢⎥001⎢⎥⎣⎦⎢⎣222⎥⎢⎦⎣2−1⎥⎦⎢⎣241⎥⎦⎡14⎤⎡010⎤⎡014⎤CG=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥,⎣01⎦⎣001⎦⎣001⎦⎡232⎤⎢⎥223⎡AB⎤⎡⎤D⎡AD+BG⎤⎢⎥据此可得⎢⎥⎢⎥=⎢⎥=⎢241⎥.⎣OC⎦⎣⎦G⎣CG⎦⎢⎥014⎢⎥⎢⎣001⎥⎦2.设A为n阶可逆矩阵，计算：−1−1−1−1解(1)A[AE]=⎡AAAE⎤=⎡EA⎤;n⎣n⎦⎣n⎦−1⎡A⎤⎡AA⎤⎡E⎤−1n(2)⎢⎥A=⎢⎥=⎢⎥;−1−1EEAA⎣n⎦⎣n⎦⎣⎦2T⎡A⎤⎡AA⎤(3)[AE][AE]=⎢⎥[AE]=⎢⎥;nnnEAE⎣n⎦⎣n⎦T⎡A⎤2(4)[AE][AE]=[AE]⎢⎥=A+E;nnnnE⎣n⎦−1−1−1−1⎡A⎤⎡AAAE⎤⎡EA⎤nn(5)⎢⎥[AE]=⎢⎥=⎢⎥.n2EEAEAE⎣n⎦⎣nn⎦⎣n⎦⎡AB⎤T3.设M=⎢⎥，其中A，B，C，D均为n(n>1)阶方阵，则M=.⎣CD⎦ ⎡⎤T⎡TT⎤ABACT解M=⎢⎥=⎢⎥,故应选填C.TT⎣CD⎦⎣BD⎦4.设A，B分别为r，t阶方阵，令⎡OA⎤Q=⎢⎥．⎣BO⎦(1)证明：Q可逆⇔A，B均可逆；−1(2)当Q可逆时，求出Q．OArt(1)证Q可逆⇔Q≠0,而Q==−(1)AB,所以Q可逆⇔A≠0,且B≠0⇔AB,均可BO逆.−1⎡CD⎤−1⎡OA⎤⎡CD⎤⎡EO⎤(2)设Q=⎢⎥,则有QQ=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥.⎣FG⎦⎣BO⎦⎣FG⎦⎣OE⎦⎧AF=E⎪⎡OA⎤⎡CD⎤⎡AFAG⎤⎪AG=O而⎢⎥⎢⎥=⎢⎥,所以有⎨,因为Q可逆,由(1)知必有AB,可逆,所以由⎣BO⎦⎣FG⎦⎣BCBD⎦⎪BC=O⎪⎩BD=E−1−1AG=O,BC=O可得G=C=O.而由AF=E,BD=E可得F=A,D=B.所以−1−1⎡OB⎤Q=⎢⎥.−1⎣AO⎦5.利用矩阵分块求下列矩阵的逆： 2127AOAO−1A−1O⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤解(1)记A=⎢⎥,B=⎢⎥,则原矩阵为⎢⎥.而⎢⎥=⎢−1⎥.⎣11⎦⎣13⎦⎣OB⎦⎣OB⎦⎣OB⎦−1−1⎡21⎤⎡1−1⎤⎡27⎤⎡3−7⎤⎡−37⎤−1−1因为A=⎢⎥=⎢⎥,B=⎢⎥=−⎢⎥=⎢⎥,所以可得⎣11⎦⎣−12⎦⎣13⎦⎣−12⎦⎣1−2⎦⎡1−100⎤⎡AO⎤−1⎡A−1O⎤⎢−1200⎥==⎢⎥.⎢⎥⎢−1⎥⎣OB⎦⎣OB⎦⎢00−37⎥⎢⎥⎣001−2⎦⎡3−2⎤⎡34⎤OA⎡OA⎤−1⎡OB−1⎤⎡⎤(2)记A=⎢⎥,B=⎢⎥,则原矩阵为⎢⎥.而⎢⎥=⎢−1⎥.⎣5−3⎦⎣11⎦⎣BO⎦⎣BO⎦⎣AO⎦−1−1⎡3−2⎤⎡−32⎤⎡34⎤⎡1−4⎤⎡−14⎤−1−1因为A=⎢⎥=⎢⎥,B=⎢⎥=−⎢⎥=⎢⎥,所以可得⎣5−3⎦⎣−53⎦⎣11⎦⎣−13⎦⎣1−3⎦⎡00−14⎤⎡OA⎤−1⎡OB−1⎤⎢001−3⎥==⎢⎥.⎢⎥⎢−1⎥⎣BO⎦⎣AO⎦⎢−3200⎥⎢⎥⎣−5300⎦⎡110⎤−1−1⎡12⎤⎢⎥⎡OA⎤⎡OA⎤⎡OB⎤(3)记A=⎢⎥,B=⎢011⎥,则原矩阵为⎢⎥.而⎢⎥=⎢−1⎥.⎣23⎦⎣BO⎦⎣BO⎦⎣AO⎦⎢⎣001⎥⎦−1−1⎡110⎤⎡100⎤−1⎡12⎤⎡−32⎤−1⎢⎥⎢⎥因为A=⎢⎥=⎢⎥,B=011=−110,⎣23⎦⎣2−1⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎣001⎥⎦⎢⎣1−11⎥⎦⎡00100⎤⎢⎥−100−110⎡OA⎤⎡OB−1⎤⎢⎥所以可得⎢⎥=⎢⎥=⎢001−11⎥−1⎣BO⎦⎣AO⎦⎢⎥−32000⎢⎥⎢⎣2−1000⎥⎦⎡a1⎤⎢a⎥OA⎡OA⎤−1⎡OB−1⎤(4)记A=⎢2⎥,B=[a],则原矩阵为⎡⎤.而⎢⎥=⎢⎥.⎢⋱⎥n⎢BO⎥BOA−1O⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥a⎣n−1⎦ −1−1⎡a⎤⎡a⎤11⎢⎥⎢−1⎥因为A−1=⎢a2⎥=⎢a2⎥,B−1=[a]−1=⎡a−1⎤,⎢⎥⎢⎥n⎣n⎦⋱⋱⎢⎥⎢⎥−1⎣an−1⎦⎢⎣an−1⎥⎦−1⎡a⎤n⎢−1⎥−1−1⎢a1⎥⎡OA⎤⎡OB⎤=⎢⎥=⎢−1⎥所以可得⎢⎥−1a2.⎣BO⎦⎣AO⎦⎢⎥⎢⋱⎥⎢a−1⎥⎣n−1⎦6.考虑例3.3.5的一些变形．仍设A，B分别为r阶，s阶方阵，令分别写出MMM,,可逆的充要条件，并加以证明．且在可逆时求出其逆．123解(1)M可逆的充要条件为AB,均可逆.证明如下:1M可逆⇔M≠0,而M=AB⇔A≠0,B≠0⇔AB,均可逆.111⎡KD⎤−1⎡CA⎤⎡KD⎤⎡E⎤设M=⎢⎥,则有MM=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥.111⎣FG⎦⎣BO⎦⎣FG⎦⎣E⎦⎧CK+AF=E⎪⎡CA⎤⎡KD⎤⎡CK+AFCD+AG⎤⎪CD+AG=O而⎢⎥⎢⎥=⎢⎥,所以有⎨,因为M1可逆,由(1)可知必有B可⎣BO⎦⎣FG⎦⎣BKBD⎦⎪BK=O⎪⎩BD=E−1−1逆,所以由BK=O可得K=O;而由CK+AF=E,可得F=A;而由BD=E,可得D=B;由−1⎡OB⎤−1−1CD+AG=O,可得G=−ACB所以M=⎢⎥.1−1−1−1⎣A−ACB⎦(2)M可逆的充要条件为AB,均可逆.证明如(1).2−1⎡OB⎤−1用类似(1)的方法可以解得M=⎢⎥.2−1−1−1⎣A−ACB⎦(3)M可逆的充要条件为AB,均可逆.证明如(1).3−1−1−1⎡−BCAB⎤−1用类似(1)的方法可以解得M=⎢⎥.2−1⎣AO⎦ 习题3.41.下列矩阵中，不是初等矩阵的是()，并说明理由．解(A)由E⎯⎯→R13()A所以是初等矩阵;(B)由E⎯⎯→R12()B所以是初等矩阵;(C)不能由E经过一次初等变换得到,所以不是初等矩阵;(D)由E⎯⎯⎯→R2−2R1()D所以是初等矩阵.2.求下列可逆矩阵的逆矩阵：分析用初等行变换−1−1[A⋮E]⎯⎯→⎡E⋮A⎤,即可得到A.⎣⎦⎡223⋮100⎤⎡100⋮1−4−3⎤⎢⎥⎢⎥解(1)1−10⋮010⎯⎯→010⋮1−5−3,⎢⎥⎢⎥⎢⎣−121⋮001⎥⎦⎢⎣001⋮−164⎥⎦⎡1−4−3⎤−1⎢⎥所以A=1−5−3.⎢⎥⎢⎣−164⎥⎦ ⎡1111⎤1000⋮⎢⎥4444⎢⎥⎡1111⋮1000⎤1111⎢⎥⎢0100⋮−−⎥11−1−1⋮0100⎢4444⎥(2)⎢⎥⎯⎯→,⎢⎥⎢1−11−1⋮0010⎥1111⎢⎥⎢0010⋮−−⎥⎣1−1−11⋮0001⎦⎢4444⎥⎢1111⎥⎢0001⋮−−⎥⎣4444⎦⎡1111⎤⎢⎥4444⎢⎥⎢11−1−1⎥−1⎢4444⎥所以A=⎢⎥.1111⎢−−⎥⎢4444⎥⎢1111⎥⎢−−⎥⎣4444⎦⎡21000⋮10000⎤⎢⎥02100⋮01000⎢⎥1Ri(3)⎢00210⋮00100⎥⎯⎯⎯⎯→2i=1,2,3,4,5⎢⎥00021⋮00010⎢⎥⎢⎣00002⋮00001⎥⎦⎡11111⎤10000⋮−−⎢⎥2481632⎢⎥⎢1111⎥01000⋮0−−⎢24816⎥1⎢⎥Ri−1−Ri111⎯⎯⎯⎯→2⎢00100⋮00−⎥,i=5,4,3,2⎢248⎥⎢11⎥⎢00010⋮000−⎥⎢24⎥⎢1⎥⎢00001⋮0000⎥⎣2⎦⎡11111⎤−−⎢⎥2481632⎢⎥⎢1111⎥0−−⎢24816⎥⎢⎥−1111所以A=⎢00−⎥.⎢248⎥⎢11⎥⎢000−⎥⎢24⎥⎢1⎥⎢0000⎥⎣2⎦ 23n⎡1aaa⋯a⋮1000⋯0⎤⎢2n−1⎥01aa⋯a⋮0100⋯0⎢⎥(4)⎢001a⋯an−2⋮0010⋯0⎥⎯⎯⎯→R1−aR2⎢⎥⎢⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎥⎢⎣0000⋯1⋮0000⋯1⎥⎦⎡1000⋯0⋮1−a00⋯0⎤⎢⎥0100⋯0⋮01−a0⋯0⎢⎥⎯⎯⎯→R2−aR3⋯⎯⎯⎯⎯→Rn−1−aRn⎢0010⋯0⋮001−a⋯0⎥,⎢⎥⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎣0000⋯1⋮0000⋯1⎥⎦⎡1−a0⋯00⎤⎢⎥01−a⋯00⎢⎥⎢001⋯00⎥−1所以A=⎢⎥⋮⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢000⋯1−a⎥⎢⎥⎣000⋯01⎦⎡011⋯1⋮100⋯0⎤⎢⎥101⋯1⋮010⋯0⎢⎥(5)⎢110⋯1⋮001⋯0⎥⎯⎯⎯⎯→Ri−Rn⎯⎯⎯⎯⎯⎯→Rn+R1+R2+⋯+Rn−1i=1,2,⋯,n−1⎢⎥⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎣111⋯0⋮000⋯1⎥⎦⎡2−n111⎤100⋯0⋯⎢⎥n−1n−1n−1n−1⎢⎥⎢12−n11⎥010⋯0⋯⎢n−1n−1n−1n−1⎥⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→−Rii(1,2,=⋯n−1)Ri+Rn⎢112−n1⎥1Ri=1,2,⋯,n−1⎢001⋯0⋯⎥n−1n⎢n−1n−1n−1n−1⎥⎢⎥⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢1112−n⎥000⋯1⋯⎢⎥⎣n−1n−1n−1n−1⎦⎡2−n111⎤⋯⎢⎥n−1n−1n−1n−1⎢⎥⎢12−n11⎥⋯⎢n−1n−1n−1n−1⎥−1⎢⎥所以A=112−n1.⎢⋯⎥⎢n−1n−1n−1n−1⎥⎢⎥⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢1112−n⎥⋯⎢⎥⎣n−1n−1n−1n−1⎦3.解下列矩阵方程： ⎡111⋯11⎤⎡210⋯00⎤⎢⎥⎢⎥011⋯11121⋯00⎢⎥⎢⎥A=⎢001⋯11⎥,B=⎢012⋯00⎥⎢⎥⎢⎥⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎥⎢⎣000⋯01⎥⎦nn×⎢⎣000⋯12⎥⎦nn×求X.−1分析对于矩阵方程AX=C,当A可逆时,只要对矩阵[AC]只作初等行变换化为⎡EAC⎤,即得到解⎣⎦−1⎡⎤A⎡E⎤X=AC.而对于矩阵方程XA=C,当A可逆时,只要对矩阵⎢⎥只作初等列变换化为⎢−1⎥,即得到解⎣⎦C⎣CA⎦−1X=CA.而对于矩阵方程AXB=C,当AB,都可逆时,只要先对矩阵[AC]只作初等列变换化为−1⎡B⎤⎡E⎤−1−1⎡EAC⎤,再对矩阵只作初等列变换化为,即得到解X=ACB.或者也可以分别求⎣⎦⎢−1⎥⎢−1−1⎥⎣AC⎦⎣ACB⎦−1−1出A,B,再作矩阵乘法得到解.⎡1−11⋮120⎤⎡100⋮531⎤⎢⎥⎢⎥解(1)只用初等行变换110⋮201⎯⎯→010⋮−3−30,⎢⎥⎢⎥⎢⎣211⋮0−11⎥⎦⎢⎣001⋮−7−4−1⎥⎦⎡531⎤⎢⎥所以解得X=−3−30.⎢⎥⎢⎣−7−4−1⎥⎦⎡131⋮43−3⎤⎡100⋮02−1⎤⎢⎥⎢⎥(2)先只用初等行变换221⋮23−2⎯⎯→010⋮22−2,⎢⎥⎢⎥⎢⎣342⋮44−3⎥⎦⎢⎣001⋮−2−54⎥⎦ ⎡02−1⎤⎡100⎤⎢⎥⎢⎥11−1010⎢⎥⎢⎥⎢−2−54⎥⎢001⎥⎢⎥⎢⎥再只用初等列变换⎢⋯⋯⋯⎥⎯⎯→⎢⋯⋯⋯⎥,⎢02−1⎥⎢100⎥⎢⎥⎢⎥⎢22−2⎥⎢020⎥⎢⎣−2−54⎥⎦⎢⎣001⎥⎦⎡100⎤⎢⎥所以解得X=020.⎢⎥⎢⎣001⎥⎦⎡111⋯11⋮210⋯00⎤⎢⎥011⋯11⋮121⋯00⎢⎥(3)⎢001⋯11⋮012⋯00⎥⎯⎯⎯⎯→Ri−Ri+1i=1,2,⋯,n−1⎢⎥⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎣000⋯01⋮000⋯12⎥⎦⎡100⋯00⋮1−1−1⋯00⎤⎢⎥010⋯00⋮11−1⋯00⎢⎥⎢001⋯00⋮011⋯00⎥,⎢⎥⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎣000⋯01⋮000⋯12⎥⎦⎡1−1−10⋯00⎤⎢⎥11−1−1⋯00⎢⎥⎢011−1⋯00⎥所以解得X=⎢⎥.⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢0000⋯1−1⎥⎢⎥⎣0000⋯12⎦−14.若可逆矩阵A作下列变化，则A相应地有怎样的变化?(1)A中i行与j行互换；(2)A中i行乘上非零数k；(3)i＜j时，A中第j行乘上数k加到第i行．解(1)A中i行与j行互换相当于用初等矩阵Eij(,)左乘A得到Eij(,)A记为B,则−1−1−1−1−1−1B=((,))EijA=AEij(,)=AEij(,),所以相当于A中的i列与j列互换.(2)A中i行乘上非零数k相当于用初等矩阵Eik(())左乘A得到Eik(())A记为B,则 −1−1−1−1−11−11B=((()))EikA=AEik(())=AEi(()),所以相当于A中i列乘上非零数.kk(3)A中第j行乘上数k加到第i行相当于用初等矩阵Ei(+jk(),)j左乘A得到Ei(+jk(),)jA记为B,则B−1=((Ei+jk(),))jA−1=AEi−1(+jk(),)j−1−1−1=AEi(+j(−k),)j,所以相当于A中第j行乘上数-k加到第i行.*−1TT5.求满足关系式AECBC(−)=E的矩阵A，其中−1TT−1TTTT解由于AECBC(−)=E,得ACECB[(−)]=E,化简为AC(−B)=E,AC(−B)=E.⎡1000⎤⎢⎥2100而CT−BT=⎢⎥,显然是可逆矩阵.所以只需要求出(CT−BT)−1即得到A.⎢3210⎥⎢⎥⎣4321⎦TT下面只用初等行变换把⎡C−B⋮E⎤化为[E⋮A]即可.⎣⎦⎡1000⋮1000⎤⎡1000⋮1000⎤⎢⎥⎢⎥2100⋮01000100⋮−2100⎢⎥⎯⎯→⎢⎥,⎢3210⋮0010⎥⎢0010⋮1−210⎥⎢⎥⎢⎥⎣4321⋮0001⎦⎣0001⋮01−21⎦⎡1000⎤⎢⎥−2100从而得到A=⎢⎥.⎢1−210⎥⎢⎥⎣01−21⎦6.设则下列等式成立的是 ()，并说明理由.RkR+C解由观察可知A⎯⎯⎯→⎯⎯→1323B,所以只要对A左乘一个初等矩阵E(13(),3)+k再右乘一个初等矩阵E(2,3)就得到B.显然E(13(),3)+k=P,E(2,3)=P,所以PAP=B,故应选填B.1313习题3.51.设则在BCD,,中与A等价的矩阵为，并说明理由．分析等价的充要条件是两个行列数相同的矩阵的秩相同.由于A是一个33×的秩为2的矩阵,所以只要在BCD,,中找出同样是33×的秩为2的那个矩阵即是与A等价的矩阵.解B是33×的,但是它的秩为1所以不是;C是33×的同时秩也是2所以与A等价;D虽然秩是2但是是43×的矩阵,所以与A不等价.综上知应填C.2下述命题正确的是()，并说明理由.(A)若A与B等价，则A=B.(B)若方阵A与方阵B等价，则A=B.(C)若A与可逆矩阵B等价，则A也是可逆矩阵.(D)若A，B，C，D均为n阶方阵.若A与B等价，C与D等价，则A+C与B+D等价.⎡10⎤⎡01⎤解(A)设A=⎢⎥,B=⎢⎥,由于秩(A)=秩(B),所以他们必等价,但是显然AB≠.