线性代数同济第三版答案

1 利用对角线法则计算下列三阶行列式 201 (1)141

183201 解 141

183 2(4)30(1)(1)118 0132(1)81(4)(1) 2481644 abc (2)bca

cababc 解 bca

cab acbbaccbabbbaaaccc 3abca3b3c3

111 (3)abc

a2b2c2111 解 abc

a2b2c2 bc2ca2ab2ac2ba2cb2 (ab)(bc)(ca)

xyxy (4)yxyx

xyxyxyxy 解 yxyx

xyxy x(xy)yyx(xy)(xy)yxy3(xy)3x3 3xy(xy)y33x2 yx3y3x3 2(x3y3)

2 按自然数从小到大为标准次序 求下列各排列的逆序数

(1)1 2 3 4 解 逆序数为0 (2)4 1 3 2

解 逆序数为4 41 43 42 32 (3)3 4 2 1

解 逆序数为5 3 2 3 1 4 2 4 1, 2 1 (4)2 4 1 3

解 逆序数为3 2 1 4 1 4 3 (5)1 3    (2n1) 2 4    (2n)

解 逆序数为 3 2 (1个)

n(n1) 2 5 2 5 4(2个) 7 2 7 4 7 6(3个)      

(2n1)2 (2n1)4 (2n1)6    (2n1)(2n2) (n1个)

(6)1 3    (2n1) (2n) (2n2)    2 解 逆序数为n(n1)  3 2(1个) 5 2 5 4 (2个)      

(2n1)2 (2n1)4 (2n1)6    (2n1)(2n2) (n1个) 4 2(1个) 6 2 6 4(2个)      

(2n)2 (2n)4 (2n)6    (2n)(2n2) (n1个) 3 写出四阶行列式中含有因子a11a23的项 解 含因子a11a23的项的一般形式为

(1)ta11a23a3ra4s

其中rs是2和4构成的排列 这种排列共有两个 即24和42 所以含因子a11a23的项分别是

(1)ta11a23a32a44(1)1a11a23a32a44a11a23a32a44 (1)ta11a23a34a42(1)2a11a23a34a42a11a23a34a42 4 计算下列各行列式

41 (1)1001251202142 0741 解 100125120214c2c34210c7c103074123020211041102122(1)43 141031404110c2c39910 1220020

10314c112c317171423 (2)151120423611 2242361c4c221321251120423023 解 151120112042360r4r222310221121423402 00r4r123 10020 00abacae (3)bdcdde

bfcfefabacaebce 解 bdcddeadfbce

bcebfcfef111 adfbce1114abcdef

111a1 (4)001b1001c100 1d0r1ar201ab01b101d00a1c100 1da1 解 001b1001c11aba0c3dc21abaad (1)(1)211c11c1cd

01001d

5 证明:

abadabcdabcdad1 (1)(1)32111cda2abb2 (1)2aab2b(ab)3;

111 证明

a2abb2c2c1a2aba2b2a2 2aab2b2aba2b2a

00111c3c11222ababaaba(ab)3  (ba)(ba)1 (1)2ba2b2a31axbyaybzazbxxyz (2)aybzazbxaxby(a3b3)yzx;

azbxaxbyaybzzxy 证明

axbyaybzazbx aybzazbxaxby

azbxaxbyaybzxaybzazbxyaybzazbx ayazbxaxbybzazbxaxby

zaxbyaybzxaxbyaybzxaybzzyzazbx a2yazbxxb2zxaxby

zaxbyyxyaybzxyzyzx a3yzxb3zxy

zxyxyzxyzxyz a3yzxb3yzx

zxyzxyxyz (a3b3)yzx

zxy

a2b2 (3)2cd2(a1)2(b1)2(c1)2(d1)2(a2)2(b2)2(c2)2(d2)2(a3)2(b3)20; (c3)2(d3)2 证明 a2b2 2cd2(a1)2(b1)2(c1)2(d1)2(a2)2(b2)2(c2)2(d2)2(a3)2(b3)2(c4c3 c3c2 c2c1得) (c3)2(d3)2a22b c2d2a22b c2d2 1a (4)a2a41bb2b42a12b12c12d12a12b12c12d11cc2c41d d2d42a32b32c32d322222a52b5(c4c3 c3c2得) 2c52d5220 22 (ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd); 证明 1a a2a41bb2b41cc2c41d d2d411110bacada 0b(ba)c(ca)d(da)

0b2(b2a2)c2(c2a2)d2(d2a2)111cd (ba)(ca)(da)b

222b(ba)c(ca)d(da)111cbdb (ba)(ca)(da)0

0c(cb)(cba)d(db)(dba)1 (ba)(ca)(da)(cb)(db)c(c1ba)d(dba)

=(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd)

x0 (5)  0an

1x  0an101  0an2          0000  xna1xn1    an1xan  x1a2xa1 证明 用数学归纳法证明

x1x2axa 命题成立 当n2时 D2a122xa1 假设对于(n1)阶行列式命题成立 即 Dn1xn1a1 xn2    an2xan1 则Dn按第一列展开 有

1 DnxDn1an(1)n1  x  101    1             00    x00    1 xD n1anxna1xn1    an1xan  因此 对于n阶行列式命题成立

6 设n阶行列式Ddet(aij), 把D上下翻转、或逆时针旋转90、或依副对角线翻转 依次得

an1  anna1n  annann  a1n D1       D2        D3      

a11  a1na11  an1an1  a11证明D1D2(1)n(n1)2D D3D 

证明 因为Ddet(aij) 所以

a11an1  ann D1      (1)n1an1  a11  a1na21        a1nann   a2na11a21 (1)n1(1)n2an1  a31          a1na2nann      a3nn(n1)2 (1)12  (n2)(n1)D(1) 同理可证 D2(1) D3(1)

n(n1)2D

a11  an1n(n1)n(n1)      (1)2DT(1)2D a1n  annn(n1)2D2(1)n(n1)2(1)n(n1)2D(1)n(n1)DD

7 计算下列各行列式(Dk为k阶行列式) (1)Dn都是0 解 a0 Dn0  010a0  0000a  00            000  a0100(按第n行展开)   0aa1  1a, 其中对角线上元素都是a 未写出的元素

0an1 (1)0  000a  0000  0          000  a1a0(1)2na   0  a(n1)(n1)0(n1)(n1)ananan2an2(a21)

an1n(1)(1)

  a(n2)(n2)

x (2)Dn a aax  a        aa;   x  a  0  0     0xa 解 将第一行乘(1)分别加到其余各行 得 xaaaxxa0 Dnax0xa      ax00再将各列都加到第一列上 得

x(n1)aaa0xa0 Dn00xa      000an(a1)nan1(a1)n1 (3)Dn1    aa111  a  0  0[x(n1)a](xa)n1     0xa  (an)n  (an)n1;       an  1 解 根据第6题结果 有

11a1n(n1)a Dn1(1)2      an1(a1)n1an(a1)n此行列式为范德蒙德行列式 Dn1(1) (1) (1) 

an        bnn(n1)2n1ij1n(n1)2  1  an        (an)n1  (an)n[(ai1)(aj1)]

n1ij1n(n1)2[(ij)]

n(n1)  12(1)n1ij1(ij)

n1ij1(ij)

(4)D2ncna1b1c1d1; dnbn 解

an         D2ncna1b1c1d1(按第1行展开) dnan1     ancn10a1b1c1d1    bn10 dn100dn0an1    (1)2n1bncn1cna1b1c1d1    bn1 dn10 再按最后一行展开得递推公式

D2nandnD2n2bncnD2n2 即D2n(andnbncn)D2n2 于是 D2n(aidibici)D2

i2n而 D2a1b1adbc c1d11111ni1所以 D2n(aidibici) (5) Ddet(aij) 其中aij|ij|; 解 aij|ij| 01 Dndet(aij)23  n1123012101210      n2n3n4            n1n2n3 n4  01r1r211 1r2r3      n11c2c111 1c3c1      n11a11 (6)Dn11a2    111111  n211  11  11  11        n3n4  111 1  0            000 0  n1000200220222      2n32n42n5 (1)n1(n1)2n2

  1  1, 其中aa    a0

12n

      1an 解

1a11 Dn11a2    11  1  1       1ana1c1c2a2 0c2c3  0    00a2a3  0000a3  00  0  0  0      an1  0010101     an11an1an11 a1a2  an0  00011  00001  00            000  100a1110a210a3

    11an1111an100 a1a2  an  0010  0001  0          000  0000  1a111a21a3  1an1ni1

000  001ai1 (a1a2an)(11)

i1ai

8 用克莱姆法则解下列方程组

nx1x2x3x45x12x2x34x42 (1)

2x13x2x35x423xx2x11x01234 解 因为

1 D1231231111214142 51152 D12012311112114142 D12521135220111214284 5111 D3123所以 x112315220114426 D14251131231111252142 20DDDD11 x222 x333 x441

DDDD15x16x20x15x26x3 (2)x25x36x40

x35x46x50x45x51

解 因为 51 D000651000651000651000665 6510 D100151 D3000651006510006510100010065100651050101507 D20605005010703 D4060501000165100065100651000651100010001145 65000395 6551 D5000651000651000651100212 01所以

x11507 x21145 x3703 x4395 x4212

665665665665665x1x2x30 9 问 取何值时 齐次线性方程组x1x2x30有非

x12x2x30零解？

解 系数行列式为

11 D11

121 令D0 得 0或1

于是 当0或1时该齐次线性方程组有非零解

(1)x12x24x30 10 问取何值时 齐次线性方程组2x1(3)x2x30x1x2(1)x30有非零解？

解 系数行列式为

124134 D231211

111101 (1)3(3)4(1)2(1)(3) (1)32(1)23 令D0 得

0 2或3

于是 当0 2或3时 该齐次线性方程组有非零解

1 已知线性变换

x12y12y2y3x23y1y25y3 x33y12y23y3求从变量x1 x2 x3到变量y1 y2 y3的线性变换 解 由已知

x1221y1 x2315y2

x323y231y1221x1749y1故 y2315x2637y2

y323x3243y32y17x14x29x3 y26x13x27x3

y33x12x24x3 2 已知两个线性变换

x12y1y3 x22y13y22y3

x34y1y25y3 解 由已知

y13z1z2y22z1z3 y3z23z3求从z1 z2 z3到x1 x2 x3的线性变换

x1201y120131 x2232y223220x415y4150123613z1 1249z2

10116z30z11z2 z33x16z1z23z3所以有x212z14z29z3

x310z1z216z3111123 3 设A111 B124 求3AB2A及ATB

111051111123111 解 3AB2A31111242111

11105111105811121322 3056211121720

2901114292111123058 ATB111124056

111051290 4 计算下列乘积

4317 (1)1232

5701431747321135 解 123217(2)2316

5701577201493 (2)(123)2

13 解 (123)2(132231)(10)

12 (3)1(12)

32(1)2222 解 1(12)1(1)12133(1)32342 6102140 (4)111344313012  1212678

205612102140 解 1113443130a11a12a13x1 (5)(x1x2x3)a12a22a23x2

aaa132333x3 解

a11a12a13x1 (x1x2x3)a12a22a23x2

aaa132333x3x1 (a11x1a12x2a13x3 a12x1a22x2a23x3 a13x1a23x2a33x3)x2

x322 a11x12a22x2a33x32a12x1x22a13x1x32a23x2x3

1 5 设A12 B10 问

123 (1)ABBA吗? 解 ABBA

3 因为AB44 BA12 所以ABBA

386 (2)(AB)2A22ABB2吗? 解 (AB)2A22ABB2

2 因为AB22 52 (AB)2222252814

1429501016

1527438681但 A22ABB24118123所以(AB)2A22ABB2 (3)(AB)(AB)A2B2吗? 解 (AB)(AB)A2B2

2 因为AB22 AB00520052

16

92 (AB)(AB)2200138102而 A2B24113418

7故(AB)(AB)A2B2

6 举反列说明下列命题是错误的 (1)若A20 则A0

0 解 取A01 解 取A0 解 取

1 则A20 但A0 01 则A2A 但A0且AE 0 (2)若A2A 则A0或AE

(3)若AXAY 且A0 则XY 

10 X11 Y11 A001101则AXAY 且A0 但XY 

10 求A2 A3    Ak 7 设A1101010 解 A21121101010 A3A2A21131      

10 Akk110 8 设A01 求Ak 

00 解 首先观察

1010221 A20101022

00000023323 A3A2A0332

00344362 A4A3A0443

004554103 A5A4A0554

005      

kkk1k(k1)k22k A0kkk100k 用数学归纳法证明 当k2时 显然成立 假设k时成立，则k1时，

  kkk1k(k1)k2102 Ak1AkA0kkk101

0000kk1(k1)k1(k1)kk12k1(k1)k1 0k100由数学归纳法原理知

kkk1k(k1)k22 Ak0kkk1

00k 9 设A B为n阶矩阵，且A为对称矩阵，证明BTAB也是对称矩阵

证明 因为ATA 所以

(BTAB)TBT(BTA)TBTATBBTAB 从而BTAB是对称矩阵

10 设A B都是n阶对称矩阵，证明AB是对称矩阵的充分必要条件是ABBA

证明 充分性 因为ATA BTB 且ABBA 所以 (AB)T(BA)TATBTAB 即AB是对称矩阵

必要性 因为ATA BTB 且(AB)TAB 所以 AB(AB)TBTATBA 11 求下列矩阵的逆矩阵

1 (1)22 512 |A|1 故A1存在 因为 解 A25A11A2152 A*AA21

122252 故 A11A*21|A|cossin (2)sincoscossin |A|10 故A1存在 因为 解 AsincosA11A21cossin A*AAsincos