据此(A)不正⎣00⎦⎣00⎦确.⎡10⎤⎡10⎤(B)A=⎢⎥,B=⎢⎥,由于秩(A)=秩(B),所以他们必等价,但是显然A=≠1B=2.据此(B)⎣01⎦⎣02⎦不正确.(C)B是可逆矩阵,因此B是满秩的方阵.根据题意A与B等价,即有秩(A)=秩(B),所以A也是满秩的方阵,因此A也是可逆矩阵.据此(C)正确.⎡10⎤⎡01⎤⎡−10⎤⎡00⎤(D)设A=⎢⎥,B=⎢⎥,C=⎢⎥,D=⎢⎥,秩(A)=秩(B),⎣00⎦⎣00⎦⎣00⎦⎣10⎦ ⎡01⎤秩(C)=秩(D),所以A与B等价，C与D等价.但是显然AC+=OB,+D=⎢⎥不等价.据此(D)不正确.⎣10⎦综上知应填C.解由于两个矩阵等价,所以两者的秩必相等.⎡−120⎤⎡−120⎤⎡123⎤⎢⎥R2+2R1⎢⎥,可知该矩阵的秩为2,因此⎢⎥的秩也必须为2.对它作初2−40⎯⎯⎯→003258⎢⎥R23⎢⎥⎢⎥⎢⎣003⎥⎦⎢⎣000⎥⎦⎢⎣2a6⎥⎦等行变换.⎡123⎤⎡123⎤⎡123⎤⎢258⎥⎯⎯⎯→R2−2R1⎢012⎥⎯⎯⎯⎯→R3−(a−4)R2⎢012⎥,所以要使得它的秩为2,则a=4.⎢⎥R3−2R1⎢⎥⎢⎥⎢⎣2a6⎥⎦⎢⎣0a−40⎥⎦⎢⎣00−2(a−4)⎥⎦故应填4.4.证明：秩为r的矩阵可表示为r个秩为1的矩阵之和．⎡ErO⎤证设A为秩为r的mn×矩阵,则它必与矩阵⎢⎥等价,所以必存在两个可逆矩阵PQ,使得⎣OO⎦mn×⎡ErO⎤⎡ErO⎤A=P⎢⎥Q成立.而⎢⎥可以写成r个只有一个元素为1其余为零的mn×矩阵的和的形式:⎣OO⎦mn×⎣OO⎦mn×⎡1⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥01⎢⎥⎢⎥⎡EO⎤⎢⋱⎥⎢⋱⎥r⎢⎥=⎢⎥+⎢⎥+⋯⎣OO⎦mn×⎢0⎥⎢0⎥⎢0⎥⎢0⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣Omrnr−,−⎥⎦mn×⎢⎣Omrnr−,−⎥⎦mn×⎡0⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥00⎢⎥⎢⎥⎢⋱⎥⎢⋱⎥+⎢⎥+⎢⎥10⎢⎥⎢⎥⎢0⎥⎢1⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣Omrnr−,−⎥⎦mn×⎢⎣Omrnr−,−⎥⎦mn× ⎡ErO⎤所以有A=P⎢⎥Q⎣OO⎦mn×⎡1⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥00⎢⎥⎢⎥⎢⋱⎥⎢⋱⎥=P(⎢⎥+⋯+⎢⎥)Q00⎢⎥⎢⎥⎢0⎥⎢1⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣Omrnr−,−⎥⎦mn×⎢⎣Omrnr−,−⎥⎦mn×⎡1⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥00⎢⎥⎢⎥⎢⋱⎥⎢⋱⎥=P⎢⎥Q+⋯+P⎢⎥Q00⎢⎥⎢⎥⎢0⎥⎢1⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣Omrnr−,−⎥⎦mn×⎢⎣Omrnr−,−⎥⎦mn×⎡0⎤⎢⎥⋱⎢⎥⎢1⎥这样A就表示成了r个矩阵之和的形式.而任一个P⎢⎥Q,由于中间那个矩阵⋱⎢⎥⎢0⎥⎢⎥⎢⎣Omrnr−,−⎥⎦mn×只有一个元素非零,所以其秩为1,而PQ,可逆,所以三个矩阵的积的秩仍然为1.这样A就表示成了r个秩为1的矩阵之和了.5.上题的逆命题“r个秩为1的矩阵之和的秩为r”是否成立?成立请证明，否则举反例．⎡1⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥00证设A=⎢⎥,A=⎢⎥,12⎢⋱⎥⎢⋱⎥⎢⎥⎢⎥OO⎣mrnr−,−⎦mn×⎣mrnr−,−⎦mn×⎡1⎤⎢⎥0⋯,A=⎢⎥r⎢⋱⎥⎢⎥O⎣mrnr−,−⎦mn× ⎡r⎤⎢⎥0显然Ai(=1,2,⋯,)r的秩都是1,但是他们的和A=⎢⎥的秩是1而不是r.所以该逆命题i⎢⋱⎥⎢⎥O⎣mrnr−,−⎦mn×不成立.6.若将所有n阶方阵按等价分类，可分成几个等价类?每一类的标准形是什么?⎡E1O⎤解可以分成n+1类,秩为0的一类,标准形为O;秩为1的一类,标准形为⎢⎥;秩为2的一类,标准⎣OO⎦⎡E2O⎤形为,⋯,秩为n的一类,标准形为E.⎢⎥n⎣OO⎦7.设A是n(n>1)阶方阵，A≠O，则存在一个非零矩阵B，使得AB=O的充要条件为A=0．nt×证对于必要性的证明同习题3.2的第13个习题,下面证明该命题的充分性.若A=0则可知A是一个不满秩的n(n>1)阶方阵,据此可知线性方程组AX=O有非零解.设⎡a10⋯0⎤⎢⎥a0⋯0a,⋯,a为一个非零解,则令B=⎢2⎥.显然B是一个非零的nt×矩阵,并且满足AB=O.1n⎢⋮⋮⋮⎥⎢⎥a0⋯0⎣n⎦nt×所以存在这样的非零矩阵B，使得AB=O.nt×8.设A是m×n矩阵,B是n×m矩阵，若m>n，则必有AB=0.证由于秩(AB)≤秩(A),而A是一个mn×的矩阵且m>n,所以秩(A)≤n.据此可得秩(AB)≤n.由于A是m×n矩阵,B是n×m矩阵,所以AB是一个mm×的方阵,由于秩(AB)≤n1)阶方阵，若M=⎢⎥,⎣CD⎦则M=AD−BC.⎡AB⎤T⎡AC⎤(3)A，B，C，D均为n阶方阵，若M=⎢⎥,则M=⎢⎥.⎣CD⎦⎣BD⎦⎡OA⎤(4)A，B为n(n>1)阶方阵则⎢⎥=−AB.⎣BO⎦−1−1(5)A，B为可逆矩阵，则AXB=C有惟一解X=ACB.⎡11⋯1⎤⎡10⋯0⎤⎢⎥⎢⎥22⋯200⋯0(6)⎢⎥等价于⎢⎥.⎢⋮⋮⋮⎥⎢⋮⋮⋮⎥⎢⎥⎢⎥⎣nn⋯n⎦nn×⎣00⋯0⎦nn×⎡111⎤解(1)设A=⎢⎥,则⎣011⎦⎡10⎤⎡10⎤111T⎡111⎤⎢⎥32T⎢⎥⎡111⎤AA=⎢⎥11==2,AA=11⎢⎥=122=0⎣011⎦⎢⎥22⎢⎥⎣011⎦⎢⎣11⎥⎦⎢⎣11⎥⎦122TT显然此时AA≠AA,所以该项不一定成立.⎡1122⎤⎢⎥⎡11⎤⎡22⎤⎡AB⎤0101(2)设A=C=⎢⎥,B=D=⎢⎥,则M=⎢⎥=⎢⎥⎣01⎦⎣01⎦⎣CD⎦⎢2211⎥⎢⎥⎣0101⎦计算得AD−BC=×−×=−11223,而M中由于第二第四两行相同,所以M=0.因此此时M≠AD−BC,所以此项不一定正确.TTT⎡AC⎤T⎡AC⎤(3)M=⎢⎥,所以M=⎢⎥不正确.TT⎣BD⎦⎣BD⎦⎡OA⎤n2⎡OA⎤(4)⎢⎥=−(1)AB,所以⎢⎥=−AB不正确.⎣BO⎦⎣BO⎦−1−1−1−1(5)因为A，B为可逆矩阵,所以方程两边同左乘A,再右乘B即得X=ACB.所以是正确的. ⎡11⋯1⎤⎡11⋯1⎤⎢⎥⎢⎥22⋯200⋯0RiR−(6)因为⎢⎥⎯⎯⎯⎯→i1⎢⎥据定义知这两个矩阵等价.i=2,3,⋯,n⎢⋮⋮⋮⎥⎢⋮⋮⋮⎥⎢⎥⎢⎥⎣nn⋯n⎦nn×⎣00⋯0⎦nn×综上所述应填(6).⎡O2A⎤3.已知A为3阶方阵，A=a≠0，记G=⎢⎥，求**⎣−AA+A⎦*−1(1)G;(2)(G)．O2A9*123*3*解(1)G==−(1)2A−A=−(1)2AA=2AA**−AA+A**33*3因为AA=AE=aE,所以AA=aE=a,据此G=2AA=8a.*3*3(2)因为GG=GE,由(1)得G=8a≠0,所以GG=8aE,因此可得1***−11(GG)=E,根据定理3.2.1的推论可知,G可逆,且(G)=G.338a8a4.设A是n阶可逆方阵，将A的第i行和第j行互换后得到的矩阵记为B.−1(1)证明B是可逆矩阵；(2)求AB．Rij(1)证由题意可知A⎯⎯→B,所以可得B=EijA(,),因AEij,(,)均为可逆矩阵,所以B也是可逆的,−1−1−1−1−1且B=((,))EijA=AEij(,)=AEij(,)−1−1(2)解AB=AAEij(,)=Eij(,).5.设A为m×n矩阵，B为n×m矩阵．当m＞n时证明：(1)秩(AB)＜m;(2)AB不可逆；(3)齐次线性方程组(ABX)=O有非零解.证(1)秩(AB)≤秩(A)≤≤nm.mn×(2)由于A是m×n矩阵,B是n×m矩阵,所以AB是一个mm×的方阵,由于秩(AB)≤n0,据此可得秩(⎡a⎤)=1.⎣ij⎦mn×⎣ij⎦mn×*8.设A为n(n≥2)阶方阵，证明：*(1)当秩(A)=n时，秩(A)=n;*(2)当秩(A)＜n-1时，秩(A)=0; *(3)当秩(A)=n-1时，秩(A)=1．∗11∗*证(1)由于秩(A)=n,所以A≠0,而AA=AE,在等式两边同乘可得(AA)=E,据此可知AAA*是可逆的,所以秩(A)=n.*(2)秩(A)＜n-1时,根据矩阵秩的定义可知A的所有n−1阶子式都为0,而A的元素就是A的所有***n−1阶子式,所以A的元素都是0,即A=O,所以秩(A)=0.∗∗(3)当秩(A)=n-1时,A不是满秩的,所以A=0.又因为AA=AE,所以AA=O,据此可知秩**(A)+秩(A)≤n,而秩(A)=n-1,所以秩(A)≤1.同时由于*秩(A)=n-1,根据矩阵秩的定义可知A至少有一个n−1阶子式不为零,而A的元素就是A的所有n−1阶子式,**所以A中至少有一个元素不为零.由此可知秩(A)≥1.*综上所述秩(A)=1.习题4.51.解第二组的4道题.⎡11321⎤⎢⎥13163(1)讨论矩阵A=⎢⎥的秩.⎢1−510−10b⎥⎢⎥⎣3−115−2a3⎦(2)讨论方程组a,b取何值时无解，有解?有解时何时有惟一解，何时有无穷多个解?且写出这些解.T(3)设α,α,α,α如第一组第(4)题所设，β=[1,3,b,3].问a,b取何值时，β不能经α,α,α,α12341234线性表示；a,b取何值时，β能经α,α,α,α线性表示.进而何时表法惟一?何时表法无穷?且写出这些表示1234式. (4)讨论α,α,α,α,β的秩，并写出一个极大线性无关组.1234解(1)仅用初等行变换将A化为阶梯形:⎡11321⎤⎡11321⎤⎢⎥⎢⎥1316301−121⎢⎥⎯⎯→⎢⎥(*)⎢1−510−10b⎥⎢0010b+5⎥⎢⎥⎢⎥⎣3−115−2a3⎦⎣0001−a−−b3⎦当a≠1时,矩阵的秩为4;当a=1,b≠−3时,矩阵的秩为4;当a=1,b=−3时秩为3.(2)该线性方程组的增广矩阵恰好是(1)中的矩阵A,所以由(1)的(*)可得⎧x=−4b−20,1⎪b+3⎪x=++b62,2⎪1−a当a≠1时,秩(A)=秩(A)=4=未知数个数,所以此时方程组有唯一解⎨.x=+b5,⎪3⎪−−b3⎪x=.4⎩1−a当a=1,b≠−3时,秩(A)=3,而秩(A)=4,所以此时方程组无解.当a=1,b=−3时,秩(A)=秩(A)=3<未知数个数,所以此时方程组有无穷多解⎧x=−8,1⎪⎪x=−32,t2⎨(其中t是任意常数).x=2,⎪3⎪⎩x4=t,(3)由于α,α,α,α恰好是(2)的线性方程组系数矩阵的列向量组,所以由(2)的结果可得:1234当a≠1时,秩(A)=秩(A)=4=未知数个数,所以此时β能经α,α,α,α线性表示,且表示方法唯一1234b+3−−b3β=−(4b−20)α+(b++62)α+(b+5)α+()α.12341−a1−a当a=1,b≠−3时,秩(A)=3,而秩(A)=4,所以此时β不能经α,α,α,α线性表示.1234当a=1,b=−3时,秩(A)=秩(A)=3<未知数个数,此时β能经α,α,α,α线性表示,且表示方法有无1234穷多种:β=−8α+(32)−tα+2α+tα(其中t是任意常数).1234(4)由于α,α,α,α,β构成的矩阵恰好就是(1)中的矩阵A,所以由(1)的(*)可得1234当a≠1时,秩为4,α,α,α,α就是它的一个极大线性无关组;1234 当a=1,b≠−3时,秩为4,α,α,α,β就是它的一个极大线性无关组;123当a=1,b=−3时,秩为3,α,α,α就是它的一个极大线性无关组.1232.设A，B分别为m×n，t×n矩阵，证明：(1)若AX=O的解均为BX=O的解，则秩(A)≥秩(B)；(2)若AX=O与BX=O同解，则秩(A)=秩(B)；(3)若AX=O的解均为BX=O的解，且秩(A)=秩(B)，则AX=O与BX=O同解；(4)若秩(A)=秩(B)，问是否能导出AX=O与BX=O同解?解(1)因为AX=O的解均为BX=O的解,所以AX=O的基础解系中的解也都是BX=O的解,所以BX=O的基础解系中所含的向量的个数不少于AX=O的基础解系中所含向量的个数.而BX=O的基础解系中所含的向量的个数为n-秩(B),AX=O的基础解系中所含向量的个数为n-秩(A),因此n-秩(B)≥n-秩(A),所以秩(A)≥秩(B).(2)因为AX=O与BX=O同解,所以AX=O的基础解系也就是BX=O的基础解系,所以两者的基础解系所含向量个数相同,因此n-秩(B)=n-秩(A),即有秩(A)=秩(B).(3)因为秩(A)=秩(B),所以n-秩(B)=n-秩(A),据此可知AX=O和BX=O的基础解系所含向量的个数相同.因为AX=O的解均为BX=O的解,所以AX=O的某一基础解系ξξ,,⋯,ξ(t=n-秩(A))也是BX=O12t的基础解系,因此AX=O与BX=O同解.⎡11⎤⎡12⎤⎧x1=1,(4)设A=⎢⎥,B=⎢⎥,显然满足秩(A)=秩(B),但是⎨是AX=O的一个解,但是不是⎣00⎦⎣00⎦⎩x2=−1.BX=O的解.所以不能导出AX=O与BX=O同解.*3.设A，B，C均为n阶矩阵，且秩(A)=秩(BA)，证明：秩(AC)=秩(BAC)．证设ξ是AX=O的任意一个解,则有Aξ=O,所以BAξ=BA(ξ)=BO=O,所以ξ也一定是BAX=O的解,据此可得AX=O的解都是BAX=O的解.又因为秩(A)=秩(BA),根据本节第2个习题(3)可知AX=O和BAX=O同解.和证明AX=O的解都是BAX=O的解类似的过程可得ACX=O的解一定是BACX=O的解.另一方面,设η是BACX=O的任意一个解则有BACη=O,即BAC(η)=O,可知Cη是BAX=O的一个解,已经证明AX=O和BAX=O同解,所以Cη也一定是AX=O的解,即有ACη=O,所以η也就是ACX=O的解,据此可得BACX=O的解也一定是ACX=O的解,所以BACX=O和ACX=O同解.根据本节第2个习题(2)可得秩(AC)=秩(BAC).*4.设A，B，C分别为m×n，n×s，s×m矩阵，且秩(CA)=秩(A)，证明：秩(CAB)=秩(AB)．证类似于本节习题3中方法可证明AX=O的解都是CAX=O的解,又因为秩(CA)=秩(A)根据根据本节第2个习题(3)可知AX=O和CAX=O同解.同样易证ABX=O的解都是CABX=O的解.另一方面,设η是CABX=O的任意一个解则有CABη=O,即CAB(η)=O,可知Bη是CAX=O的一个解,已经证明 AX=O和CAX=O同解,所以Bη也一定是AX=O的解,即有ABη=O,所以η也就是ABX=O的解,据此可得CABX=O的解也一定是ABX=O的解,所以CABX=O和ABX=O同解.根据本节第2个习题(2)可得秩(CAB)=秩(AB).习题5.231.下列向量组中，()是P的一组基，为什么?TTTTTT(A)[1,1,0],[0,1,1],[1,0,1];(C)[1,1,0]，[0,1,1]，[−1,0,1]；TTTTTT(B)[1,−1,0],[0,1,−1]，[−1,0,1];(D)[1,2,0]，[0,2,1]，[−1,0,1]．3分析P中的基应该是三个线性无关的3元向量,所以只要找出线性无关的一组即为所需的选项.⎡110⎤⎡110⎤⎡110⎤解(A)⎢011⎥⎯⎯⎯→R3−R1⎢011⎥⎯⎯⎯→R3+R2⎢011⎥,秩为3,所以该向量组线性无关.⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣101⎥⎦⎢⎣0−11⎥⎦⎢⎣002⎥⎦⎡1−10⎤⎡1−10⎤⎡1−10⎤(B)⎢01−1⎥⎯⎯⎯→R3+R1⎢01−1⎥⎯⎯⎯→R3+R2⎢01−1⎥,秩为2,所以该向量组线性相关.⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣−101⎥⎦⎢⎣0−11⎥⎦⎢⎣000⎥⎦⎡110⎤⎡110⎤⎡110⎤(C)⎢011⎥⎯⎯⎯→R3+R1⎢011⎥⎯⎯⎯→R3−R2⎢011⎥,秩为2,所以该向量组线性相关.⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣−101⎥⎦⎢⎣011⎥⎦⎢⎣000⎥⎦⎡120⎤⎡120⎤⎡120⎤(D)⎢021⎥⎯⎯⎯→R3+R1⎢021⎥⎯⎯⎯→R3−R2⎢021⎥,秩为2,所以该向量组线性相关.⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣−101⎥⎦⎢⎣021⎥⎦⎢⎣000⎥⎦综上所述应填A.32.当k取值为时，ααα,,是P的一组基(要说明理由)，其中123TTTα＝[1,1,3]，α＝[2,1,6]，α＝[3,4,k]1233分析当这三个向量线性无关时,该向量组即为P的一组基.⎡113⎤⎡113⎤⎢⎥⎢⎥3解216⎯⎯→0−10,当k≠9时,秩为3,此时该向量组线性无关,即为P的一组基,故⎢⎥⎢⎥⎢⎣34k⎥⎦⎢⎣00k−9⎥⎦应填k≠9.333.设ααα,,是P的一组基，则()也是P的一组基，且说明理由123(A)α+α+α，2α+2α+2α，α+2α+3α.(B)α+α+α，2α+2α+α，α.1231231231231233 (C)α+α+α，α+α，α.123121(D)α+α+α，α+α，α.123123 分析ααα,,是一组基,所以ααα,,线性无关,只要找出向量组线性无关的选项即为所需.123123⎡111⎤⎡111⎤⎢⎥⎢⎥解因为[α+α+αα+αα]=[ααα]110,而110是可逆矩阵,所以123121123⎢⎥⎢⎥⎢⎣100⎥⎦⎢⎣100⎥⎦[α+α+αα+αα]的秩和[ααα]的秩相同,由于ααα,,线性无关,所以[ααα]的123121123123123秩为3.据此可知[α1+α2+α3α1+α2α1]的秩也是3,由此可得α1+α2+α3，α1+α2，α1线性无关.类似方法可证明选项(A)、(B)、(D)的向量组线性相关,综上所述应选填C.44.*设αααα,,,是P的一组基，若β＝α+2α−α−α，β＝α+3α−2α−α，β＝123411234212343α+4α−3α+kα则当k取何值时β,β,β线性无关；k取何值时β,β,β线性相关，均需说明理由.1234123123解设kkk,,满足kβ+kβ+kβ=O,123112233即k(α+2α−α−α)+k(α+3α−2α−α)+k(α+4α−3α+kα)=O.112342123431234整理得(k+k+k)α+(2k+3k+4)kα+−(k−2k−3)kα+−(k−k+kk)α=O.1231123212331234⎧k+k+k=0,123⎪⎪2k+3k+4k=0,123由于αααα1,2,3,4线性无关,所以必有(Ⅰ)⎨−k−2k−3k=0,⎪123⎪−k−k+kk=0.⎩123⎡111⎤⎡111⎤⎢⎥⎢⎥234012因为⎢⎥⎯⎯→⎢⎥,所以当k=−1时,秩为2,此时(Ⅰ)有非零解,即存在不全为零⎢−1−2−3⎥⎢00k+1⎥⎢⎥⎢⎥⎣−1−1k⎦⎣000⎦的kkk,,满足kβ+kβ+kβ=O,因此此时β,β,β线性相关;当k≠−1时,秩为3,此时(Ⅰ)只有零123112233123解,即不存在不全为零的kkk,,满足kβ+kβ+kβ=O,因此此时β,β,β线性无关.1231122331235.证明：向量组TTTα=[1,2,−1,−2],α=[2,3,0,1],α=[1,3,−1,1],123T4Tα=[1,2,1,3]是P中的一组基，并求向量α=[7,14,−1,−2]在该基下坐标．4 ⎡1211⎤⎡1211⎤⎢⎥⎢⎥23320−110解[αααα]=⎢⎥⎯⎯⎯⎯→初等行变换⎢⎥,1234⎢−10−11⎥⎢0022⎥⎢⎥⎢⎥⎣−2113⎦⎣000−3⎦4可得秩([αααα])=4,这四个向量线性无关,所以该向量组是P中的一组基.1234⎡1211⋮7⎤⎢⎥0−110⋮0[αααα⋮α]⎯⎯⎯⎯→初等行变换⎢⎥,1234⎢0011⋮3⎥⎢⎥⎣0001⋮4⎦⎧x=6,1⎪⎪x2=−1,T可知方程组[α1α2α3α4]X=α的解为⎨所以向量α在该基下的坐标为[6,−1,−1,4].x=−1,⎪3⎪x=4.⎩436.在向量空间P中，取两组基TTT(Ⅰ)：α＝[1,0,1]，α＝[1,1,0]，α＝[0,1,1]；123TTT(Ⅱ)：α′＝[1,0,3]，α′＝[2,2,2]，α′＝[−1,1,4]123(1)求基(Ⅰ)到基(Ⅱ)的过渡矩阵．T(2)设α在基(Ⅰ)下坐标为[1,1,3]，求α在(Ⅱ)下的坐标．−1解(1)记基(Ⅰ)到基(Ⅱ)的过渡矩阵为M,则M=[ααα][α′α′α′],利用习题3.2第5题的方123123法可求出M.⎡110⋮12−1⎤⎡100⋮211⎤⎢⎥初等行变换⎢⎥[ααα⋮α′α′α′]=011⋮021⎯⎯⎯⎯→010⋮−11−2,123123⎢⎥⎢⎥⎢⎣101⋮324⎥⎦⎢⎣001⋮113⎥⎦⎡211⎤⎢⎥所以从基(Ⅰ)到基(Ⅱ)的过渡矩阵为M=−11−2.⎢⎥⎢⎣113⎥⎦⎡2⎤−−1⎢3⎥⎡211⎤⎡⎤1⎢⎥T−1⎢⎥⎢⎥⎢5⎥⎡252⎤(2)X′=MX=−11−21=,所以坐标为−,,.⎢⎥⎢⎥⎢3⎥⎢⎣333⎥⎦⎢⎣113⎥⎢⎥⎦⎣⎦3⎢⎥2⎢⎥⎢⎣3⎥⎦ n7.设αα,,⋯,α为向量空间P的一组基，求这个基到基α,⋯,αα,的过渡矩阵．12n2n1解因为α=0α+1α+0α+⋯+0α;α=0α+0α+1α+⋯+0α;⋯⋯;2123n3123nα=0α+0α+0α+⋯+1α;α=1α+0α+0α+⋯+0α.n123n1123n⎡00⋯01⎤⎢⎥10⋯00⎢⎥所以从基αα,,⋯,α到基α,⋯,αα,的过渡矩阵为⎢01⋯00⎥.12n2n1⎢⎥⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎣00⋯10⎥⎦48.*在向量空间P中，取TTTTα=[2,1,−1,1],α=[0,3,1,0],α=[5,3,2,1],α=[6,6,1,3].123444证明：αααα,,,可作为P的一组基，且在P中求一个非零向量α，使它在基αααα,,,下的坐标与在12341234常用基下的坐标相同．⎡2056⎤⎡1013⎤⎢⎥⎢⎥13360134解⎢⎥⎯⎯⎯⎯→初等行变换⎢⎥,所以秩(αααα,,,)=4,故αααα,,,可作为P4的一12341234⎢−1121⎥⎢0010⎥⎢⎥⎢⎥⎣1013⎦⎣0001⎦组基,且从常用基到基αααα,,,的过渡矩阵为[αααα].12341234TT设所求向量α=[a,b,c,d],则它在常用基下的坐标为[a,b,c,d],α在基αααα1,2,3,4下坐⎡⎤a⎡⎤a⎡⎤a⎢⎥⎢⎥⎢⎥−1b−1bb标为[αααα]⎢⎥,从而α应满足[αααα]⎢⎥=⎢⎥,即12341234⎢⎥c⎢⎥c⎢⎥c⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦d⎣⎦d⎣⎦d⎡⎤a⎡⎤a⎡⎤a⎢⎥⎢⎥⎢⎥bbb[α1α2α3α4]⎢⎥=⎢⎥,移项得([α1α2α3α4]−E)⎢⎥=O.求解方程组⎢⎥c⎢⎥c⎢⎥c⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦d⎣⎦d⎣⎦d⎡2056⎤⎢⎥⎢1336⎥−=TT(EX)O得解为:X=[k,k,k,−k],所以所求的向量α=[k,k,k,−k](k⎢−1121⎥⎢⎥⎣1013⎦可取任意非零常数). 习题5.3331.下述R的非空子集为R的子空间的是()，并说明理由．TT(A)W1={[x,y,1]xy,∈R}.(B)W2={[x,y,0]xy,∈R}.2TT(C)W3={⎡⎣x,y,x⎤⎦xy,∈R}.(D)W3={[x,1,0]x∈R}.TTT解(A)取W1中的两个元素[1,1,1,0,1,1][],则两者之和为[1,2,2]∉W1,所以W1不是子空间.TTT(C)取W3中的两个元素[1,1,1,1,2,1][],则两者之和为[2,3,2],不满足第三个分量是第一T个分量的平方,所以[2,3,2]∉W,因此W不是子空间.33TTT(D)取W4中的两个元素[1,1,0,0,1,0][],则两者之和为[1,2,0]∉W4,所以W4不是子空间.3(B)可以容易验证W关于数乘和加发是封闭的,所以它是R的子空间.2综上所述应选填B.n2.设A是数域P上mn×矩阵，问非齐次线性方程组AX=b的解向量的全体是否是P的子空间?为什么?解设ξξ,是AX=b的两个解向量,但是由于A(ξ+ξ)=Aξ+Aξ=+=bb2b,故ξ+ξ不是AX=b12121212n的解向量,即AX=b的解向量的全体关于加法不是封闭的,所以不是P的子空间.3.求下列齐次线性方程组的解空间的维数和一组基：⎧x−2x+x+x−x=0,12345⎧x+x+2x+4x=0,1234⎪⎪⎪2x1+x2−x3−x4+x5=0,(1)⎨3x1+x2+6x3+2x4=0,(2)⎨x+7x−5x−5x+5x=0,⎪⎪12345⎩−x+x−2x+x=0.1234⎪−−+−=3xx2xxx0.⎩12345⎧x+x+x+x=0,1234⎪⎪3x+2x+x+x=0,1234(3)⎨+x+2x+2x=0,⎪234⎪5x+4x+3x+3x=0.⎩1234分析齐次线性方程组的一个基础解系即为解空间的一组基,而基础解系所含线性无关向量个数n−秩(A)即为解空间的维数.⎧x=−2,t1⎡1124⎤⎡1124⎤⎪⎪x=0,⎢⎥初等行变换⎢⎥2解(1)3162⎯⎯⎯⎯→0105,因此方程组的解为⎨(t任意取值)改写成⎢⎥⎢⎥x=t,⎢⎣−−⎥⎦⎢⎣⎥⎦⎪311210001⎪⎩x4=0. ⎡−2⎤⎢⎥0T向量形式为X=t⎢⎥(t任意取值).所以该解空间的一组基为[−2010],维数为1.⎢1⎥⎢⎥⎣0⎦⎡1−211−1⎤⎡1−211−1⎤⎢⎥⎢⎥21−1−11010−11(2)⎢⎥⎯⎯⎯⎯→初等行变换⎢⎥,因此方程组的⎢17−5−55⎥⎢00−11−1⎥⎢⎥⎢⎥⎣3−1−21−1⎦⎣000−11⎦⎧x=0,⎡⎤01⎪⎢⎥x=0,0⎪2⎢⎥⎪解为⎨x=0,(t任意取值),向量形式为X=t⎢⎥0(t任意取值).所以该解空间的一组基为3⎪⎢⎥x=t,1⎪4⎢⎥⎪⎩x5=t,⎢⎥⎣⎦1T[0,0,0,1,1],维数为1.⎡1111⎤⎡1111⎤⎧x1=t1+t2,⎢⎥⎢⎥⎪32110122⎪x=−2t−2,t(3)解⎢⎥⎯⎯⎯⎯→初等行变换⎢⎥,因此方程组的解为212(tt,任意取值),⎨12⎢0122⎥⎢0000⎥x=t,⎪31⎢⎥⎢⎥⎣5433⎦⎣0000⎦⎪⎩x4=t2,⎡1⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥−2−2向量形式为X=t⎢⎥+t⎢⎥(tt,任意取值).所以该解空间的一组基为1212⎢1⎥⎢0⎥⎢⎥⎢⎥⎣0⎦⎣1⎦TT[1,−2,1,0,1,][−2,0,1],维数为2.∗4.设A为m×n矩阵，若任意一个n元向量α都是齐次线性方程组AX=O的解，则A=O.mn×n证因为任意一个n元向量α都是齐次线性方程组AX=O的解,所以AX=O的解空间就是P.因此解空间的维数为n,从而有n−秩(A)=n,即得秩(A)=0,所以A=O.mn×习题5.44TT1.在欧氏空间R中，设α=[1,2,3,4],β=−[1,1,−2,−6]．求 (αβ,)；(3α+2,3βα−2β）；α；α+β及α−β．解(αβ,)=1(1)213(2)4(6)×−+×+×−+×−=−29;(3α+2,3βα−2β)=9(,)4(,)αα−ββ=270168102−=;α=(,)αα=30;α+β=(α+βα,+β)=14;α−β=(α−βα,−β)=130.4TT2.在欧氏空间R中，取α=[1,−2,1,−1]，β=−[1,3,k,2]，则k=时αβ,正交，为什么?分析α⊥β⇔(,)αβ.解(αβ,)=1(1)(2)31×−+−×+×+−×=−=k(1)2k90⇔k=9.因此当k=9时αβ,正交.n3.在欧氏空间R中，若β与αα,,⋯,α均正交，则β与αα,,⋯,α的任一线12m12mm性组合kα都正交．∑iii=1证因β与αα,,⋯,α均正交,所以(,βα)=0,i=1,2,⋯,.m12mimmm因此(,βkα)=k(,βα)=0,所以β与αα,,⋯,α的线性组合kα都正交.∑ii∑ii12m∑iii=1i=1i=144.在欧氏空间R中，求一单位向量α，使其与TTTα=[1,1,−1,1],α=[1,−1,−1,1],α=[2,1,1,3]123都正交．T2222解设α=[x,x,x,x],根据题意α为单位向量可知x+x+x+x=1.(1)12341234⎧(,αα)=x+x−x+x=0,11234⎪同时α与ααα1,2,3都正交,据此可得⎨(,αα2)=x1−x2−x3+x4=0,从而可解得⎪⎩(,αα)=2x+x+x+3x=0.31234⎧4x=−t,⎪13⎪⎪x2=0,3⎨(其中t为任意取值).又因为条件(1)可知t=±,⎪x=−1t,263⎪3⎪⎩x=t.4T1T所以α=[x,x,x,x]=±[4,0,1,−3].123426 45.已知欧氏空间R中向量1T1T1Tα=[1,1,0,0],α=[0,0,1,1],α=[−1,1,−1,1],1232221TTα4=[1,−1,−1,1],β=[1,1,1,1]24(1)αααα,,,是否是R的一组标准正交基；(2)若α=α+2α+3α+4α，求：α，(αβ,)．12341234⎡(,αα11)(,αα12)(,αα13)(,αα14)⎤⎡1000⎤⎢⎥⎢⎥(αα,)(αα,)(αα,)(αα,)0100解(1)⎢21222324⎥=⎢⎥,所以αααα,,,是R4的一组标准正交1234⎢(αα,)(αα,)(αα,)(αα,)⎥⎢0010⎥31323334⎢⎥⎢⎥⎣(αα4,1)(αα4,2)(αα4,3)(αα4,4)⎦⎣0001⎦基.(2)α=(α+2α+3α+4αα,+2α+3α+4α)=30;12341234Tα在αααα,,,下的坐标为[1,2,3,4],而β在αααα,,,下的坐标为12341234TT[(,βα),(,βα),(,βα),(,βα)]=⎡2,2,0,0⎤,所以1234⎣⎦TT(αβ,)=([1,2,3,4],⎡2,2,0,0⎤)=32.⎣⎦TTT336.已知α=[1,2,1],α=[2,3,3],α=[3,7,1]是欧氏空间R的一组基，将它改造成为R123的一组标准正交基．