1222cossin 所以 A11A*sincos|A|121 (3)342

541121 解 A342 |A|20 故A1存在 因为

541A11A21A31420 A*A12A22A321361

32142AAA13233321013111所以 AA*3

|A|221671a1a02 (4)(a1a2  an 0) 

0ana10a2 解 A 由对角矩阵的性质知 0an1a101a2 A110an 12 解下列矩阵方程

2 (1)15X46

2135463546223 32112210812 解 X1211113 (2)X210432

111211113210 解 X43211111011131 432232

3330221 82 5331 (3)14X221031

1011 解 X14312011210

11243110 1110112126 131261101101

024010100143 (4)100X001201

001010120010143100 解 X100201001

00112001011010143100210 100201001134

001120010102 13 利用逆矩阵解下列线性方程组 x2x23x311 (1)2x12x25x32

3x15x2x33 解 方程组可表示为 123x11 225x22

351x33x112311故 x222520

x3513031x11从而有 x20

x30xxx2123 (2)2x1x23x31

3x12x25x30 解 方程组可表示为 111x12 213x21

325x03x111125故 x221310

x3250331x51故有 x20

x33 14 设AkO (k为正整数) 证明(EA)1EAA2  Ak1 证明 因为AkO  所以EAkE 又因为 EAk(EA)(EAA2  Ak1) 所以 (EA)(EAA2  Ak1)E 由定理2推论知(EA)可逆 且 (EA)1EAA2  Ak1

证明 一方面 有E(EA)1(EA) 另一方面 由AkO 有

E(EA)(AA2)A2  Ak1(Ak1Ak)

(EAA2  A k1)(EA) 故 (EA)1(EA)(EAA2  Ak1)(EA) 两端同时右乘(EA)1 就有

(EA)1(EA)EAA2  Ak1

15 设方阵A满足A2A2EO 证明A及A2E都可逆 并求A1及(A2E)1

证明 由A2A2EO得 A2A2E 即A(AE)2E 或 A1(AE)E

2由定理2推论知A可逆 且A11(AE)

2 由A2A2EO得

A2A6E4E 即(A2E)(A3E)4E 或 (A2E)1(3EA)E

4由定理2推论知(A2E)可逆 且(A2E)11(3EA)

4

证明 由A2A2EO得A2A2E 两端同时取行列式得 |A2A|2 即 |A||AE|2 故 |A|0

所以A可逆 而A2EA2 |A2E||A2||A|20 故A2E也可逆 由 A2A2EO A(AE)2E

A1A(AE)2A1EA11(AE)

2又由 A2A2EO(A2E)A3(A2E)4E  (A2E)(A3E)4 E

所以 (A2E)1(A2E)(A3E)4(A2 E)1 (A2E)11(3EA)

4 16 设A为3阶矩阵 |A|1 求|(2A)15A*|

2 解 因为A11A* 所以

|A| |(2A)15A*||1A15|A|A1||1A15A1|

222 |2A1|(2)3|A1|8|A|18216 17 设矩阵A可逆 证明其伴随阵A*也可逆 且(A*)1(A1)*

证明 由A11A* 得A*|A|A1 所以当A可逆时 有 |A| |A*||A|n|A1||A|n10 从而A*也可逆

因为A*|A|A1 所以 (A*)1|A|1A

11又A1(A)*|A|(A)* 所以 1|A| (A*)1|A|1A|A|1|A|(A1)*(A1)* 18 设n阶矩阵A的伴随矩阵为A* 证明 (1)若|A|0 则|A*|0 (2)|A*||A|n1 证明

(1)用反证法证明 假设|A*|0 则有A*(A*)1E 由此得 AA A*(A*)1|A|E(A*)1O 

所以A*O 这与|A*|0矛盾，故当|A|0时 有|A*|0 (2)由于A11A* 则AA*|A|E 取行列式得到

|A| |A||A*||A|n 若|A|0 则|A*||A|n1

若|A|0 由(1)知|A*|0 此时命题也成立 因此|A*||A|n1

033 19 设A110 ABA2B 求B

123 解 由ABA2E可得(A2E)BA 故

233033033 B(A2E)1A110110123

1211231101101 20 设A020 且ABEA2B 求B

101 解 由ABEA2B得 (AE)BA2E 即 (AE)B(AE)(AE)

001 因为|AE|01010 所以(AE)可逆 从而

100201 BAE030

102 21 设Adiag(1 2 1) A*BA2BA8E 求B 解 由A*BA2BA8E得 (A*2E)BA8E B8(A*2E)1A1 8[A(A*2E)]1 8(AA*2A)1 8(|A|E2A)1 8(2E2A)1 4(EA)1

4[diag(2 1 2)]1

4diag(1, 1, 1)

22 2diag(1 2 1)

10 22 已知矩阵A的伴随阵A*10且ABA1BA13E 求B

0103001000 08 解 由|A*||A|38 得|A|2 由ABA1BA13E得 ABB3A

B3(AE)1A3[A(EA1)]1A 3(E1A*)16(2EA*)1

210 610010300100600060600361006000 0114 10 求A11 23 设P1AP 其中P1102 解 由P1AP 得APP1 所以A11 A=P11P1.