T解先进行正交化得到β=α=[1,2,1;]11T(αβ2,1)T11T⎡127⎤β=α−β=[2,3,3]−[1,2,1]=,−,;221⎢⎥(,ββ11)6⎣636⎦T(αβ3,1)(αβ3,2)⎡311⎤β=α−β−β=,−,−.33(,ββ)1(ββ,)2⎢111111⎥1122⎣⎦β1T1再进行单位化得到γ==[1,2,1;]1β16β21Tγ==[1,−4,7];2β266β31Tγ===[3,−1,−1].3β311 γγγ,,即为所求的标准正交基.123TTT7.已知α=[1,1,0,0],α=[1,0,1,0],α=−[1,0,0,1]是线性无关向量组，求与此向量123组等价的两两正交的单位向量组.T解先进行正交化得到β=α=[1,1,0,0;]11T(αβ2,1)⎡11⎤β=α−β=,−,1,0;22(,ββ)1⎢22⎥11⎣⎦T(αβ3,1)(αβ3,2)⎡111⎤β=α−β−β=−,,,1.3312⎢⎥(,ββ11)(ββ2,2)⎣333⎦β11T在进行单位化得到γ==[1,1,0,0;]1β12β1T2γ==[1,−1,2,0];2β26β31Tγ===[−1,1,1,3].3β323γγγ,,就是所求的两两正交的单位向量组.123习题5.51.设向量组αα,,⋯,α与向量组ββ,,⋯,β等价，令12t12sW={kα+kα+⋯+kαkk,,⋯,k∈P},1122tt12tV={lβ+lβ+⋯+lβll,,⋯,l∈P},1122ss12s其中P为数域，证明：W=V证因为向量组αα,,⋯,α与向量组ββ,,⋯,β等价，所以存在矩阵A,B使得12t12sst×ts×[αα⋯α]=[ββ⋯β]A(1)；12t12s[ββ⋯β]=[αα⋯α]B(2).12s12t ⎡⎤k1⎢⎥k任取W中元素α=kα+kα+⋯+kα,则即有α=[αα⋯α]⎢⎥2,由(1)式得1122tt12t⎢⎥⋮⎢⎥k⎣⎦t⎡⎤k1⎡⎤k1⎢⎥⎢⎥kkα=[αα⋯α]⎢⎥2=[ββ⋯β](A⎢⎥2),从而可知α也可以表示成ββ,,⋯,β的线性组12t12s12s⎢⎥⋮⎢⎥⋮⎢⎥⎢⎥kk⎣⎦t⎣⎦t合的形式,所以α∈V,因此可得W⊆V.⎡⎤l1⎢⎥l类似的任取W中元素β=lβ+lβ+⋯+lβ,则即有β=[ββ⋯β]⎢⎥2,由(2)式得1122ss12s⎢⎥⋮⎢⎥l⎣⎦s⎡⎤l1⎡⎤l1⎢⎥⎢⎥llβ=[ββ⋯β]⎢⎥2=[αα⋯α](B⎢⎥2),从而可知β也可以表示成αα,,⋯,α的线性组合12s12t12t⎢⎥⋮⎢⎥⋮⎢⎥⎢⎥ll⎣⎦s⎣⎦s的形式,所以β∈W,因此可得V⊆W.综上可知V=W.n2.设:(Ⅰ)αα,,⋯,α与(Ⅱ):ββ,,⋯,β是向量空间P的两组基12n12nn(1)证明在基(Ⅰ)，基(Ⅱ)下坐标完全相同向量的全体组成的集合W是P的一个子空间∗(2)设基(Ⅰ)到基(Ⅱ)的过渡矩阵为M，若秩(E−M)=r,则dim()W=−nr.证(1)设αβ,是W中任意两个向量,且⎡⎤k1⎡⎤k1⎢⎥⎢⎥kkα=[αα⋯α]⎢⎥2=[ββ⋯β]⎢⎥2;12n12n⎢⎥⋮⎢⎥⋮⎢⎥⎢⎥kk⎣⎦n⎣⎦n⎡⎤l1⎡⎤l1⎢⎥⎢⎥llβ=[αα⋯α]⎢⎥2=[ββ⋯β]⎢⎥2.12n12n⎢⎥⋮⎢⎥⋮⎢⎥⎢⎥ll⎣⎦n⎣⎦n ⎡⎤k⎡⎤l⎡k+l⎤1111⎢⎥⎢⎥⎢⎥klk+l则α+β=[αα⋯α]⎢⎥2+[αα⋯α]⎢⎥2=[αα⋯α]⎢22⎥12n12n12n⎢⎥⋮⎢⎥⋮⎢⋮⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦k⎣⎦l⎣k+l⎦nnnn⎡⎤k⎡⎤l⎡k+l⎤1111⎢⎥⎢⎥⎢⎥klk+l=[ββ⋯β]⎢⎥2+[ββ⋯β]⎢⎥2=[ββ⋯β]⎢22⎥12n12n12n⎢⎥⋮⎢⎥⋮⎢⋮⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦k⎣⎦l⎣k+l⎦nnnn所以α+∈βW.⎡⎤k1⎡kk1⎤⎢⎥⎢⎥kkkkα=k[αα⋯α]⎢⎥2=[αα⋯α]⎢2⎥12n12n⎢⎥⋮⎢⋮⎥⎢⎥⎢⎥kkk⎣⎦n⎣n⎦⎡⎤k1⎡kk1⎤⎢⎥⎢⎥kkk=k[ββ⋯β]⎢⎥2=[ββ⋯β]⎢2⎥12n12n⎢⎥⋮⎢⋮⎥⎢⎥⎢⎥kkk⎣⎦n⎣n⎦所以kα∈W.(2)由题意可知⎧⎡⎤k⎡⎤k⎫11⎪⎢⎥⎢⎥⎪⎪⎢⎥k2⎢⎥k2⎪W=⎨k1α1+k2α2+⋯+knαn[α1α2⋯αn]=[β1β2⋯βn]⎬⎢⎥⋮⎢⎥⋮⎪⎪⎢⎥⎢⎥⎪kk⎪⎩⎣⎦n⎣⎦n⎭设基(Ⅰ)到基(Ⅱ)的过渡矩阵为M,则有[ββ⋯β]=[αα⋯α]M.12n12n⎡⎤k1⎡⎤k1⎢⎥⎢⎥kk所以kk,,⋯,k满足[αα⋯α]⎢⎥2=[αα⋯α]M⎢⎥2,12n12n12n⎢⎥⋮⎢⎥⋮⎢⎥⎢⎥kk⎣⎦n⎣⎦n⎡⎤k1⎢⎥k即要求[αα⋯α](E−M)⎢⎥2=O,又因为αα,,⋯,α是一组基,所以[αα⋯α]是一个12n12n12n⎢⎥⋮⎢⎥k⎣⎦n ⎡⎤k1⎢⎥k可逆矩阵,因此kk,,⋯,k即为满足(E−M)⎢⎥2=O的数组,12n⎢⎥⋮⎢⎥k⎣⎦n由此可知W中向量在基αα,,⋯,α下的坐标全体就是方程组(EMX−)=O的解向量的全体.因为秩12n(E−M)=r,所以坐标向量组的极大线性无关组含有的向量个数为nr−,从而可得dim()W=−nr.nn3.设αα,,⋯,α是n维欧氏空间R的一组基，证明：若R中向量ββ,满足12n12(,βα)=(βα,),i=1,2,⋯,,n则β=β.1i2i12证根据题意(,βα)=(βα,),i=1,2,⋯,,n即有(β−βα,)=0,i=1,2,⋯,,n1i2i12i利用课本例题例5.5.1可知β−β=O,所以有β=β.1212习题6.11.设AB,均为n阶方阵，则下述命题正确的是()，且说明理由．(A)若A与B等价，则A与B必相似．(B)若A与B相似，则A与B必等价．⎡10⎤⎡10⎤解(A)设A=⎢⎥,B=⎢⎥,因为秩(A)=秩(B)所以A与B等价;但是由于A≠B,所以A与⎣02⎦⎣04⎦−1B不相似.因此(A)不正确.(B)A与B相似,即存在可逆矩阵P使得PAP=B,所以秩(A)=秩(B),因此A与B等价.(B)是正确的.因此该题应选(B).2.已知ξξ,是线性方程组AX=O的一个基础解系,求A的一个特征值和特征向量.12解ξξ,是线性方程组AX=O的一个基础解系,所以有Aξ=O=0ξ(i=1,2),因此可知ξξ,是A的特征12ii12值为0的特征向量.3.设AB,均为n阶方阵，试证：若A可逆，则AB与BA相似．−1−1证因为A可逆,令P=A,则有P(ABP)=AABA=BA,所以AB与BA相似.4.设A与B相似，C与D相似，试证：⎡AO⎤⎡BO⎤⎢⎥与⎢⎥相似．⎣OC⎦⎣OD⎦ −1证因为A与B相似,所以存在可逆矩阵P使得PAP=B.又因为C与D相似,所以同样存在可逆矩阵Q使−1−1⎡PO⎤−1⎡PO⎤得QCQ=D.下面令G=⎢⎥,因为P,Q可逆,所以G也是可逆的并且有G=⎢⎥.则有−1⎣OQ⎦⎣OQ⎦−1−1⎡AO⎤⎡PO⎤⎡AO⎤⎡PO⎤⎡PAPO⎤⎡BO⎤−1G⎢⎥G=⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥=⎢⎥−1−1⎣OC⎦⎣OQ⎦⎣OC⎦⎣OQ⎦⎣OQCQ⎦⎣OD⎦⎡AO⎤⎡BO⎤由此可得⎢⎥与⎢⎥相似．⎣OC⎦⎣OD⎦TTT5.设A=ξη，其中ξ=[x,x,⋯,x]≠O，η=[y,y,⋯,y]≠O．12n12n求证：ξ是A的特征向量，并指出其对应的特征值．TTTT证因为A=ξη,所以Aξ=ξηξ=ξηξ(),而ηξ=xy+xy+⋯+xy,所以1122nnTTAξ=ξηξ()=(ηξξ)=(xy+xy+⋯+xy)ξ,根据特征向量的定义可得ξ是A的特征向量并且对应的特1122nnT征值为ηξ=xy+xy+⋯+xy.1122nn∗n6设λ是n阶方阵A的一个特征值．记A的属于λ的特征向量的全体及零向量为W={ξ∈PAξ=λξ}.00λ00证明：(1)若ξξ,∈W，则ξ+ξ∈W;12λ012λ0(2)若ξ∈W，则对任意的k∈P有kξ∈W;1λ01λ0n(3)由(1)，(2)导出W为P的一个子空间，称为属于λ的特征子空间．特征子空间W中任意非零向量λ00λ0都是A的属于λ的特征向量．0证(1)ξξ,∈W,所以有Aξ=λξ,Aξ=λξ,12λ0101202而A(ξ+ξ)=Aξ+Aξ=λξ+λξ=λξ(+ξ),所以ξ+ξ∈W.1212010201212λ0(2)ξ∈W,所以Aξ=λξ,而Ak(ξ)=kAξ=kλξ=λ(kξ),因此kξ∈W.1λ01011101011λ0n(3)由(1)，(2)可知非空集合W={ξ∈PAξ=λξ}中元素符合加法和数乘的封闭性,所以构成一个子空λ00间.习题6.21.若方阵A有一个特征值为-1，则｜A+E｜=，且说明理由． n解方阵A的特征值λ满足λE−A=0,所以有−−EA=0.从而E+A=−(1)−−EA=0.12.命题：“若不是方阵A的特征值，则E−2A为可逆矩阵”对不对?为什么?211n1解对,因为不是方阵A的特征值,所以E−A≠0,从而E−2A=2E−A≠0.故E−2A为可逆222矩阵.3.求出下列矩阵的全部特征值和特征向量⎡100⎤⎡4−52⎤⎡1−34⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥(1)−25−2;(2)5−73;(3)4−78;⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣−24−1⎥⎦⎢⎣6−94⎥⎦⎢⎣6−77⎥⎦⎡5311⎤⎡0001⎤⎡−13−1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢−3−11−1⎥⎢0010⎥(4)−35−1;(5);(6)．⎢⎥⎢0010⎥⎢0100⎥⎢⎣−331⎥⎦⎢⎥⎢⎥⎣0022⎦⎣1000⎦⎡100⎤λ−100⎢⎥2解(1)λE−−25−2=2λ−52=(λ−1)(λ−3),所以特征值为1,1,3.⎢⎥⎢⎣−24−1⎥⎦2−4λ+1⎡100⎤⎢⎥求解方程组(E−−25−2)X=O,得属于特征值1的特征向量为⎢⎥⎢⎣−24−1⎥⎦TTξ=k[2,1,0]+k[−1,0,1](其中kk,为不同时为零的任意数).11212⎡100⎤⎢⎥求解方程组(3E−−25−2)X=O,得属于特征值3的特征向量为⎢⎥⎢⎣−24−1⎥⎦Tξ=k[0,1,1](其中k为不为零的任意数).233⎡4−52⎤λ−45−2⎢⎥2(2)λE−5−73=−5λ+7−3=λλ(−1),所以特征值为0,0,1.⎢⎥⎢⎣6−94⎥⎦−69λ−4⎡4−52⎤⎢⎥求解方程组(E−5−73)X=O,得属于特征值1的特征向量为⎢⎥⎢⎣6−94⎥⎦ Tξ=k[1,1,1](其中k为不为零的任意数).111⎡4−52⎤⎢⎥求解方程组(0E−5−73)X=O,得属于特征值0的特征向量为⎢⎥⎢⎣6−94⎥⎦Tξ=k[1,2,3](其中k为不同时为零的任意数).222⎡1−34⎤λ−13−4⎢⎥322(3)λE−4−78=−4λ+7−8=λ−λ−5λ−=3(λ+1)(λ−3),所以特征值为-1,-1,3.⎢⎥⎢⎣6−77⎥⎦−67λ−7⎡1−34⎤⎢⎥求解方程组(3E−4−78)X=O,得属于特征值3的特征向量为⎢⎥⎢⎣6−77⎥⎦Tξ=k[1,2,1](其中k为不为零的任意数).111⎡1−34⎤⎢⎥求解方程组(−−E4−78)X=O,得属于特征值-1的特征向量为⎢⎥⎢⎣6−77⎥⎦Tξ=k[1,2,2](其中k为不为零的任意数).222⎡−13−1⎤λ+1−31⎢⎥322(4)λE−−35−1=3λ−51=λ−5λ+8λ−=4(λ−1)(λ−2),⎢⎥⎢⎣−331⎥⎦3−3λ−1所以特征值为1,2,2.⎡−13−1⎤⎢⎥求解方程组(1E−−35−1)X=O,得属于特征值1的特征向量为⎢⎥⎢⎣−331⎥⎦Tξ=k[1,1,1](其中k为不为零的任意数).111⎡−13−1⎤⎢⎥求解方程组(2E−−35−1)X=O,得属于特征值2的特征向量为⎢⎥⎢⎣−331⎥⎦TTξ=k[1,1,0]+k[1,0,−3](其中kk,为不为零的任意数).22323 ⎡5311⎤λ−5−3−1−1⎢⎥−3−11−13λ+1−11(5)λE−⎢⎥=⎢0010⎥00λ−10⎢⎥⎣0022⎦00−2λ−24323=λ−7λ+18λ−20λ+=8(λ−1)(λ−2),所以特征值为1,2,2,2.⎡5311⎤⎢⎥−3−11−1求解方程组(1E−⎢⎥)X=O,得属于特征值1的特征向量为⎢0010⎥⎢⎥⎣0022⎦Tξ=k[7,−9,1,−2](其中k为不为零的任意数).111⎡5311⎤⎢⎥−3−11−1求解方程组(2E−⎢⎥)X=O,得属于特征值2的特征向量为⎢0010⎥⎢⎥⎣0022⎦TTξ=k[−1,0,0,3]+k[−1,1,0,0](其中kk,为不为零的任意数).22323⎡0001⎤λ00−1⎢⎥00100λ−10(6)λE−⎢⎥==λ4−2λ2+=1(λ+1)(2λ−1)2,⎢0100⎥0−1λ0⎢⎥⎣1000⎦−100λ所以特征值为-1,-1,1,1.⎡0001⎤⎢⎥0010求解方程组(E−⎢⎥)X=O,得属于特征值1的特征向量为⎢0100⎥⎢⎥⎣1000⎦TTξ=k[1,0,0,1]+k[0,1,1,0](其中kk,为不全为零的任意数).11212⎡0001⎤⎢⎥0010求解方程组(−−E⎢⎥)X=O,得属于特征值-1的特征向量为⎢0100⎥⎢⎥⎣1000⎦TTξ=k[0,−1,1,0]+k[−1,0,0,1](其中kk,为不为零的任意数).23434−14.判断上题中哪些矩阵可以对角化，对那些可对角化的矩阵A，写出可逆矩阵P使PAP 为对角矩阵，并写出该对角矩阵．⎡2−10⎤⎢⎥解(1)3阶矩阵有3个线性无关的特征向量,所以能对角化.可逆矩阵可取P=101,相应对角矩阵为⎢⎥⎢⎣011⎥⎦⎡1⎤−1⎢⎥PAP=1.⎢⎥⎢⎣3⎥⎦(2)3阶矩阵最多只有2个线性无关的特征向量,少于3个,所以不能对角化.(3)3阶矩阵最多只有2个线性无关的特征向量,少于3个,所以不能对角化.⎡111⎤⎢⎥(4)3阶矩阵有3个线性无关的特征向量,所以能对角化.可逆矩阵可取P=110,相应对角矩阵为⎢⎥⎢⎣10−3⎥⎦⎡1⎤−1⎢⎥PAP=2.⎢⎥⎢⎣2⎥⎦(5)4阶矩阵最多只有3个线性无关的特征向量,少于4个,所以不能对角化.⎡100−1⎤⎢⎥01−10(6)4阶矩阵有4个线性无关的特征向量,所以能对角化.可逆矩阵可取P=⎢⎥,相应对角矩⎢0110⎥⎢⎥⎣1001⎦⎡1⎤⎢⎥1阵为PAP−1=⎢⎥.⎢−1⎥⎢⎥⎣−1⎦−15.设3阶方阵A有特征值-1,1,2，它们所对应的特征向量分别为ξξξ,,，令P=[ξξξ]，则PAP为()，123123且说明理由．⎡−100⎤⎡100⎤⎡100⎤⎡200⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(A)010．(B)020．(C)0−10．(D)0−10．⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣002⎥⎦⎢⎣00−1⎥⎦⎢⎣002⎥⎦⎢⎣001⎥⎦解ξ是属于特征值-1的特征向量,所以对角矩阵主对角线上第一个元素为-1;同理第二个元素是1,第三个为1⎡−100⎤−1⎢⎥2,因此PAP=010,故应选填A.⎢⎥⎢⎣002⎥⎦6.设上三角矩阵 ⎡a11a12⋯a1n⎤⎢⎥0a⋯aA=⎢222n⎥,⎢⋮⋮⋮⎥⎢⎥00⋯a⎣nn⎦它的主对角线上元素互异，证明：A能与对角矩阵相似．λ−a−a⋯−a11121n0λ−a⋯−a222n证λE−A==(λ−a)(λ−a)⋯(λ−a),1122nn⋮⋮⋮00⋯λ−ann因为A的主对角线上元素互异,所以A有n个互异的特征值.因此A能与对角矩阵相似.T7.设A为n阶方阵，证明:A与A有相同的特征多项式．TTTTT证A的特征多项式为λE−A=((λE)−A)=(λE−A)=λE−A,T而λE−A是A的特征多项式,所以A与A有相同的特征多项式.8*.设ξξ,分别是方阵A的属于λλ,的特征向量，若λ≠λ，证明：ξ+ξ不可能是A的特征向量．12121212证(反证)假设ξ+ξ是A的属于特征值λ的特征向量,则有A(ξ+ξ)=λξ(+ξ),又因为ξξ,分别是A12121212的属于λλ,的特征向量,所以有Aξ=λξ,Aξ=λξ.又因为A(ξ+ξ)=Aξ+Aξ,由此可知121112221212λξ+λξ=λξ+λξ,即有(λ−λξ)+(λ−λξ)=O,因为λ≠λ,所以(λ−λ)和(λ−λ)不全为零,11221211221212这表明ξξ,线性相关,这与属于不同特征值的特征向量必线性无关矛盾!所以假设不成立,即有ξ+ξ不是A1212的特征向量.9*.已知3阶矩阵A的特征值为1，2，2，且A不能与对角矩阵相似，则秩(E-A)=；秩(2E-A)=，并说明理由.解因为1是A的一重根,所以(E-A)X=O的基础解系含有1个向量,因此3-秩(E-A)=1,从而可知秩(E-A)=2.又因为2是A的二重根,所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数为1或2,由于A不能与对角矩阵相似,则可知A的线性无关的特征值个数小于3,所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数只能为1,故有3-秩(2E-A)=1,所以秩(2E-A)=2.⎡001⎤⎢⎥10*.已知A=x12x−3能与对角矩阵相似，求x．⎢⎥⎢⎣100⎥⎦ λ0−1λ−12解λE−A=−xλ−132−x=(λ−1)=(λ−1)(λ+1),A的特征值为-1,1,1.因为A与对角−1λ−10λ矩阵相似,所以要求特征根的重数n与(λE−AX)=O的基础解系所含向量个数r相等.-1是一重根所以一定iii满足;要2重特征值1满足,也就是要(EAX−)=O的基础解系含有2个向量,由此可知n-秩(EA−)=2,因此秩(E−A)=1.⎡10−1⎤⎡10−1⎤E−A=−⎢x0−2x+3⎥⎯⎯⎯→R2+xR1⎢00−3x+3⎥,所以当且仅当x=1时秩(EA−)=1,从而所求x=1.R+R⎢⎥31⎢⎥⎢⎣−101⎥⎦⎢⎣000⎥⎦习题6.3⎡200⎤⎡200⎤⎢⎥⎢⎥1.设矩阵A=001与矩阵B=0y1相似．求x,y⎢⎥⎢⎥⎢⎣01x⎥⎦⎢⎣00−1⎥⎦⎧2+=++x2y1,解因为矩阵A与矩阵B相似,所以trA=trB,A=B,从而有⎨解得x=0,y=1.⎩−=−22,y⎡1111⎤⎡1000⎤⎢⎥⎢⎥111100002.设A=⎢⎥,B=⎢⎥⎢1111⎥⎢0000⎥⎢⎥⎢⎥⎣1111⎦⎣0000⎦则下述结论正确的是()，且说明理由．(A)A与B等价，且A与B相似．(B)A与B等价，但A与B不相似．(C)A与B不等价，且A与B不相似．(D)A与B不等价，但A与B相似． 解因为秩(A)=1=秩(B),所以A与B等价.又因为trA=4,trB=1,即有trA≠trB,所以A与B不相似.综上可知(B)是正确的,故应选填B.223.已知3阶矩阵A的特征值为-1,1,2，求(1)矩阵A+A−2E的特征值；(2)｜A+A−2E｜．22解(1)取fx()=x+−x2,则A+A−2E=fA(),2所以fA()=A+A−2E的特征值为f(1)−=2,(1)0,(2)f=f=2.2(2)｜A+A−2E｜=f(1)(1)(2)−ff=××=2020.−14.设3阶方阵A的行列式｜A｜=-2，A*有一个特征值为6，则A必有一个特征值为；A必有一个特征值为；−1∗−15A−3A必有一个特征值为；AE(+A)必有一个特征值为；5A−3A必有一个特征值为.以上各项均要求写出计算过程.∗−11∗−11解(1)由AA=AE可得A=−A,A*有一个特征值为6,所以A必有一个特征值为−×=−63.22−1−111(2)A=(A),所以A必有一个特征值为=−.−33−1∗1∗∗11∗11(3)5A−3A=×−5(A)3−A=−A,所以必有一个特征值为−×=−633.222221(4)取fx()=x+x,则AE(+A)=A+A=fA(),因A有一个特征值为−,所以fA()必有一个特征值311212为f(−)=−()−=−.3339−1−1−1−1−1(5)5A−3A=5A−3(A),所以必有一个特征值为5(3)3(3)×−−×−=−14.⎡1−22⎤⎢⎥k325.设A=−2−24.(1)计算A(k>1)；(2)求A+3A−24A+28E.⎢⎥⎢⎣24−2⎥⎦λ−12−2322解(1)λE−A=2λ+2−4=λ+3λ−24λ+28=(λ−2)(λ+7),所以特征值为2,2,-7.−2−4λ+2⎡1−22⎤⎢⎥求解方程组(2E−−2−24)X=O,得到属于2的线性无关的特征向量为⎢⎥⎢⎣24−2⎥⎦TTξ=[2,0,1,]ξ=−[2,1,0].12 ⎡1−22⎤T⎢⎥⎡1⎤求解方程组(7−E−−2−24)X=O,得到属于-7的线性无关的特征向量为ξ=−,−1,1.⎢⎥3⎢2⎥⎣⎦⎢⎣24−2⎥⎦ξξξ1,2,3线性无关,故A能对角化.取P=[ξ1ξ2ξ3]则P为可逆矩阵,且⎡2⎤−1⎢⎥记为−1k−1kk−1PAP=2Λ.求得A=ΛPP,从而A=(PPΛ)=ΛPP⎢⎥⎢⎣−7⎥⎦−1⎡1⎤⎡1⎤2−2−k2−2−⎢2⎥⎡2⎤⎢2⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥kkA=⎢01−1⎥2⎢01−1⎥⎢⎥⎢101⎥⎢(7)−k⎥⎢101⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎣⎦k+3kk+1kk+1k⎡2+−(7)−2+2(7)−2−2(7)−⎤⎢k+1kk+1kk+1k⎥=−⎢2+2(7)−52⋅+4(7)−2−4(7)−⎥.⎢k+1−−kk+2−−k⋅k+1+−k⎥22(7)24(7)524(7)⎣⎦3232(2)取fx()=x+3x−24x+28,则A+3A−24A+28E=fA()的特征值为32−1f(2)0,(2)0,(7)0=f=f−=,所以A+3A−24A+28E=POP=O.6.设n阶方阵A的n个特征值为1，2，…，n，求｜A+E｜．解方阵A的n个特征值为1，2，…，n,所以A+E的特征值为2,3,……,n,n+1.所以｜A+E｜=(n+1)!.7.已知3阶方阵A的特征值为0，1，2，所对应的特征向量分别为TTT[1,1,1],[1,1,0],[1,0,0]k3232求(1)A，其中k为任意正整数；(2)A+A−4A+2E；(3)A+A−4A+2E．分析本题与第5题类似,故解法相同,下面仅列出简要解答.TTT解(1)由方阵A的特征值为0，1，2，所对应的特征向量分别为[1,1,1],[1,1,0],[1,0,0],可−1⎡111⎤⎡0⎤⎡111⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥知A=1101110,所以⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣100⎥⎢⎦⎣2100⎥⎢⎦⎣⎥⎦−1−1−1⎡111⎤⎡0⎤⎡111111⎤⎡⎤⎡111111⎤⎡⎤⎡0⎤⎡111⎤k⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥A=1101110110⋯1101101110⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣100⎥⎢⎦⎣2100100⎥⎢⎦⎣⎥⎢⎦⎣⎥⎦⎢⎣100100⎥⎢⎦⎣⎥⎢⎦⎣2100⎥⎢⎦⎣⎥⎦ −1nn⎡111⎤⎡0⎤⎡111⎤⎡212−−1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢110⎥⎢1⎥⎢110⎥=⎢01−1⎥⎢⎣100⎥⎢⎦⎣2k⎥⎢⎦⎣100⎥⎦⎢000⎥⎣⎦3232(2)取fx()=x+x−4x+2,方阵A的特征值为0，1，2,所以fA()=A+A−4A+2E的特征值为32f(0)=2,(1)0,(2)6f=f=.因此A+A−4A+2E=f(0)(1)(2)ff=0.−1⎡111⎤⎡2⎤⎡111⎤⎡6−62⎤32⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(3)A+A−4A+2E=1100110=002.⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣100⎥⎢⎦⎣6100⎥⎢⎦⎣⎥⎦⎢⎣002⎥⎦⎡a−1c⎤⎢⎥T8*.设矩阵A=⎢5b3⎥,A=−1,A*有一个特征值λ0，属于λ0的特征向量为ξ=−[1,−1,1]，求⎢⎣1−c0−a⎥⎦a,b,c和λ的值．0∗∗1解由题设知,Aξ=λξ0,两边左乘A,利用AA=AE=−E可得:Aξ=−ξ即有λ0⎡a−1c⎤⎢⎥T1T5b3[−1,−1,1]=−[−1,−1,1].由此可得⎢⎥λ0⎢⎣1−c0−a⎥⎦⎧1⎪−++=a1c,(1)λ⎪0⎪11⎧c=a,⎨−−+=5b3,(2),利用(1)和(3)可知2=2,从而得到λ0=1,由此可得⎨再根据A=−1,λλ⎩b=−3.⎪00⎪1⎪c−−=−1a.(3)λ⎩0可得A=−=−a31,即有a=2.综上可得a=2,b=−3,c=2,λ=1.09.设A为n阶方阵，证明：A=0⇔零是A的一个特征值．证⇒A=0所以0E−A=0,因此零是A的一个特征值.⇐零是A的一个特征值,所以0E−A=0即有A=0.10.设n(n＞1)阶上三角矩阵 ⎡aa12a13⋯a1n⎤⎢⎥0aa⋯a⎢232n⎥A=⎢00a⋯a⎥．3n⎢⎥⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎣000⋯a⎥⎦若A≠aE，则A不能与对角矩阵相似．⎡λ−a−a−a⋯−a⎤12131n⎢⎥0λ−a−a⋯−a⎢232n⎥n证λE−A=⎢00λ−a⋯−a⎥=(λ−a),所以a是A的n重根.如果A能与对角矩阵相似,则3n⎢⎥⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎣000⋯λ−a⎥⎦必有(aE−AX)=O的基础解系含有n个向量,即n-秩(aE−A)=n,也就是秩(aE−A)=0,从而得到此时aE−A=O,即A=aE,这与条件A≠aE矛盾!所以A不能与对角矩阵相似．211*.设n阶方阵A满足A+4A+4E=O，证明:A的特征值仅为-2.证设λ为A的任意一个特征值,ξ是A的属于λ的特征向量,则有Aξ=λξ,所以2222(A+4A+4)Eξ=λξ+4λξ+4ξ=Oξ=O,由ξ≠O可得λ+4λ+=4(λ+2)=0,即得λ=−2,所以A的特征值仅为-2.习题6.41.实对称矩阵是矩阵能对角化的充分条件,还是必要条件?为什么?⎡103⎤⎢⎥解因为实对称矩阵一定能对角化,所以充分性是成立的,但是设矩阵A=020不是实对称矩阵,但是我们⎢⎥⎢⎣003⎥⎦知道他有三个互异的特征值1,2,3所以它一定能对角化.因此可知必要性不成立.所以实对称矩阵是矩阵能对角化的充分但不必要条件.−12.求可逆矩阵P使PAP为对角阵，且写出这对角阵：⎡310−1⎤⎡5−13⎤⎢⎥⎢⎥=⎢13−10⎥(1)A=−15−3；(2)A;⎢⎥⎢0−131⎥⎢⎣3−33⎥⎦⎢⎥⎣−1013⎦ ⎡2−1−11⎤⎢⎥−121−1(3)A=⎢⎥．⎢−112−1⎥⎢⎥⎣1−1−12⎦λ−51−332解(1)λE−A=1λ−53=λ−13λ+36λ=λλ(−4)(λ−9),所以特征值为0,4,9.−33λ−3⎡5−13⎤⎢⎥T解线性方程组(0E−−15−3)X=O,得属于特征值0的线性无关的一个特征向量为[−1,1,2].⎢⎥⎢⎣3−33⎥⎦⎡5−13⎤⎢⎥T解线性方程组(4E−−15−3)X=O,得属于特征值4的线性无关的一个特征向量为[1,1,0].⎢⎥⎢⎣3−33⎥⎦⎡5−13⎤⎢⎥T解线性方程组(9E−−15−3)X=O,得属于特征值9的线性无关的一个特征向量为[1,−1,1].⎢⎥⎢⎣3−33⎥⎦⎡−111⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥所以P=11−1,对角矩阵为4.⎢⎥⎢⎥⎢⎣201⎥⎦⎢⎣9⎥⎦λ−3−101−1λ−310432(2)λE−A==λ−12λ+50λ−84λ+4501λ−3−110−1λ−32=(λ−1)(λ−3)(λ−5),所以特征值为1,3,3,5.⎡310−1⎤⎢⎥13−10解线性方程组(3E−⎢⎥)X=O,得属于特征值3的两个线性无关的特征向量为⎢0−131⎥⎢⎥⎣−1013⎦TT[1,0,1,0,0,1,0,1][].⎡310−1⎤⎢⎥13−10解线性方程组(5E−⎢⎥)X=O,得属于特征值5的一个线性无关的特征向量为⎢0−131⎥⎢⎥⎣−1013⎦T[1,1,−1,−1]. ⎡310−1⎤⎢⎥13−10解线性方程组(E−⎢⎥)X=O,得属于特征值1的一个线性无关的特征向量为⎢0−131⎥⎢⎥⎣−1013⎦T[1,−1,−1,1].⎡1011⎤⎡3⎤⎢⎥⎢⎥011−13所以P=⎢⎥,对角矩阵为⎢⎥.⎢10−1−1⎥⎢5⎥⎢⎥⎢⎥⎣01−11⎦⎣1⎦λ−211−11λ−2−113(3)λE−A==(λ−1)(λ−5),所以特征值为1,1,1,5.1−1λ−21−111λ−2⎡2−1−11⎤⎢⎥−121−1解线性方程组(E−⎢⎥)X=O,得属于特征值1的三个线性无关的特征向量为⎢−112−1⎥⎢⎥⎣1−1−12⎦TTT[1,1,0,0,1,0,1,0,1,0,0,][][−1].⎡2−1−11⎤⎢⎥−121−1解线性方程组(5E−⎢⎥)X=O,得属于特征值5的一个线性无关的特征向量为⎢−112−1⎥⎢⎥⎣1−1−12⎦T[1,−1,−1,1].⎡1111⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥100−11所以P=⎢⎥,对角矩阵为⎢⎥.⎢010−1⎥⎢1⎥⎢⎥⎢⎥⎣00−11⎦⎣5⎦−13.求正交矩阵U使UAU为对角阵，且写出这对角阵，这里A即第2题中的A．(1)把三个属于不同特征值的特征向量单位化.TT[−1,1,2]1T[1,1,0]1T=[−1,1,2],=[1,1,0],TT[−1,1,2]6[1,1,0]2T[1,−1,1]1T=[1,−1,1].T[1,−1,1]3 ⎡111⎤⎢−⎥623⎢⎥⎡0⎤⎢111⎥⎢⎥由此得到U=−,对角矩阵为4.⎢⎥⎢⎥623⎢⎥⎢⎣9⎥⎦⎢21⎥0⎢⎥⎣63⎦(2)因为四个线性无关的特征向量已经两两正交了,所以只要对他们单位化即可.TT[1,0,1,0]1T[0,1,0,1]1T=[1,0,1,0,]=[0,1,0,1,]TT[1,0,1,0]2[0,1,0,1]2TT[1,1,−1,−1]1T[1,−1,−1,1]1T=[1,1,−1,−1,]=[1,−1,−1,1]TT[1,1,−1,−1]2[1,−1,−1,1]2⎡2011⎤⎡3⎤⎢⎥⎢⎥1⎢021−1⎥3由此得到U=⎢⎥,对角矩阵为⎢⎥.2⎢20−1−1⎥⎢5⎥⎢⎥⎢⎣02−11⎥⎦⎣1⎦(3)先对属于特征值1的三个特征向量进行正交化.TTTξ=[1,1,0,0,]ξ=[1,0,1,0,]ξ=[1,0,0,−1].123Tη=ξ=[1,1,0,0];11T(ξη2,1)T1T⎡11⎤η2=ξ2−η1=[1,0,1,0]−[1,1,0,0]=⎢,−,1,0⎥;(ηη1,1)2⎣22⎦(ξη3,1)(ξη3,2)1Tη3=ξ3−η1−η2=[1,−1,−1,−3].