1 |P|3 P*11而 110114 P1114

1113010 

11202142731273214101133故 A021111683684 11331111 24 设APP 其中P102 1

1115求(A)A8(5E6AA2) 解 ()8(5E62)

diag(1158)[diag(555)diag(6630)diag(1125)]

diag(1158)diag(1200)12diag(100) (A)P()P1

1P()P* |P|111100222

2102000303

111000121111 4111

111 25 设矩阵A、B及AB都可逆 证明A1B1也可逆 并求其逆阵 证明 因为

A1(AB)B1B1A1A1B1

而A1(AB)B1是三个可逆矩阵的乘积 所以A1(AB)B1可逆 即A1B1可逆

(A1B1)1[A1(AB)B1]1B(AB)1A

10 26 计算002100102001101030031121 0230031 解 设A102 A21 B31 B23

2032031121A1EEB1A1A1B1B2则 OAOBOAB

22221而 A1B1B202312352 21032412 A2B2012343 030931A1EEB1A1A1B1B20所以 OBOAB0OA22220252124 04300910即 0021001020011010030311121002300003252124 0430091 27 取ABCD00 验证AB |A||B|

CD|C||D|11 解 AB0CD100101101002100110020100100020104 002011|A||B|11而 0

|C||D|11|A||B|故 AB 

CD|C||D|34O43 28 设A 求|A8|及A4 20O2234 A2 解 令A14322A1O则 AOA

20

2OA18O8A1故 AOA8 OA228888816 |A8||A ||A||A||A|101212540O4054O4A1 A 44OA2O260422 29 设n阶矩阵A及s阶矩阵B都可逆 求 OA (1)BOOAC1C2 则 解 设BOCC3411OAC1C2AC3AC4EnO BOCCBCBCOE341s2AC3EnC3A1由此得 AC4OC4O

COBCOC1B1BC1E2s21OAOB 1所以 BOAO1AO (2)CB1AOD1D2 则 解 设CBDD341AD2EnOAOD1D2AD1 CBDDCDBDCDBDOE

341324sD1A1AD1EnDO由此得 AD2O2

CD1BD3OD3B1CA1DB1CDBDE24s41AOA11O所以 1 CBBCAB1 30 求下列矩阵的逆阵

52 (1)002100008500 322 B83 则

52115 解 设A25 A12212 B1851251323

258152于是 00210000850120010AA12500

103023BB0058211 (2)210212003100 041 解 设A1

11 21021200310 B31210 C2141 则 2010AOA1O

0CBB1CA1B14001110221 1126315100 01824124

1 把下列矩阵化为行最简形矩阵

1021(1)2031 30431021 解 2031(下一步 r2(2)r1 r3(3)r1 )

30431021 ~0013(下一步 r2(1) r3(2) )

00201021 ~0013(下一步 r3r2 )

00101021 ~0013(下一步 r33 )

00031021 ~0013(下一步 r23r3 )

000110211000 ~0010(下一步 r1(2)r2 r1r3 ) ~0010

00010001

0231(2)0343 04710231 解 0343(下一步 r22(3)r1 r3(2)r1 )

04710231 ~0013(下一步 r3r2 r13r2 )

0013020100105 ~0013(下一步 r12 ) ~0013

00000000

1134333541(3)

223203342113 解 2310 ~0013233534442231(下一步 r3r r2r r3r )

213141

0113430488(下一步 r(4) r(3)  r(5) )

234

036605101010 ~0010003111422232(下一步 r3r rr rr )

123242

221102300122 ~

0000000000

2313712024(4)

32830237432313712024 解 (下一步 r12r2 r33r2 r42r2 )

328302374301 ~0001 ~0010 ~00

128710000100111024(下一步 r2r r8r r7r )

213141

8912781112001102(下一步 rr r(1) rr )

12243

14140110211(下一步 rr ) ~023040001002100001023 4021000101011232 设100A010456 求A

001001789010 解 100是初等矩阵E(1 2) 其逆矩阵就是其本身

001101 010是初等矩阵E(1 2(1)) 其逆矩阵是

001101 E(1 2(1)) 010

001010123101 A100456010

001789001

456101452123010122 789001782

3 试利用矩阵的初等变换 求下列方阵的逆矩阵

321(1)315 323321100321100 解 315010~014110

3230010021013203/201/23007/229/2 ~010112~010112

0021010011/201/21007/62/33/2 ~010112

0011/201/2723632

故逆矩阵为112

11202

32010221(2)

123201213201100002210100 解 

12320010012100011232001001210001 ~

04951030022101001232001001210001 ~

00111034002101021232001001210001 ~ 0011103400012161012000100 ~0010000110121221`01 136161010 ~000100001010故逆矩阵为12

0112400101 01136121610124101 1361610412134 (1)设A221 B22 求X使AXB

31131 解 因为

41213r100102 (A, B)221 22~ 010 153

31131001124102所以 XA1B153

124021123 求X使XAB (2)设A213 B231334 解 考虑ATXTBT 因为

02312r10024 (AT, BT)21323~ 01017

134310011424所以 XT(AT)1BT17

14211 从而 XBA1474

1105 设A011 AX 2XA 求X

101 解 原方程化为(A2E)X A 因为

110110 (A2E, A)011011

101101100011 ~010101

001110011所以 X(A2E)1A101

110

6 在秩是r 的矩阵中,有没有等于0的r1阶子式? 有没有等于0的r阶子式?

解 在秩是r的矩阵中 可能存在等于0的r1阶子式 也可能存在等于0的r阶子式

1000 例如 A0100 R(A)3

001000000 是等于0的2阶子式 100是等于0的3阶子式 00010

7 从矩阵A中划去一行得到矩阵B 问A B的秩的关系怎样? 解 R(A)R(B)

这是因为B的非零子式必是A的非零子式 故A的秩不会小于B的秩

8 求作一个秩是4的方阵 它的两个行向量是(1 0 1 0 0) (1 1 0 0 0)

解 用已知向量容易构成一个有4个非零行的5阶下三角矩阵

11100

010000010000010000 00此矩阵的秩为4 其第2行和第3行是已知向量 9 求下列矩阵的秩 并求一个最高阶非零子式

3102(1)1121; 13443102 解 1121(下一步 r1r2 )

13441121 ~3102(下一步 r23r1 r3r1 )

134411211121 ~0465(下一步 r3r2 ) ~0465 04650000矩阵的秩为2 314是一个最高阶非零子式

1132131(2)21313 7051832132 解 21313(下一步 r1r2 r22r1 r37r1 )

7051813441 ~071195(下一步 r3r ) 02133271513441 ~071195 000003

2

32矩阵的秩是2 7是一个最高阶非零子式

21218230(3)3251033775 8020218230 解 3251033775(下一步 r2r r2r r3r )

142434

802075(下一步 r3r r2r )

2131

0001210363 ~0242103200 ~0100 ~01100010002003200317016(下一步 r16r r16r )

2432

01420100271 0007 1010 ~00010032002100075矩阵的秩为3 580700是一个最高阶非零子式

320

10 设A、B都是mn矩阵 证明A~B的充分必要条件是R(A)R(B)

证明 根据定理3 必要性是成立的

充分性 设R(A)R(B) 则A与B的标准形是相同的 设A与B的标准形为D 则有

A~D D~B

由等价关系的传递性 有A~B

123k11 设A12k3 问k为何值 可使(1)R(A)1 (2)R(A)2

k23(3)R(A)3

k123kr11 解 A12k3~ 0k1k1k2300(k1)(k2)(1)当k1时 R(A)1 (2)当k2且k1时 R(A)2 (3)当k1且k2时 R(A)3

12 求解下列齐次线性方程组: x1x22x3x40(1)2x1x2x3x40 2x12x2x32x40 解 对系数矩阵A进行初等行变换 有

01121101 A2111~0131

22120014/3x4x134x23x4于是 

4x3x4x34x4故方程组的解为

4x13x3 2k4(k为任意常数)

x3x431x12x2x3x40(2)3x16x2x33x40 5x110x2x35x40 解 对系数矩阵A进行初等行变换 有

12111201 A3613~0010

510150000x12x2x4xx于是 22

x30xx44故方程组的解为

x121x102 k1k2(k1 k2为任意常数)

00x301x42x13x2x35x403xx2x37x40(3)12

4x1x23x36x40x2x4x7x01234 解 对系数矩阵A进行初等行变换 有

2331 A411215127~03600470100001000 01

x10x20于是 

x30x04故方程组的解为 x10x20 

x30x043x14x25x37x402x13x23x32x40(4)

4x111x213x316x407x2xx3x01234 解 对系数矩阵A进行初等行变换 有

345233 A41113721172~0160300317119170000131720 1700

x3x13x11731741920于是 x2x3x4

1717xxx3x344故方程组的解为

31317x117x19202 k1k2(k1 k2为任意常数)

17x3170x4101

13 求解下列非齐次线性方程组: 4x12x2x32(1)3x11x22x310 11x13x28 解 对增广矩阵B进行初等行变换 有

42121338 B31210~0101134

113080006于是R(A)2 而R(B)3 故方程组无解

2x3yz4x2y4z5(2)

3x8y2z134xy9z6 解 对增广矩阵B进行初等行变换 有

2314112450 B~

38213041960x2z1于是 yz2

zz0100210012 00x21即 yk12(k为任意常数)

z102xyzw1(3)4x2y2zw2 2xyzw1 解 对增广矩阵B进行初等行变换 有

2111111/21/201/2 B42212~00010

2111100000x1y1z1222于是 yy

zzw0111x222y即 k11k200(k1 k2为任意常数)

z010w0002xyzw1(4)3x2yz3w4 x4y3z5w2 解 对增广矩阵B进行初等行变换 有

21111101/71/76/7 B32134~015/79/75/7

1435200000x1z1w6777595于是 yzw

777zzww11677x795y5即 k1k2(k1 k2为任意常数)

z77w7001010

14 写出一个以

2234xc1c2

1001为通解的齐次线性方程组

解 根据已知 可得 x122x34 2c1c2

10x301x4与此等价地可以写成 x12c1c2x3c14c2 2

xcx3c142x12x3x4或 x3x4x

234x12x3x40或 x3x4x0

234这就是一个满足题目要求的齐次线性方程组

15 取何值时 非齐次线性方程组

x1x2x31x1x2x3

2xxx123(1)有唯一解 (2)无解 (3)有无穷多个解?

111 解 B11

112211 ~ 01 1(1)00(1)(2)(1)(1)2r (1)要使方程组有唯一解 必须R(A)3 因此当1且2时方程组有唯一解.

(2)要使方程组无解 必须R(A)R(B) 故 (1)(2)0 (1)(1)20 因此2时 方程组无解

(3)要使方程组有有无穷多个解 必须R(A)R(B)3 故 (1)(2)0 (1)(1)20 因此当1时 方程组有无穷多个解.

16 非齐次线性方程组

2x1x2x32x12x2x3

2xx2x123当取何值时有解？并求出它的解

12121122 解 B121~011(1)

11223000(1)(2)要使方程组有解 必须(1)(2)0 即1 2 当1时

21121011 B1211~0110

11210000方程组解为

x1x31xx1 x1x3或x2x3

23x3x3x111即 x2k10(k为任意常数)

x103 当2时

21121012 B1212~0112

11240000方程组解为

x1x32x1x32 xx2或x2x32

23x3x3x112即 x2k12(k为任意常数)

x103

(2)x12x22x3117 设2x1(5)x24x32

2x14x2(5)x31问为何值时 此方程组有唯一解、无解或有无穷多解? 并在有无穷多解时求解

2212 解 B2542

24514225 ~011100(1)(10)(1)(4) 要使方程组有唯一解 必须R(A)R(B)3 即必须 (1)(10)0

所以当1且10时 方程组有唯一解. 要使方程组无解 必须R(A)R(B) 即必须 (1)(10)0且(1)(4)0 所以当10时 方程组无解.

要使方程组有无穷多解 必须R(A)R(B)3 即必须 (1)(10)0且(1)(4)0

所以当1时 方程组有无穷多解此时，增广矩阵为

1221 B~0000

0000方程组的解为

x1x2x31 x2 x2

x3 x3x1221或 x2k11k200(k1 k2为任意常数)

x0103

18 证明R(A)1的充分必要条件是存在非零列向量a及非零行向量bT 使AabT

证明 必要性 由R(A)1知A的标准形为

10 00000100(1, 0, , 0) 00即存在可逆矩阵P和Q 使

11010 PAQ(1, 0, , 0) 或AP(1, 0, , 0)Q1 001T10 令aP b(1 0  0)Q1 则a是非零列向量 bT是非0零行向量 且AabT

充分性 因为a与bT是都是非零向量 所以A是非零矩阵 从而R(A)1 因为

1R(A)R(abT)min{R(a) R(bT)}min{1 1}1 所以R(A)1

19 设A为mn矩阵 证明

(1)方程AXEm有解的充分必要条件是R(A)m

证明 由定理7 方程AXEm有解的充分必要条件是

R(A)R(A Em)

而| Em|是矩阵(A Em)的最高阶非零子式 故R(A)R(A Em)m

因此 方程AXEm有解的充分必要条件是R(A)m

(2)方程YAEn有解的充分必要条件是R(A)n

证明 注意 方程YAEn有解的充分必要条件是ATYTEn有解 由(1) ATYTEn有解的充分必要条件是R(AT)n 因此，方程YAEn有解的充分必要条件是R(A)R(AT)n

20 设A为mn矩阵 证明 若AXAY 且R(A)n 则XY 证明 由AXAY 得A(XY)O 因为R(A)n 由定理9 方程A(XY)O只有零解 即XYO 也就是XY