(ηη1,1)(ηη2,2)3再对向量进行单位化,得到三个正交单位向量,从而得到四个两两正交的单位向量:1T1T3T1T[1,1,0,0],[1,−1,2,0],[1,−1,−1,−3],[1,−1,−1,1].由此得到2662⎡2131⎤⎢⎥2662⎢⎥⎢2131⎥⎡1⎤⎢−−−⎥⎢⎥⎢2662⎥⎢1⎥U=,对角矩阵为.⎢231⎥⎢1⎥⎢0−−⎥⎢⎥⎢662⎥⎣5⎦⎢⎥⎢31⎥00−⎢⎣22⎥⎦ 4*.设A,B均为n阶实对称矩阵，证明:A与B相似⇔A,B有相同的特征多项式．证⇒显然成立.⇐A,B有相同的特征多项式,则A,B必有相同的特征根(包括重数).不妨设这些根为λλ,,⋯,λ,因为A,B12n⎡λ1⎤⎡λ1⎤⎢⎥⎢⎥λλ均为n阶实对称矩阵,所以存在可逆矩阵PQ,使得PAP−1=⎢2⎥,QBQ−1=⎢2⎥.由⎢⋱⎥⎢⋱⎥⎢⎥⎢⎥λλ⎣n⎦⎣n⎦−1−1−1−1−1−1此可知PAP=QBQ,所以有A=(QP)BQP,其中QP是可逆的,因此A与B相似.5.已知1，1，-1是3阶实对称矩阵A的3个特征值，TT向量ξ=[1,1,1],ξ=[2,2,1]12是A的属于λ=λ=1的特征向量．12(1)求A的属于特征值-1的特征向量；(2)求出矩阵A．TTT解(1)设A的属于-1的特征向量为ξ=[a,b,c],则ξ和ξ=[1,1,1],ξ=[2,2,1]均正交,所3312⎧abc++=0,T以有⎨从而得到ξ3=t[1,−1,0](t为任意非零常数).⎩2a+2bc+=0.TT(2)对ξ=[1,1,1],ξ=[2,2,1]进行正交化得到12TT(ξη2,1)⎡112⎤η1=ξ1=[1,1,1,]η2=ξ2−η1=⎢,,−⎥(ηη1,1)⎣333⎦再对三个向量进行单位化得到正交单位向量组:T1T61⎡12⎤1T[1,1,1,]⎢,,−⎥,[1,−1,0].32⎣333⎦2⎡161⎤⎢⎥362⎢⎥⎡1⎤⎢161⎥⎢⎥由此可得U=⎢−⎥,对角矩阵为Λ=1,⎢362⎥⎢⎥⎢⎣−1⎥⎦⎢⎥16⎢−0⎥⎢⎣33⎥⎦ T⎡161⎤⎡161⎤⎢⎥⎢⎥362362⎢⎥⎢⎥⎡1⎤⎢⎥⎢⎥T161⎢⎥161因此AUU=Λ=⎢−⎥1⎢−⎥⎢362⎥⎢⎥⎢362⎥⎢⎣−1⎥⎦⎢⎥⎢⎥1616⎢−0⎥⎢−0⎥⎢⎣33⎥⎦⎢⎣33⎥⎦⎡010⎤⎢⎥=100.⎢⎥⎢⎣001⎥⎦⎡101⎤⎢⎥26*.设矩阵A=020，矩阵B=(kE+A)，其中k∈R，求一个对角矩阵Λ，使得B与Λ相似．⎢⎥⎢⎣101⎥⎦λ−10−12解由λE−A=0λ−20=λλ(−2)知,A的特征值为0,2,2.所以实对称矩阵A与对角阵−10λ−1⎡0⎤⎢⎥222222相似.记fx()=x+2kxk+,则B=(kE+A)=kE+2kA+A=fA(),所以B的特征值为⎢⎥⎢⎣2⎥⎦222f(0)=k,(2)f=k+4k+4,(2)f=k+4k+4.从而实对称矩阵B与对角矩阵2⎡f(0)⎤⎡k⎤⎢⎥⎢2⎥Λ=⎢f(2)⎥=⎢k+4k+4⎥相似.⎢⎥⎢2++⎥⎣f(2)⎦⎣k4k4⎦习题6.51.n阶方阵A有n个互异的特征值是A能与对角矩阵相似的()．(A)充分必要条件.(B)充分而非必要条件.(C)必要而非充分条件.(D)既非充分也非必要条件.⎡122⎤⎢⎥解A有n个互异的特征值,则A一定能与对角矩阵相似.但实对称矩阵A=212有相同的特征值⎢⎥⎢⎣221⎥⎦λ=λ=5,但A能与对角矩阵相似.综上应该选(B)122.设A,B为n阶方阵，且A与B相似，则下述结论正确的是()，且说明理由． (A)λE−A=λE−B.(B)A与B有相同的特征值和特征向量.(C)A与B都能与一个对角矩阵相似.(D)对任意常数k，kE−A与kE−B相似.⎡11⎤−1⎡10⎤解设A=⎢⎥,取可逆矩阵P=E(1,2),构作B=PAP=E(1,2)AE(1,2)=⎢⎥,则A与B相似但⎣01⎦⎣11⎦⎡λ−1−1⎤⎡λ−10⎤λE−A=⎢⎥与λE−B=⎢⎥不相等,故(A)不正确.解(EAX−)=O可得A的属于1的特⎣0λ−1⎦⎣−1λ−1⎦TT征向量为k[1,0],其中k为任意非零常数.解(E−BX)=O可得B的属于1的特征向量为t[0,1],其中t为任意常数.这表明AB,属于1的特征向量不相同.故(B)不正确.同时也说明AB,的线性无关的特征向量最多只有1−1个,所以AB,不能对角化,故(C)不正确.下证(D)正确.因A与B相似,所以存在可逆矩阵P使得PAP=B.对任−1−1−1−1意常数k有P(kE−AP)=P(kEP)−PAP=kE−PAP=kE−B,所以kE−A与kE−B相似.综上所述应选填D.3.下列矩阵中不能对角化的矩阵是，且说明理由．⎡123⎤⎡123⎤⎡123⎤⎡123⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(A)204.(B)004.(C)000.(D)014.⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣345⎥⎦⎢⎣005⎥⎦⎢⎣000⎥⎦⎢⎣001⎥⎦解(A)中矩阵为实对称矩阵,所以能对角化.(B)中矩阵有3个相异特征值1,2,5所以能对角化,(C)中矩阵有2重根0对应的齐次线性方程组的基础解系由2个线性无关的特征向量组成,所以能对角化.根据习题6.3的第10题可知n(n⎡aa12a13⋯a1n⎤⎢⎥0aa⋯a⎢232n⎥＞1)阶上三角矩A=⎢00a⋯a⎥．若A≠aE，则A不能与对角矩阵相似．选项(D)中的矩阵是一个3n⎢⎥⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎣000⋯a⎥⎦⎡123⎤⎢⎥对角线相同的非数量矩阵的上三角矩阵,所以该矩阵不能对角化.因此选填000.⎢⎥⎢⎣000⎥⎦4.设⎡100⎤⎡000⎤⎢⎥⎢⎥A=200,B=100⎢⎥⎢⎥⎢⎣300⎥⎦⎢⎣023⎥⎦问A，B中哪一个矩阵可以对角化?为什么?解两个矩阵都有一个两重特征根0,0E−A=−A的秩为1,即n=−n秩(−A)=20 所以能对角化.而0E−B=−B的秩为2,即n′=−n秩(−B)=1所以不能对角化.05.b为任意实数时，问矩阵⎡0bb⋯b⎤⎢⎥b0b⋯b⎢⎥A=⎢bb0⋯b⎥⎢⎥⋮⋮⋮⋮⎢⎥⎢⎣bbb⋯0⎥⎦能否对角化?为什么?若能对角化，请写出与A相似的对角矩阵．λ−b−b⋯−b−bλ−b⋯−bn−1解λE−A=−b−bλ⋯−b,根据例1.3.5可知该行列式的值为λE−A=[λ−(n−1)](bλ+b),⋮⋮⋮⋮−b−b−b⋯λ所以A的特征值为一个一重特征值(n−1)b和一个n−1重特征值−b.秩([(n−1)bE−A])=n−1,所以n=−n(n−1)1=与重数相同.1⎡(n−1)b⎤⎢⎥−b秩([−bEA−])=1,所以n=−n1与重数相同.所以A能对角化,与其相似的对角矩阵为⎢⎥.2⎢⋱⎥⎢⎥⎣−b⎦26.设n阶方阵A适合A=E，证明A的特征值或为1，或为-1．22证设λ为n阶方阵A的任意一个特征值,ξ为A的属于λ的特征向量,则有Aξ=λξ.所以Aξ=λξ=ξ,即有2λ=1,因此A的特征值或为1，或为-1.7.设矩阵A与B相似，其中⎡1−11⎤⎡200⎤⎢⎥⎢⎥A=24−2,B=020.⎢⎥⎢⎥⎢⎣−3−3a⎥⎦⎢⎣00b⎥⎦(1)求a,b的值；−1(2)求可逆矩阵P，使PAP=B.⎧5+a=+4b,解(1)矩阵A与B相似,所以trA=trB,A=B,由此可以得到⎨,从而可知a=5,b=6.⎩6a−=64.b(2)A与B相似,所以A的特征值为2,2,6. ⎡1−11⎤⎢⎥求解方程组(2E−24−2)X=O,得到属于2的线性无关的特征向量为⎢⎥⎢⎣−3−35⎥⎦TT[1,0,1,][−1,1,0].⎡1−11⎤T⎢⎥⎡12⎤求解方程组(6E−24−2)X=O,得到属于6的线性无关的特征向量为⎢,−,1⎥.⎢⎥⎣33⎦⎢⎣−3−35⎥⎦⎡1⎤1−1⎢⎥3⎢⎥⎢2⎥所以P=01−.⎢3⎥⎢⎥101⎢⎥⎢⎣⎥⎦8.已知矩阵⎡1000⎤⎢⎥a100A=⎢⎥,⎢2320⎥⎢⎥⎣23c2⎦问a与c取何值时A能与对角矩阵相似?为什么?λ−1000−aλ−10022解λE−A==(λ−1)(λ−2),所以A有一个两重特征值1和一个两重特征值2.−2−3λ−20−2−3−cλ−2n=−n秩(EA−),n=−n秩(2EA−),A能与对角矩阵相似的充要条件为n=2,n=2.因此要求秩(EA−)=1212秩(2E−A)=2.⎡0000⎤⎡−1−c−3−2⎤⎢⎥⎢⎥−a0000−1−3−2E−A=⎢⎥⎯⎯⎯⎯→初等行变换⎢⎥,要使得秩(E−A)=2,必有a=0;⎢−2−3−10⎥⎢000−a⎥⎢⎥⎢⎥⎣−2−3−c−1⎦⎣0000⎦⎡1000⎤⎡1−a−2−2⎤⎢⎥⎢⎥−a10001−3−32E−A=⎢⎥⎯⎯⎯⎯→初等行变换⎢⎥,要使得秩(2E−A)=2,必有c=0.综上a=0,⎢−2−300⎥⎢000−c⎥⎢⎥⎢⎥⎣−2−3−c0⎦⎣0000⎦c=0.9.已知矩阵 ⎡220⎤⎢⎥A=82a⎢⎥⎢⎣006⎥⎦−1相似于对角矩阵Λ，试确定常数a的值；并求可逆矩阵P使PAP=Λ.⎡λ−2−20⎤⎢⎥2解λE−A=−8λ−2−a=(λ+2)(λ−6),特征值为-2,6,6.因为A相似于对角矩阵,所以秩⎢⎥⎢⎣00λ−6⎥⎦⎡4−20⎤⎡4−20⎤⎢⎥初等行变换⎢⎥(6E−A)=1.而6E−A=−84−a⎯⎯⎯⎯→00−a,故a=0.⎢⎥⎢⎥⎢⎣000⎥⎦⎢⎣000⎥⎦⎡220⎤⎢⎥T求解线性方程组(2−E−820)X=O,得到属于-2的线性无关的特征向量[0,0,1].⎢⎥⎢⎣006⎥⎦⎡220⎤⎢⎥TT求解线性方程组(6E−820)X=O,得到属于6的线性无关的特征向量[1,2,0,1,][−2,0].⎢⎥⎢⎣006⎥⎦⎡011⎤⎢⎥所以得到P=02−2.⎢⎥⎢⎣100⎥⎦nm−10*.附录三中例3.1已阐明了对n×m矩阵A，m×n矩阵B而言，若λ≠0有λE−AB=λλE−BA．利用nm此说明矩阵AB与矩阵BA特征值之间的关系．nm−解AB与BA的特征多项式只差因子λ，从而它们有相同的非零特征值,特别地当AB,都是n阶方阵时，AB与BA有相同的特征多项式.习题7.11.用配方法化下列二次型为标准形，并写出非退化的线性替换：222(1)fxxx(,,)=x+2xx+2x+4xx+5x;123112223322(2)fxxx(,,)=x+2xx−2xx+2x;12311213222(3)fxxx(,,)=2x−4xx+x−4xx；123112223(4)fxxx(,,)=xx+xx+xx．123122313 222222解(1)fxxx(,,)=x+2xx+2x+4xx+5x=(x+x)+(x+2)x+x,123112223312233⎧y=x+x,⎧x=y−y+2,y1−121121123⎪⎪令⎨y=x+2,x则⎨x=y−2,y因为01−=≠210,所以线性替换是非退化的.从而得223223⎪⎪⎩y=x.⎩x=y.0013333222到标准形y+y+y.1232212122(2)fxxx(,,)=x+2xx−2xx+2x=2(x+x)+(x−2)x−2x,1231121321213322⎧1y=x+x,⎪1212⎧x=y−y+2,y1−121123⎪⎪令⎨y=x−2,x则⎨x=y−y,因为01−=≠110,所以线性替换是非退化的.从而得213223⎪⎪y=x.⎩x=y.001⎪3333⎩2122到标准形2y+y−2y.123222222(3)fxxx(,,)=2x−4xx+x−4xx=2(x−x)−(x+2)x+4x,12311222312233⎧y=x−x,⎧x=y−y−2,y11−21121123⎪⎪令⎨y=x+2,x则⎨x=y−2,y因为01−=≠210,所以线性替换是非退化的.从而得223223⎪⎪⎩y=x.⎩x=y.0013333222到标准形2y−y+4y.123⎧x=y−y,112⎪(4)fxxx(,,)=xx+xx+xx先令⎨x=y+y,123122313212⎪⎩x=y.3322222则fxxx(,,)=xx+xx+xx=y−y+2yy=(y+y)−y−y12312231312131323⎧z=y+y,⎧x=z+z−z,11−11131123⎪⎪令⎨z=y,则⎨x=z−z−z,因为1−1−=−≠120,所以线性替换是非退化的.从而得到222123⎪⎪⎩z=y.⎩x=z.0013333222标准形z−z−z.1232.用配方法化二次型为标准形时，应如何配方才能保证使用的是非退化的线性替换?下述两小题中所用的配方合适吗?正确的配方应如何做?22222222(1)fxxx(,,)=4x−4xx+6x=2x+2(x−x)+4x=2y+2y+4y,12311221122123 ⎧y=x,11⎪其中线性替换为⎨y=x−x,212⎪⎩y=x.32222222(2)fxxx(,,)=2x+2xx+2xx+2x−2xx+2x=(x−x)+(x−x)+(x+x)123112132233122331222=y+y+y123⎧y=x+x,112⎪其中线性替换为⎨y=x−x,223⎪⎩y=x+x.331110⎧y=x,11⎪解(1)错,因为0−11=0,所以线性替换⎨y=x−x,是退化的,所以错.212⎪000⎩y=x.32222222正确的为fxxx(,,)=4x−4xx+6x=(2x−x)+5x=y+5y,123112212212⎧11x=y−y,1−0⎧y=2x−x,⎪11211222⎪⎪其中线性替换为⎨y=x,则⎨x=y,因为010=≠10,所以该线性替换是非2222⎪⎪⎩y=x.x=y.00133⎪33⎩退化的.101⎧y=x+x,112⎪(2)错,因为110=0,所以线性替换⎨y=x−x,是退化的,所以错.223⎪0−11⎩y=x+x.331222正确的为fxxx(,,)=2x+2xx+2xx+2x−2xx+2x12311213223311232232=2(x+x+x)+(x−x)=2y+y12323122222⎧11⎧11y=x+x+x,x=y−y−y,1−−1⎪112223⎪112232⎪⎪其中线性替换为⎨y=x−x,则⎨x=y+y,因为011=≠10,所以该线223223⎪⎪y=x.x=y.001⎪33⎪33⎩⎩性替换是非退化的.习题7.2221.二次型fxxx(,,)=2x+xx−2xx+3x+4xx的矩阵为()．12311213223 ⎡3⎤⎡1⎤2−12−1⎢⎥⎢⎥22⎡21−2⎤⎢⎥⎢⎥⎡21−1⎤⎢⎥⎢1⎥⎢1⎥⎢⎥(A)034.(B)32.(C)32.(D)032.⎢⎥⎢2⎥⎢2⎥⎢⎥⎢⎣000⎥⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎣−120⎥⎦−121−120⎢⎥⎢⎥⎢⎣⎥⎦⎢⎣⎥⎦⎡11⎤⎢a11a12⋯a1n⎥⎡21−1⎤⎢22⎥⎢⎥2⎢11⎥⎢⎥⎢a12a22⋯a2n⎥⎢1⎥解二次型的矩阵为22,所以上述二次型的矩阵为32.所以选填C.⎢⎥⎢2⎥⎢⋮⋮⋮⎥⎢−120⎥⎢11⎥⎢⎥aa⋯a⎢⎣⎥⎦⎢1n2nnn⎥⎣22⎦2.写出下列二次型的矩阵表示和二次型的矩阵：222(1)fxxx(,,)=x+xx−2xx+2x+3xx−3x；12311213223322(2)fxxx(,,)=x+2xx+4xx−5x;1231121322(3)fxxx(,,)=(ax+ax+ax);123112233n−1(4)fxx(,,⋯,x)=xx+xx+⋯+xx=xx.12n1223n−1n∑ii−1i=1⎡1⎤⎡1⎤1−11−1⎢⎥⎢⎥22⎢⎥⎡x1⎤⎢⎥⎢13⎥⎢⎥⎢13⎥解(1)fxxx(,,)=[xxx]2x,所以该二次型的矩阵为2.123123⎢22⎥⎢2⎥⎢22⎥⎢⎥⎢⎣x3⎥⎦⎢⎥33⎢−1−3⎥⎢−1−3⎥⎢⎣2⎥⎦⎢⎣2⎥⎦⎡2⎤⎡2⎤⎢12⎥⎢12⎥22⎢⎥⎡x⎤⎢⎥1⎢2⎥⎢⎥⎢2⎥(2)fxxx(,,)=[xxx]⎢−50⎥x,所以该二次型的矩阵为⎢−50⎥.1231232⎢2⎥2⎢⎥⎢⎥⎢⎥x⎢200⎥⎣3⎦⎢200⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣⎥⎦⎢⎣⎥⎦(3)222222fxxx(,,)=ax+2aaxx+2aaxx+ax+2aaxx+ax=123111212131322232333 2⎡aaaaa⎤⎡x⎤112131⎢2⎥⎢⎥[xxx]aaaaax,123⎢12223⎥⎢2⎥⎢2⎥⎢⎥aaaaax⎣13233⎦⎣3⎦2⎡aaaaa⎤11213⎢2⎥所以该二次型的矩阵为aaaaa.⎢12223⎥⎢2⎥aaaaa⎣13233⎦(4)fxx(,,⋯,x)=xx+xx+⋯+xx12n1223n−1n⎡010⋯000⎤⎢⎥101⋯000⎢⎥⎡x⎤1⎢010⋯000⎥⎢⎥1⎢⎥⎢x2⎥=[xx⋯x]⋮⋮⋮⋮⋮⋮,所以该二次型的矩阵为12n⎢⎥⎢⋮⎥2⎢000⋯010⎥⎢⎥⎢⎥⎣xn⎦⎢000⋯101⎥⎢⎣000⋯010⎥⎦⎡010⋯000⎤⎢⎥101⋯000⎢⎥⎢010⋯000⎥1⎢⎥⎢⋮⋮⋮⋮⋮⋮⎥.2⎢000⋯010⎥⎢⎥⎢000⋯101⎥⎢⎣000⋯010⎥⎦⎡001⎤⎢⎥3.设二次型fxxx(,,)的矩阵A=010则fxxx(,,)=．123⎢⎥123⎢⎣100⎥⎦2解fxxx(,,)=2xx+x1231324.用正交线性替换化下列实二次型为标准形，并写出正交线性替换：222(1)fxxx(,,)=2x+3x+4xx+3x；12312233222(2)fxxx(,,)=x−4xx+4xx−2x+8xx−2x；123112132233(3)fxxxx(,,,)=2xx−2xx；12341234(4)fxxxx(,,,)=2xx+2xx−2xx−2xx+2xx+2xx．1234121314232434 ⎡200⎤⎡x1⎤⎢⎥⎢⎥解(1)fxxx(,,)=[xxx]032x123123⎢⎥⎢2⎥⎢⎣023⎥⎢⎦⎣x⎥⎦3⎡200⎤λ−200⎢⎥计算特征多项式λE−032=0λ−3−2=(λ−1)(λ−2)(λ−5),得到特征值为⎢⎥⎢⎣023⎥⎦0−2λ−31,2,5.⎡200⎤⎢⎥T解方程(E−032)X=O,得到属于1的1个线性无关的特征向量为[0,−1,1].⎢⎥⎢⎣023⎥⎦⎡200⎤⎢⎥T解方程(2E−032)X=O,得到属于2的1个线性无关的特征向量为[1,0,0].⎢⎥⎢⎣023⎥⎦⎡200⎤⎢⎥T解方程(5E−032)X=O,得到属于5的1个线性无关的特征向量为[0,1,1].⎢⎥⎢⎣023⎥⎦三个向量已经两两正交,所以只要单位化即可得到单位正交向量组:1TT1T[0,−1,1],[1,0,0],[0,1,1].22⎡⎤⎡⎤⎢010⎥⎢010⎥⎢⎥⎢⎥⎢11⎥⎢11⎥所以U=−⎢0⎥,因此正交变换为X=−⎢0⎥Y,而标准型为2222⎢⎥⎢⎥⎢11⎥⎢11⎥00⎢⎥⎢⎥⎣22⎦⎣22⎦222fyyy(,,)=y+2y+5y.123123⎡1−22⎤⎡x⎤1⎢⎥⎢⎥(2)fxxx(,,)=[xxx]−2−24x123123⎢⎥⎢2⎥⎢⎣24−2⎥⎢⎦⎣x⎥⎦3⎡1−22⎤λ−12−2⎢⎥计算特征多项式λE−−2−24=2λ+2−4=(λ+7)(λ−2)(λ−2),得到特征值⎢⎥⎢⎣24−2⎥⎦−2−4λ+2为-7,2,2. ⎡1−22⎤⎢⎥解方程(7−E−−2−24)X=O,得到属于-7的1个线性无关的特征向量为⎢⎥⎢⎣24−2⎥⎦T⎡1⎤1T⎢−,−1,1⎥,单位化得到[−1,−2,2].⎣2⎦3⎡1−22⎤⎢⎥解方程(2E−−2−24)X=O,得到属于2的2个线性无关的特征向量为⎢⎥⎢⎣24−2⎥⎦TT1T1T[2,0,1,][−2,1,0].把这两个向量通过施密特正交化得到[2,0,1,][−2,5,4].535⎡122⎤⎡122⎤⎢−−⎥⎢−−⎥35353535⎢⎥⎢⎥⎢25⎥⎢25⎥所以U=−⎢0⎥,因此正交变换为X=−⎢0⎥Y,而标准型为335335⎢⎥⎢⎥⎢214⎥⎢214⎥⎢⎥⎢⎥⎣3535⎦⎣3535⎦222fyyy(,,)=−7y+2y+2y.123123⎡0−100⎤⎡x⎤1⎢⎥⎢⎥−1000x(3)fxxxx(,,,)=[xxxx]⎢⎥⎢2⎥,12341234⎢000−1⎥⎢x⎥3⎢⎥⎢⎥⎣00−10⎦⎣x⎦4⎡0−100⎤λ100⎢⎥−10001λ00计算特征多项式λE−⎢⎥==(λ+1)(2λ−1)2,得到特征值为-1,-1,1,1.⎢000−1⎥00λ1⎢⎥⎣00−10⎦001λ⎡0−100⎤⎢⎥−1000解方程(−−E⎢⎥)X=O,得到属于-1的2个线性无关的特征向量为⎢000−1⎥⎢⎥⎣00−10⎦TT[0,0,1,1,1,1,0,0][].⎡0−100⎤⎢⎥−1000解方程(E−⎢⎥)X=O,得到属于1的2个线性无关的特征向量为⎢000−1⎥⎢⎥⎣00−10⎦ TT[0,0,−1,1,][−1,1,0,0].四个向量都已经是两两正交,所以对四个向量进行单位化得到单位正交向量组:1T1T1T1T[0,0,1,1,][1,1,0,0],[0,0,−1,1,][−1,1,0,0]2222⎡11⎤00−⎢⎥22⎢⎥⎢11⎥00⎢⎥22所以U=⎢⎥,因此正交变换为⎢11⎥0−0⎢⎥22⎢⎥⎢11⎥00⎢⎣22⎥⎦⎡11⎤00−⎢⎥22⎢⎥⎢11⎥00⎢⎥222222X=⎢⎥Y,而标准型为fyyyy(,,,)=−y−y+y+y.12341234⎢11⎥0−0⎢⎥22⎢⎥⎢11⎥00⎢⎥⎣22⎦⎡011−1⎤⎡x⎤1⎢⎥⎢⎥10−11x(4)fxxxx(,,,)=[xxxx]⎢⎥⎢2⎥12341234⎢1−101⎥⎢x⎥3⎢⎥⎢⎥⎣−1110⎦⎣x⎦4⎡011−1⎤λ−1−11⎢⎥10−11−1λ1−1计算特征多项式λE−⎢⎥==(λ+3)(λ−1)3,得到特征值为-⎢1−101⎥−11λ−1⎢⎥⎣−1110⎦1−1−1λ3,1,1,1.⎡011−1⎤⎢⎥10−11解方程(3−E−⎢⎥)X=O,得到属于-3的1个线性无关的特征向量为⎢1−101⎥⎢⎥⎣−1110⎦TT⎡1111⎤[1,−1,−1,1].单位化得到,−,−,⎢⎥⎣2222⎦ ⎡011−1⎤⎢⎥10−11解方程(E−⎢⎥)X=O,得到属于1的3个线性无关的特征向量为⎢1−101⎥⎢⎥⎣−1110⎦TTT[−1,0,0,1,1,0,1,0,1,1,0,0][][].对这三个向量进行施密特正交化得到1T1T1T[−1,0,0,1,][1,0,2,1,][1,3,−1,1].2623⎡1111⎤−⎢⎥22623⎢⎥⎢13⎥⎢−00⎥22所以U=⎢⎥,⎢121⎥−0−⎢⎥2623⎢⎥⎢1111⎥⎢⎥⎣22623⎦⎡1111⎤−⎢⎥22623⎢⎥⎢13⎥⎢−00⎥22因此正交变换为X=⎢⎥Y,而标准型为⎢121⎥−0−⎢⎥2623⎢⎥⎢1111⎥⎢⎥⎣22623⎦2222fyyyy(,,,)=−3y+y+y+y.123412345.在习题7.1第1题(3)中已用配方法化二次型22fxxx(,,)=2x−4xx+x−4xx123112223为标准形．现要求用正交线性替换化该二次型为标准形，并写出正交线性替换．请对比一下两种方法所得的标准形是否相同．⎡2−20⎤⎡x⎤1⎢⎥⎢⎥解fxxx(,,)=[xxx]−21−2x123123⎢⎥⎢2⎥⎢⎣0−20⎥⎢⎦⎣x⎥⎦3⎡2−20⎤λ−220⎢⎥计算特征多项式λE−−21−2=2λ−12=(λ−1)(λ−4)(λ+2),得到特征值为⎢⎥⎢⎣0−20⎥⎦02λ1,4,-2. ⎡2−20⎤⎢⎥T解方程(E−−21−2)X=O,得到属于1的1个线性无关的特征向量为[−2,−1,2],单⎢⎥⎢⎣0−20⎥⎦1T位化得到[−2,−1,2].3⎡2−20⎤⎢⎥T解方程(4E−−21−2)X=O,得到属于4的1个线性无关的特征向量为[2,−2,1],单⎢⎥⎢⎣0−20⎥⎦1T位化得到[2,−2,1].3⎡2−20⎤⎢⎥T解方程(2−E−−21−2)X=O,得到属于-2的1个线性无关的特征向量为[1,2,2],⎢⎥⎢⎣0−20⎥⎦1T单位化得到[1,2,2].3⎡221⎤⎡221⎤−−⎢⎥⎢⎥333333⎢⎥⎢⎥⎢122⎥⎢122⎥所以U=−−,因此正交变换为X=−−Y,而标准型为⎢333⎥⎢333⎥⎢⎥⎢⎥212212⎢⎥⎢⎥⎢⎣333⎥⎦⎢⎣333⎥⎦222fyyy(,,)=y+4y−2y.所以两者所得标准型不相同.123123TT6.(1)设A是一个n阶对称矩阵，若对任意的X=[x,x,⋯,x]，有XAX=O，求证:A=O12n(2)利用(1)证明性质7.2.1．⎡a11a12⋯a1n⎤⎢⎥aa⋯a证(1)设A=⎢21222n⎥,令X=Xi(=1,2,⋯,)n(X满足x=1,x=0,j≠i),则有iiij⎢⋮⋮⋮⎥⎢⎥aa⋯a⎣n1n2nn⎦TXAX=a=0(i=1,2,⋯,)n,ii再令X=X(,ij=1,2,⋯,,ni≠j)(X满足x=1,x=1,x=0,s≠is,≠j),则有ijijijsTXAX=a+a+a+a=0(,ij=1,2,⋯,)n,因为a=0,a=0(,ij=1,2,⋯,)n,并且由于A是ijijijjiiijjiijj一个n阶对称矩阵所以有a=a,所以由a+a+a+a=0(,ij=1,2,⋯,)n可得ijjiijjiiijja=0(,ij=1,2,⋯,)n,因此A=O.ij TT(2)若存在两个对称矩阵AB,使得fxxx(,,)=XAXfxxx,(,,)=XBX,则两式相减得123123TX(ABX−)=O对任意X成立.由于AB,都是对称矩阵,所以两者的差AB−也是对称矩阵,根据(1)可知AB−=O,从而得到AB=.7.证明性质7.2.2．TT证(1)AB,合同,则存在一个可逆矩阵C满足CAC=B,因为C可逆,所以C也是可逆的,因此秩(A)=秩(B).TTTTTTT(2)A对称,则A=A,所以B=(CAC)=CAC=CAC=B,由此可得B是对称矩阵.习题7.31.求出习题7.1第1题中的二次型的秩和正惯性指数．222解(1)标准形为y+y+y,所以秩为3,正惯性指数为3.1232122(2)标准形为2y+y−2y,所以秩为3,正惯性指数为2.1232222(3)标准形为2y−y+4y,所以秩为3,正惯性指数为2123222(4)标准形为z−z−z,所以秩为3,正惯性指数为1.1232222.设fxxx(,,)=2x+8xx−12xx+2x−12xx−15x123112132233(1)用配方法将该二次型化为标准形，求出其秩和正惯性指数．(2)用正交线性替换将该二次型化为标准形，求出其秩的正惯性指数．(3)比较两种方法所得标准形是否相同?(4)若要求该二次型的秩和正惯性指数用哪种方法简便．222解(1)fxxx(,,)=2x+8xx−12xx+2x−12xx−15x123112132233222=2(x+2x−3)x−6(x−x)−27x,123233222所以标准型为2y−6y−27y,秩为3,正惯性指数为1.123⎡24−6⎤⎡x⎤1⎢⎥⎢⎥(2)fxxx(,,)=[xxx]42−6x,123123⎢⎥⎢2⎥⎢⎣−6−6−15⎥⎢⎦⎣x⎥⎦3 ⎡24−6⎤λ−2−46⎢⎥λE−42−6=−4λ−26=(λ+2)(λ+18)(λ−9),求得特征值为-2,-18,9.所以标⎢⎥⎢⎣−6−6−15⎥⎦66λ+15222准型为−2y−18y+9y,秩为3,正惯性指数为1.123(3)不相同.(4)配方法.3.任何一个n阶对称的可逆实矩阵必定与n阶单位矩阵，且说明理由．(A)合同.(B)相似.(C)等价.(D)以上都不对．解一个n阶可逆矩阵一定能通过初等变化变为一个单位矩阵,也就是说它与单位矩阵等价,所以选项(C)⎡1⎤⎢⎥成立.至于(A),(B)只要令A=1即可得到A是一个n阶对称的可逆实矩阵但是它与E不相似,与⎢⎥⎢⎣2⎥⎦E不合同.综上所述应选填C.4.设A,B均为n阶实对称矩阵．则A,B合同的充要条件是()，且说明理由．(A)A,B均为可逆矩阵.(B)A,B有相同的秩.(C)A,B有相同的正惯性指数，相同的负惯性指数.(D)A,B有相同的特征多项式．解根据课本定理7.3.3可知A,B合同的充要条件是A,B有相同的秩和相同的正惯性指数.而因为负惯性指数=秩-正惯性指数,所以这也等价于A,B有相同的正惯性指数，相同的负惯性指数.所以选项(C)是正确⎡1⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥的.对于选项(A)和(B)只要令A=1,B=1即可知是错误的.对于(D)只要令⎢⎥⎢⎥⎢⎣1⎥⎦⎢⎣−1⎥⎦⎡1⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥A=1,B=1可知AB,有相同的秩和相同的正惯性指数,所以合同,但是AB,的特征⎢⎥⎢⎥⎢⎣1⎥⎦⎢⎣3⎥⎦多项式不同.所以选项(D)不是充要条件.综上所述应选填D.5.设⎡120⎤⎢⎥A=220，⎢⎥⎢⎣00−1⎥⎦则下列矩阵中与A合同的是()，且说明理由．⎡1⎤⎡1⎤⎡1⎤⎡−1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(A)1.(B)1.(C)−1.(D)−1．⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣1⎥⎦⎢⎣−1⎥⎦⎢⎣−1⎥⎦⎢⎣−1⎥⎦ ⎡λ−1−20⎤⎢⎥23±17解λE−A=−2λ−20=(λ+1)(λ−3λ−2),所以它的特征值为-1,−,所以A⎢⎥2⎢⎣00λ+1⎥⎦的秩为3,正惯性指数为1,上述选项中只有(C)中矩阵的秩为3,正惯性指数为1,所以与A合同的是(C)中矩阵.故应选填C.6*.如果把n阶实对称矩阵按合同分类，即两个n阶实对称矩阵属于同一类当且仅当它们在实数域上合同，问共有几类?每一类中最简单的矩阵是什么?解因为两个矩阵合同的充要条件是有相同的秩和相同的正惯性指数,按秩从0,1,2,到n有n+1大类,秩为0时正惯性指数只有一种可能就是0;秩为1时正惯性指数有0,1两种可能,秩为2时正惯性指数有0,1,2三种可能;……;秩为n时正惯性指数有0,1,2,……,n共n+1种可能.所以一共有1+2+……+(n+2)(n+1)(n+2)(n+1)n+1=种可能,所以一共有多个合同类.秩为i,正惯性指数为j(j≤i)的合22同类中最简单的矩阵是一个对角矩阵它主对角线上前j个元数为1,中间i−j个元素为-1,其他为0.7*.设A,B,C,D均为n阶实对称矩阵，在实数域上A与B合同,C与D合同．问下述结论是否正确，为什么?(1)A+C与B+D合同；⎡AO⎤⎡BO⎤(2)⎢⎥与⎢⎥合同．⎣OC⎦⎣OD⎦解(1)不正确,⎡1⎤⎡1⎤⎡−1⎤⎡−1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥令A=1,B=1,C=−1,D=−1,显然A与B合同,C与D⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣1⎥⎦⎢⎣2⎥⎦⎢⎣−1⎥⎦⎢⎣−3⎥⎦⎡0⎤⎢⎥合同,但是A+C=O,B+D=0,两者秩不同所以不合同.