1 设v1(1 1 0)T v2(0 1 1)T v3(3 4 0)T 求v1v2及3v12v2v3

解 v1v2(1 1 0)T(0 1 1)T

(10 11 01)T

(1 0 1)T

3v12v2v33(1 1 0)T 2(0 1 1)T (3 4 0)T (31203 31214 30210)T (0 1 2)T

2 设3(a1a)2(a2a)5(a3a) 求a 其中a1(2 5 1 3)T a2(10 1 5 10)T a3(4 1 1 1)T 解 由3(a1a)2(a2a)5(a3a)整理得

a1(3a12a25a3)

6 1[3(2, 5, 1, 3)T2(10, 1, 5, 10)T5(4, 1, 1, 1)T]

6 (1 2 3 4)T

3 举例说明下列各命题是错误的

(1)若向量组a1 a2    am是线性相关的 则a1可由a2    am线性表示

解 设a1e1(1 0 0    0) a2a3    am0 则a1 a2    am线性相关 但a1不能由a2    am线性表示

(2)若有不全为0的数1 2    m使

1a1    mam1b1    mbm0

成立 则a1 a2    am线性相关, b1 b2    bm亦线性相关 解 有不全为零的数1 2    m使

1a1    mam 1b1    mbm 0

原式可化为

1(a1b1)    m(ambm)0

取a1e1b1 a2e2b2    amembm 其中e1 e2    em为单位坐标向量 则上式成立 而a1 a2    am和b1 b2    bm均线性无关

(3)若只有当1 2    m全为0时 等式

1a1    mam1b1    mbm0

才能成立 则a1 a2    am线性无关, b1 b2    bm亦线性无关 解 由于只有当1 2    m全为0时 等式

由1a1    mam1b1    mbm 0

成立 所以只有当1 2    m全为0时 等式

1(a1b1)2(a2b2)    m(ambm)0

成立 因此a1b1 a2b2    ambm线性无关

取a1a2    am0 取b1    bm为线性无关组 则它们满足以上条件 但a1 a2    am线性相关

(4)若a1 a2    am线性相关, b1 b2    bm亦线性相关 则有不全为0的数 1 2    m使

1a1    mam0 1b1    mbm0

同时成立

解 a1(1 0)T a2(2 0)T b1(0 3)T b2(0 4)T

1a12a2 0122 1b12b2 01(3/4)2

120 与题设矛盾

11 设b1a1a2 b2a2a3 b3a3a4 b4a4a1 证明向量组b1 b2 b3 b4线性相关 证明 由已知条件得

a1b1a2 a2b2a3 a3b3a4 a4b4a1 于是 a1 b1b2a3 b1b2b3a4 b1b2b3b4a1 从而 b1b2b3b40

这说明向量组b1 b2 b3 b4线性相关

12 设b1a1 b2a1a2    br a1a2    ar 且向量组a1 a2     ar线性无关 证明向量组b1 b2     br线性无关 证明 已知的r个等式可以写成

10(b1, b2,    , br)(a1, a2,    , ar)0向量组b1 b2     br线性无关

11011 1上式记为BAK 因为|K|10 K可逆 所以R(B)R(A)r 从而

13 求下列向量组的秩, 并求一个最大无关组

(1)a1(1 2 1 4)T a2(9 100 10 4)T a3(2 4 2 8)T 解 由

1921921921004r0820r01 (a1, a2, a3)~~1102019000448032000线性无关 所以a1 a2是一个最大无关组

20 00知R(a1 a2 a3)2 因为向量a1与a2的分量不成比例 故a1 a2

(2)a1T(1 2 1 3) a2T(4 1 5 6) a3T(1 3 4 7) 解 由

12(a1, a2, a3)13411411rr13~095~0540950670181004195 0000知R(a1T a2T a3T)R(a1 a2 a3)2 因为向量a1T与a2T的分量不成比例 故a1T a2T线性无关 所以a1T a2T是一个最大无关组

14 利用初等行变换求下列矩阵的列向量组的一个最大无关组

2575(1)75253117439453132 9454134322048 解 因为

2575752510(2)2112012130311743r23r1253r19453132r3~09454134r4r100322048251411 3131171213134325rr433~05r3r20053117120100433 30所以第1、2、3列构成一个最大无关组.

解 因为

1021

12012130251411r2r13~103r4r100112202112255211rr13~201r3r400212002120252011 20所以第1、2、3列构成一个最大无关组 15 设向量组

(a 3 1)T (2 b 3)T (1 2 1)T (2 3 1)T的秩为2 求a b 解 设a1(a 3 1)T a2(2 b 3)T a3(1 2 1)T a4(2 3 1)T 因为

13r111312a2r11(a3, a4, a1, a2)233b~01a11~01a11

111301002ab51b6而R(a1 a2 a3 a4)2 所以a2 b5

16 设a1 a2    an是一组n维向量 已知n维单位坐标向量e1 e2   en能由它们线性表示 证明a1 a2    an线性无关 证法一 记A(a1 a2    an) E(e1 e2   en) 由已知条件知 存在矩阵K 使

EAK

两边取行列式 得

|E||A||K|

可见|A|0 所以R(A)n 从而a1 a2    an线性无关

证法二 因为e1 e2   en能由a1 a2    an线性表示 所以

R(e1 e2   en)R(a1 a2    an)

而R(e1 e2   en)n R(a1 a2    an)n 所以R(a1 a2    an)n 从而a1 a2    an线性无关

17 设a1 a2    an是一组n维向量, 证明它们线性无关的充分必要条件是 任一n维向量都可由它们线性表示

证明 必要性 设a为任一n维向量 因为a1 a2    an线性无关 而a1 a2    an a是n1个n维向量 是线性相关的 所以a能由a1 a2    an线性表示 且表示式是唯一的

充分性 已知任一n维向量都可由a1 a2    an线性表示 故单位坐标向量组e1 e2    en能由a1 a2    an线性表示 于是有

nR(e1 e2    en)R(a1 a2    an)n

即R(a1 a2    an)n 所以a1 a2    an线性无关

18 设向量组a1 a2    am线性相关 且a10 证明存在某个向量ak (2km) 使ak能由a1 a2    ak1线性表示

证明 因为a1 a2    am线性相关 所以存在不全为零的数1 2    m 使

1a12a2    mam0

而且2 3   m不全为零 这是因为 如若不然 则1a10 由a10知10 矛盾 因此存在k(2km) 使

k0 k1k2    m0

于是

1a12a2    kak0

ak(1/k)(1a12a2    k1ak1)

即ak能由a1 a2    ak1线性表示

19 设向量组B b1    br能由向量组A a1    as线性表示为 (b1    br)(a1    as)K 其中K为sr矩阵 且A组线性无关 证明B组线性无关的充分必要条件是矩阵K的秩R(K)r

证明 令B(b1    br) A(a1    as) 则有BAK 必要性 设向量组B线性无关

由向量组B线性无关及矩阵秩的性质 有 rR(B)R(AK)min{R(A) R(K)}R(K) 及 R(K)min{r s}r 因此R(K)r

E 充分性 因为R(K)r 所以存在可逆矩阵C 使KCOr为K的标准形 于是

(b1    br)C( a1    as)KC(a1    ar)

因为C可逆 所以R(b1    br)R(a1    ar)r 从而b1    br线性无关

22 求下列齐次线性方程组的基础解系 x18x210x32x40(1)2x14x25x3x40 3x18x26x32x40 解 对系数矩阵进行初等行变换 有

018102r104 A2451 ~ 013/41/4

38620000于是得

x14x3 x(3/4)x(1/4)x

234 取(x3 x4)T(4 0)T 得(x1 x2)T(16 3)T 取(x3 x4)T(0 4)T 得(x1 x2)T(0 1)T 因此方程组的基础解系为

1(16 3 4 0)T 2(0 1 0 4)T

2x13x22x3x40(2)3x15x24x32x40 8x17x26x33x40 解 对系数矩阵进行初等行变换 有

2321r102/191/19 A3542 ~ 0114/197/19

87630000于是得

x1(2/19)x3(1/19)x4 x(14/19)x(7/19)x

234 取(x3 x4)T(19 0)T 得(x1 x2)T(2 14)T 取(x3 x4)T(0 19)T 得(x1 x2)T(1 7)T 因此方程组的基础解系为

1(2 14 19 0)T 2(1 7 0 19)T

(3)nx1 (n1)x2    2xn1xn0. 解 原方程组即为

xnnx1(n1)x2    2xn1

取x11 x2x3    xn10 得xnn

取x21 x1x3x4    xn10 得xn(n1)n1

   

取xn11 x1x2    xn20 得xn2 因此方程组的基础解系为 1(1 0 0    0 n)T 2(0 1 0    0 n1)T   

n1(0 0 0    1 2)T

2213, 求一个42矩阵B, 使AB0, 且 23 设A9528R(B)2.

解 显然B的两个列向量应是方程组AB0的两个线性无关的解 因为

2213 ~ 101/81/8 A9528015/811/8

r所以与方程组AB0同解方程组为

x1(1/8)x3(1/8)x4 x(5/8)x(11/8)x

234 取(x3 x4)T(8 0)T 得(x1 x2)T(1 5)T 取(x3 x4)T(0 8)T 得(x1 x2)T(1 11)T 方程组AB0的基础解系为

1(1 5 8 0)T 2(1 11 0 8)T

15 因此所求矩阵为B80

111 0824 求一个齐次线性方程组, 使它的基础解系为

1(0 1 2 3)T  2(3 2 1 0)T 

解 显然原方程组的通解为

x10x13k23x12xk2k2xk12k21, 即x221kk2 (k1 k2R) 330x33k1241x4消去k1 k2得

2x13x2x40 x3x2x0134此即所求的齐次线性方程组.

25 设四元齐次线性方程组

x1x20 I xx0  II

24x1x2x30 xxx0234求 (1)方程I与II的基础解系 (2) I与II的公共解

xx 解 (1)由方程I得x1x4

24 取(x3 x4)T(1 0)T 得(x1 x2)T(0 0)T 取(x3 x4)T(0 1)T 得(x1 x2)T(1 1)T 因此方程I的基础解系为

1(0 0 1 0)T 2(1 1 0 1)T

x1x4 由方程II得xxx

234 取(x3 x4)T(1 0)T 得(x1 x2)T(0 1)T 取(x3 x4)T(0 1)T 得(x1 x2)T(1 1)T 因此方程II的基础解系为

1(0 1 1 0)T 2(1 1 0 1)T (2) I与II的公共解就是方程 x1x20xx0 III 24

x1x2x30xxx0234的解 因为方程组III的系数矩阵

10 A101111001101r1 ~0 000101000101 1200所以与方程组III同解的方程组为

x1x4 x2x4

x32x4 取x41 得(x1 x2 x3)T(1 1 2)T 方程组III的基础解系为 (1 1 2 1)T

因此I与II的公共解为xc(1 1 2 1)T cR

26 设n阶矩阵A满足A2A E为n阶单位矩阵, 证明

R(A)R(AE)n

证明 因为A(AE)A2AAA0 所以R(A)R(AE)n 又R(AE)R(EA) 可知

R(A)R(AE)R(A)R(EA)R(AEA)R(E)n

由此R(A)R(AE)n

27 设A为n阶矩阵(n2) A*为A的伴随阵 证明

n 当R(A)nR(A*)1 当R(A)n1

0 当R(A)n2 证明 当R(A)n时 |A|0 故有 |AA*|||A|E||A|0 |A*|0 所以R(A*)n

当R(A)n1时 |A|0 故有 AA*|A|E0

即A*的列向量都是方程组Ax0的解 因为R(A)n1 所以方程组Ax0的基础解系中只含一个解向量 即基础解系的秩为1 因此R(A*)1

当R(A)n2时 A中每个元素的代数余子式都为0 故A*O 从而R(A*)0

28 求下列非齐次方程组的一个解及对应的齐次线性方程组的基础解系

x1x25(1)2x1x2x32x41 5x13x22x32x43 解 对增广矩阵进行初等行变换 有

11005r10108B21121 ~ 011013 5322300012 与所给方程组同解的方程为

x1x38x2 x313 x4 2 当x30时 得所给方程组的一个解(8 13 0 2)T 与对应的齐次方程组同解的方程为

x1x3x2 x3 x40 当x31时 得对应的齐次方程组的基础解系(1 1 1 0)T

x15x22x33x411(2)5x13x26x3x41 2x14x22x3x46 解 对增广矩阵进行初等行变换 有

152311r109/71/21 B53611 ~ 011/71/22

2421600000 与所给方程组同解的方程为

x1(9/7)x3(1/2)x41 x(1/7)x(1/2)x2234 当x3x40时 得所给方程组的一个解

(1 2 0 0)T

与对应的齐次方程组同解的方程为

x1(9/7)x3(1/2)x4 x(1/7)x(1/2)x234 分别取(x3 x4)T(1 0)T (0 1)T 得对应的齐次方程组的基础解系

1(9 1 7 0)T 2(1 1 0 2)T

29 设四元非齐次线性方程组的系数矩阵的秩为3 已知1 2

3是它的三个解向量 且

1(2 3 4 5)T 23(1 2 3 4)T

求该方程组的通解

解 由于方程组中未知数的个数是4 系数矩阵的秩为3 所以对应的齐次线性方程组的基础解系含有一个向量 且由于

1 2 3均为方程组的解 由非齐次线性方程组解的结构性质

得

21(23)(12)(13) (3 4 5 6)T

为其基础解系向量 故此方程组的通解

xk(3 4 5 6)T(2 3 4 5)T (kR)