所以(1)不正确.⎢⎥⎢⎣−1⎥⎦TT(2)正确,A与B合同,C与D合同,所以存在两个可逆矩阵FG,满足FAF=BGCG,=D.令⎡F⎤K=⎢⎥,因为FG,可逆,所以K也可逆.又有⎣G⎦TTT⎡AO⎤⎡F⎤⎡AO⎤⎡F⎤⎡FAF⎤⎡B⎤⎡AO⎤K⎢⎥K=⎢T⎥⎢⎥⎢⎥=⎢T⎥=⎢⎥,所以⎢⎥与⎣OC⎦⎣G⎦⎣OC⎦⎣G⎦⎣GCG⎦⎣D⎦⎣OC⎦⎡BO⎤⎢⎥合同.因此(2)是正确的.⎣OD⎦8.设 ⎡a1⎤⎡a3⎤⎢⎥⎢⎥A=a,B=a，⎢2⎥⎢2⎥⎢⎣a⎥⎦⎢⎣a⎥⎦31T则取C=，就有CAC=B．从而A与B合同．T⎡1⎤⎡1⎤⎡1⎤⎡1⎤R13C13⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥解显然有A⎯⎯→⎯⎯→B,所以1A1=B,而1=1,所以⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣1⎥⎦⎢⎣1⎥⎦⎢⎣1⎥⎦⎢⎣1⎥⎦⎡1⎤⎢⎥T只要令C=1就有CAC=B.⎢⎥⎢⎣1⎥⎦⎡1⎤⎢⎥综上知应填1.⎢⎥⎢⎣1⎥⎦9.证明：矩阵diag[λ1,λ2,⋯,λn]与diag⎡⎣λi1,λi2,⋯,λin⎤⎦合同，其中ii1,,2⋯,in是1,2,⋯,n的一个排列．解ii,,⋯,i是1,2,⋯,n的一个排列,所以ii,,⋯,i可以通过若干次互换变成1,2,⋯,n.12n12n而每次互换就相当于交换λλ,的位置,由第8个习题可知这就相当于同时左乘右乘同一个互换得到的初isit等矩阵Eii(,).由此可知stEi(sm,itm)⋯EiiEiidiag(,)(,)s2t2s1t1[λ1,λ2,⋯,λn]EiiEii(,)(,)s1t1s2t2⋯Ei(sm,itm)=diag⎡λ,λ,⋯,λ⎤.⎣i1i2in⎦设C=EiiEii(,)(,)⋯Ei(,i),s1t1s2t2smtmTTTT则C=Ei(,i)⋯Eii(,)Eii(,)=Ei(,i)⋯EiiEii(,)(,)smtms2t2s1t1smtms2t2s1t1T所以得到Cdiag[λ,λ,⋯,λ]C=diag⎡λ,λ,⋯,λ⎤,因此矩阵12niii⎣12n⎦diag[λ,λ,⋯,λ]与diag⎡λ,λ,⋯,λ⎤合同.12n⎣i1i2in⎦习题7.41.下列矩阵中，正定矩阵是()，且说明理由． ⎡121⎤⎡121⎤⎡123⎤⎡12−1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(A)253.(B)053.(C)257.(D)25−2.⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣130⎥⎦⎢⎣003⎥⎦⎢⎣3710⎥⎦⎢⎣−1−26⎥⎦121解(A)253=−<20,所以(A)不是正定的.130(B)不是对称矩阵所以不是正定的.123(C)257=0,所以(C)不是正定的.371012−112(D)的顺序主子式1>0,=>10,25−=>250,所以是正定的.25−1−262.若矩阵⎡100⎤⎢⎥A=0mn+2⎢⎥⎢⎣0m−1m⎥⎦为正定矩阵，则m必定满足()，且说明理由．12(A)m>.(B)m<.23(C)m>−2.(D)与n有关，不能确定．⎡100⎤⎢⎥解A=0mn+2正定,首先要求A是对称矩阵,所以有n+2=m−1.还必须要求三个顺序主⎢⎥⎢⎣0m−1m⎥⎦100101子式都大于零.所以要求1=>10,=m>0,0mm−=12m−>10.因此要求m>,所0m20m−1m以应选填A.3.使实二次型⎡kk1⎤⎡x1⎤⎢⎥⎢⎥fxxx(,,)=[x,x,x]kk0x123123⎢⎥⎢2⎥2⎢⎣10k⎥⎢⎦⎣x⎥⎦3正定的k存在吗?为什么?kk解要求正定即要求所有顺序主子式都大于零,但是该二次型的矩阵的二阶顺序主子式为=0,所kk 以不存在使其正定的k.4.用定理7.4.1(3)来判断下列二次型是否正定：222(1)fxxx(,,)=2x+4xx−4xx+5x−8xx+5x;12311213223322(2)fxxx(,,)=2x−4xx+x−4xx；123112223222(3)fxxx(,,)=3x+2xx+2xx+3x+2xx+3x．123112132233⎡22−2⎤222⎢⎥解(1)fxxx(,,)=2x+4xx−4xx+5x−8xx+5x的矩阵为25−4.求解特征多项123112132233⎢⎥⎢⎣−2−45⎥⎦⎡22−2⎤⎢⎥式λE−25−4,可以得到特征值为1,1,10,都大于零,所以正定.⎢⎥⎢⎣−2−45⎥⎦⎡2−20⎤22⎢⎥(2)fxxx(,12,3)=2x1−4xx12+x2−4xx23的矩阵为⎢−21−2⎥.求解特征多项式⎢⎣0−20⎥⎦⎡2−20⎤⎢⎥λE−−21−2,可以得到特征值为-2,1,4,不全大于零,所以不是正定的.⎢⎥⎢⎣0−20⎥⎦⎡311⎤222⎢⎥(3)fxxx(,,)=3x+2xx+2xx+3x+2xx+3x的矩阵为131,求解特征多项式123112132233⎢⎥⎢⎣113⎥⎦⎡311⎤⎢⎥λE−131,可以得到特征值为2,2,5,都大于零,所以正定.⎢⎥⎢⎣113⎥⎦5.判断下列二次型是否正定：222(1)fxxx(,,)=5x+4xx−4xx+5x−2xx+5x;123112132233222(2)fxxx(,,)=x+2xx+x+2xx+2x1231132233nn−12(3)fxx(,12,⋯,xn)=∑xi+∑xxii+1．i=1i=1⎡52−2⎤222⎢⎥解(1)fxxx(,12,3)=5x1+4xx12−4xx13+5x2−2xx23+5x3的矩阵为⎢25−1⎥,顺序主子式为⎢⎣−2−15⎥⎦ 52−2525=>50,=210,2>5−=1880>,所以此二次型是正定的.25−2−15⎡101⎤222⎢⎥(2)fxxx(,,)=x+2xx+x+2xx+2x的矩阵为011,顺序主子式为1231132233⎢⎥⎢⎣112⎥⎦101101=>10,=>10,011=0,所以此二次型不是正定的.01112⎡1⎤10⋯0⎢⎥2⎢⎥⎢11⎥1⋯0nn−1⎢22⎥2(3)fxx(,12,⋯,xn)=∑xi+∑xxii+1的矩阵为⎢1⎥,Di表示第i个顺序主子式,i=1i=1⎢01⋯0⎥⎢2⎥⎢⋮⋮⋮⋮⎥⎢⎥⎢⎣000⋯1⎥⎦1利用行列式按行展开公式对最后一行展开可以得到递推关系式D=D−D,因为ii−1i−241123i+1D=1=1,D==,利用递推关系用数学归纳法可以证明D=>0,由此可知所有顺序主12ii14212子式都大于零,因此此二次型是正定的.6.t取何值时下列二次型是正定的：222(1)fxxx(,,)=x+2txx−2xx+x+4xx+5x；1231121322332222(2)fxxxx(,,,)=tx(+x+x)+x+2xx+2xx−2xx.12341234121323⎡1t−1⎤222⎢⎥解(1)fxxx(,,)=x+2txx−2xx+x+4xx+5x的矩阵为t12,要求二次型正123112132233⎢⎥⎢⎣−125⎥⎦定即要求所有顺序主子式1t−11t421=>10,=−1t>0,t12=−tt(5+4)>0,由此可得−<t0,=t−>10,1t−=1(t+1)(t−2)>0,=(t+1)(t−2)>0.由1t1−1t01−1t0001此可得t>2时此二次型正定.7.已知A=⎡a⎤是正定矩阵，求证：a>0,i=1,2,⋯,n．⎣ij⎦nn×iiT证A=⎡a⎤是正定矩阵,所以fxx(,,⋯,x)=XAX是正定二次型,所以对于任意非零向量X⎣ij⎦nn×12nT都有fxx(,,⋯,x)=XAX>0.现令X=Xi(=1,2,⋯,)n(X满足x=1,x=0,j≠i),则有12niiijTXAX=a>0(i=1,2,⋯,)n.ii8*.已知A为m×n实矩阵，求证：TAA为正定矩阵⇔秩(A)=n．TTT证⇒因为AA为正定矩阵,所以对任意的n维非零向量X都有X(AAX)>0,即有T(AX)(AX)>0,所以不存在非零向量使得AX=O,因此可得秩(A)=n..T⇐首先显然AA是一个对称矩阵,现取任意一个n维非零向量ξ,不妨设TAξ=[a1a2⋯am]⎡a1⎤⎢a⎥m则ξT(AAT)ξ=(Aξ)TAξ=[aaa]⎢2⎥=∑a2≥0,并且当且仅当12⋯mi⎢⋮⎥i=1⎢⎥a⎣m⎦TAξ=[aa⋯a]=O时取到0.又因为秩(A)=n所以AX=O只有零解,而ξ是非零向量,所以12mTTTTAξ=[aa⋯a]≠O,因此ξ(AA)ξ>0,由此可得AA为正定矩阵.12m9*.设A为n阶正定矩阵,P为n×m实矩阵，求证：TPAP为正定矩阵⇔秩(P)=m． TTTT证⇒假设秩(P)0,TTTT即有ξ(PAP)ξ=(Pξ)AP(ξ)>0,所以PAP为正定矩阵.10.证明性质7.4.1．证A正定,所以性质中的矩阵显然都是对称矩阵.(1)A正定,则A的所有特征值λλ,,⋯,λ都大于零,因为kA的所有特征值为kλ,kλ,⋯,kλ,12n12nk为正数,所以这些特征值也都大于零,因此kA正定.−1−1−1−1−1(2)因为A的所有特征值为λ,λ,⋯,λ,所以这些特征值也都大于零,因此A正定.12n∗−1∗−1−1−1(3)因为A=AA,所以A的所有特征值为Aλ,Aλ,⋯,Aλ,由于A正定,所以12n∗A>0,所以这些特征值也都大于零,由此可得A正定.kkkkk(4)因为A的所有特征值为λλ,,⋯,λ,所以这些特征值也都大于零,因此A正定.12nT(5)因为C是可逆矩阵,即有秩(C)=n,根据本节第9个习题可知CAC是正定矩阵.⎡AO⎤11.AB,为正定矩阵,证明⎢⎥为正定矩阵.⎣OB⎦TT⎡AO⎤⎡AO⎤⎡AO⎤⎡AO⎤证首先因为⎢⎥=⎢T⎥=⎢⎥,所以⎢⎥是对称矩阵.又因为AB,都正定,所以⎣OB⎦⎣OB⎦⎣OB⎦⎣OB⎦⎡AO⎤他们的特征值都大于零.⎢⎥的特征多项式为⎣OB⎦⎡AO⎤⎡λEO⎤⎡AO⎤λE−A⎡AO⎤λE−⎢⎥=⎢⎥⎢−⎥==λE−AλE−B,所以的所2n⎢⎥⎣OB⎦⎣OλE⎦⎣OB⎦λE−B⎣OB⎦⎡AO⎤有特征值为AB,的所有特征值,因此都大于零,由此可知⎢⎥是正定的.⎣OB⎦ 习题7.521.写出二次型fxxx(,,)=xx+6x的矩阵．123122⎡1⎤00⎢⎥2⎢⎥⎢1⎥解60.⎢2⎥⎢⎥000⎢⎥⎢⎣⎥⎦2222.已知二次型x+4xx+x+6xx+ax的秩为2，则a=，为什么?1122233⎡120⎤⎢⎥解该二次型的矩阵为A=213,由题意知,秩(A)=2,将A用初等变换化为阶梯形⎢⎥⎢⎣03a⎥⎦⎡120⎤⎡120⎤⎢⎥⎢⎥213⎯⎯→0−33,因秩(A)=2,所以a=−3.⎢⎥⎢⎥⎢⎣03a⎥⎦⎢⎣00a+3⎥⎦3.设⎡2−a10⎤⎢⎥A=110⎢⎥⎢⎣00a+3⎥⎦是正定矩阵，则a的取值是，且说明理由．⎡2−a10⎤⎢⎥解A=110正定,所以它的顺序主子式都大于零,即有⎢⎥⎢⎣00a+3⎥⎦2−a102−a12−a=−2a>0,=−1a>0,110=(1−a)(3+a)>0.所以a的取值为−<3a<1.1100a+3T224.设fxxx(,,)=XAX经正交替换化为标准形3y+5y，求A的特征值及｜A｜．12312T22解fxxx(,,)=XAX经正交替换化为标准形3y+5y，所以A的特征值为3,5,0.12312因此A=××=3500.5.若实对称矩阵A与矩阵 ⎡100⎤⎢⎥B=002⎢⎥⎢⎣020⎥⎦T合同，求二次型fxxx(,,)=XAX的规范形．123λ−100解因为AB,合同,所以AB,有相同的规范形.因为λE−B=0λ−=2(λ−1)(λ−2)(λ+2),0−2λ222222所以B的所有特征值为-3,1,2,因此B的标准形为−3y+y+2y,规范形为:z+z−z.由此可知123123222A的规范形也为z+z−z.1236.设⎡1⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥11A=⎢⎥,B=⎢⎥.⎢1⎥⎢1⎥⎢⎥⎢⎥⎣1⎦⎣1⎦(1)A与B是否等价?为什么?(2)A与B是否相似?为什么?(3)A与B是否在实数域上合同?为什么?解(1)秩(A)=秩(B),所以A与B等价.(2)trA=4,但是trB=0,两者不相等,所以A与B不相似.4(3)λE−A=(λ−1),所以A的所有的特征值为1,1,1,1,秩为4,正惯性指数为4.但是22λE−B=(λ−1)(λ+1),所以B的所有特征值为-1,-1,1,1,秩为4,正惯性指数为2.两者的正惯性指数不想等,所以不合同.∗7.设A是n阶正定矩阵，αα,,⋯,α均为n元非零的实的列向量，且满足12nTαiAaj=0(i≠jij;,=1,2,⋯,)n．证明：αα1,2,⋯,αn线性无关．证设存在一组数kk,,⋯,k满足kα+kα+⋯+kα=O,取任意一个α,在等式两边同左乘12n1122nniTTTTTαiA得到αiAk1α1+⋯+αiAkiαi+⋯+αiAknαn=0(*),根据题意αiAaj=0(i≠jij;,=1,2,⋯,)n,TTTT所以(*)式可化为kαAα+⋯+kαAα+⋯+kαAα=kαAα=0,又因为A是n阶正定矩阵,1i1iiininiiiT所以对于非零向量α必有αAα≠0,由此可得k=0(i=1,2,⋯,n),所以αα,,⋯,α线性无关．iiii12n ∗8.已知⎡210⎤⎡123⎤⎡123⎤⎡200⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥A=120,B=456,C=035,D=021.⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣00t⎥⎦⎢⎣333⎥⎦⎢⎣005⎥⎦⎢⎣010⎥⎦问：(1)t取值在什么范围时,A为正定矩阵?为什么?(2)t取何值时，A与B等价?为什么?(3)t取何值时，A与C相似?为什么?(4)t取何值时，A与D合同?为什么?⎡210⎤⎢⎥解(1)A=120正定⇔A的所有顺序主子式都大于零,即有⎢⎥⎢⎣00t⎥⎦210212=2>0,=>30,120=3t>0.所以要求t>0即可.1200t⎡123⎤⎡123⎤⎢⎥初等变换⎢⎥(2)A与B等价充要条件是秩(A)=秩(B),因为B=456⎯⎯⎯⎯→0−3−6,所以⎢⎥⎢⎥⎢⎣333⎥⎦⎢⎣000⎥⎦⎡210⎤⎡210⎤⎢⎥⎢⎥初等变换⎢3⎥秩(B)=2,所以要求秩(A)=2.而A=120⎯⎯⎯⎯→00,只有当t=0时秩(A)=2,⎢⎥⎢2⎥⎢⎣00t⎥⎦⎢⎥00t⎣⎦所以当t=0时A与B等价.(3)A与C相似,则必有trA=trC,所以有t+4=9,从而得到t=5.所以t≠5时A与C不相似,当t=5时,A与C都能与对角矩阵相似,且λE−A=λEC−=(λ−1)(λ−3)(λ−5),所以A与C相似(参见习题6.4的第4题).⎡200⎤⎢⎥(4)A与D合同则要求秩相等并且有相同的正惯性指数.D=021,所以⎢⎥⎢⎣010⎥⎦2秩(D)=3,又由于λE−D=(λ−2)(λ−2λ−1),所以D的正惯性指数为2.而⎡210⎤⎡210⎤⎢⎥⎢⎥⎢3⎥A=120⎯⎯→00且λE−A=(λ−t)(λ−1)(λ−3),所以要秩为3则t≠0,要正惯性⎢⎥⎢2⎥⎢⎣00t⎥⎦⎢⎥00t⎣⎦指数为2,则要求t≤0,因此当t<0时A与D合同. 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