32 设矩阵A(a1 a2 a3 a4) 其中a2 a3 a4线性无关 a12a2 a3 向量ba1a2a3a4 求方程Axb的通解

解 由ba1a2a3a4知(1 1 1 1)T是方程Axb的一个解

由a12a2 a3得a12a2a30 知(1 2 1 0)T是Ax0的一个解

由a2 a3 a4线性无关知R(A)3 故方程Axb所对应的齐次方程Ax0的基础解系中含一个解向量 因此(1 2 1 0)T是方程Ax0的基础解系 方程Axb的通解为

xc(1 2 1 0)T(1 1 1 1)T cR

33 设*是非齐次线性方程组Axb的一个解, 1 2    nr 是对应的齐次线性方程组的一个基础解系, 证明 (1)* 1 2    nr线性无关 (2)* *1 *2    *nr线性无关

证明 (1)反证法, 假设* 1 2    nr线性相关 因为1

2    nr线性无关 而* 1 2    nr线性相关 所以*可

由1 2    nr线性表示 且表示式是唯一的 这说明*也是齐次线性方程组的解 矛盾

(2)显然向量组* *1 *2    *nr与向量组*

1 2    nr可以相互表示 故这两个向量组等价 而由(1)知

向量组* 1 2    nr线性无关 所以向量组* *1

*2    *nr也线性无关

34 设1 2    s是非齐次线性方程组Axb的s个解 k1 k2    ks为实数 满足k1k2    ks1. 证明

xk11k22    kss

也是它的解.

证明 因为1 2    s都是方程组Axb的解 所以 Aib (i1 2    s)

从而 A(k11k22    kss)k1A1k2A2    ksAs (k1k2    ks)bb 因此xk11k22    kss也是方程的解

35 设非齐次线性方程组Axb的系数矩阵的秩为r 1 2   

nr1是它的nr1个线性无关的解 试证它的任一解可表示为

xk11k22    knr1nr1 (其中k1k2    knr11). 证明 因为1 2    nr1均为Axb的解 所以121

231    nr nr11均为Axb的解

用反证法证 1 2    nr线性无关

设它们线性相关 则存在不全为零的数1 2    nr 使得

11 22      nr  nr0

即 1(21) 2(31)      nr(nr11)0 亦即 (12    nr)11223     nrnr10 由1 2    nr1线性无关知

(12    nr)12    nr0

矛盾 因此1 2    nr线性无关 1 2    nr为Axb的一个基础解系

设x为Axb的任意解 则x1为Ax0的解 故x1可由

1 2    nr线性表出 设

x1k21k32    knr1nr

k2(21)k3(31)    knr1(nr11) x1(1k2k3    knr1)k22k33    k nr1nr1 令k11k2k3    knr1 则k1k2k3    knr11 于是 xk11k22    knr1nr1 36 设

V1{x(x1 x2  xn)T | x1  xnR满足x1x2 xn0} V2{x(x1 x2  xn)T | x1  xnR满足x1x2 xn1} 问V1 V2是不是向量空间？为什么？ 解 V1是向量空间 因为任取

(a1 a2  an)T V1 (b1 b2  bn)T V1 R 有 a1a2 an0 b1b2 bn0

从而 (a1b1)(a2b2) (anbn)

(a1a2 an)(b1b2 bn)0 a1a2 an(a1a2 an)0 所以 (a1b1 a2b2  anbn)TV1 (a1 a2  an)T V1 V2不是向量空间 因为任取

(a1 a2  an)T V1 (b1 b2  bn)T V1 有 a1a2 an1 b1b2 bn1

从而 (a1b1)(a2b2) (anbn) (a1a2 an)(b1b2 bn)2 所以 (a1b1 a2b2  anbn)TV1

37 试证 由a1(0 1 1)T a2(1 0 1)T a3(1 1 0)T所生成的向量空间就是R3.

证明 设A(a1 a2 a3) 由

011|A|10120

110知R(A)3 故a1 a2 a3线性无关 所以a1 a2 a3是三维空间R3的一组基, 因此由a1 a2 a3所生成的向量空间就是R3.

38 由a1(1 1 0 0)T a2(1 0 1 1)T所生成的向量空间记作V1,由b1(2 1 3 3)T b2(0 1 1 1)T所生成的向量空间记作V2,

试证V1V2.

证明 设A(a1 a2) B(b1 b2) 显然R(A)R(B)2 又由

11 (A, B)001011213301r1 ~0 10011100230001 00知R(A B)2 所以R(A)R(B)R(A B) 从而向量组a1 a2与向量组b1 b2等价 因为向量组a1 a2与向量组b1 b2等价 所以这两个向量组所生成的向量空间相同 即V1V2.

39 验证a1(1 1 0)T a2(2 1 3)T a3(3 1 2)T为R3的一个基, 并把v1(5 0 7)T v2(9 8 13)T用这个基线性表示. 解 设A(a1 a2 a3) 由

123|(a1, a2, a3)|11160

032知R(A)3 故a1 a2 a3线性无关 所以a1 a2 a3为R3的一个基. 设x1a1x2a2x3a3v1 则

x12x23x35x1x2x30 3x22x37解之得x12 x23 x31 故线性表示为v12a13a2a3 设x1a1x2a2x3a3v2 则

x12x23x39x1x2x38 3x22x313解之得x13 x23 x32 故线性表示为v23a13a22a3

40 已知R3的两个基为

a1(1 1 1)T a2(1 0 1)T a3(1 0 1)T b1(1 2 1)T b2(2 3 4)T b3(3 4 3)T 求由基a1 a2 a3到基b1 b2 b3的过渡矩阵P 解 设e1 e2 e3是三维单位坐标向量组 则

111 (a1, a2, a3)(e1, e2, e3)100

111111 (e1, e2, e3)(a1, a2, a3)100

1111123于是 (b1, b2, b3)(e1, e2, e3)234

143111123 (a1, a2, a3)100234

1111431由基a1 a2 a3到基b1 b2 b3的过渡矩阵为 111123234 P100234010

111143101

1