大學《線性代數》第2版（清華大學出版社、居余馬）課后習

題詳細答案-較完整

線性代數課后習題答案

第2版清華大學出版社

1、

2、

3、

3

4、

123

5、

789

2

6、

202199101

1

7、w2ww21w

1

X第2行第1行第3行第1行

8、

xx3

0004

9、

004304324321

004

按第1行展開

432

10、公式:

00800

0009

10000

000010

00

解:

0080

1000

按第10行展開

100

100

11>

111

第2行第1行第3行第1行第4行第1行

12、該行列式中各行元素之和均為10,所以吧第2,3,4列加到第1歹U，然后再把第

1列后三個元素化為零，再對第1列展開，即

1234234134124123

234341412123

第2行第1行第3行第1行10第4行第1行

100

212

31

5

13、

011

422011

第1,4行交換

145

110

112042

1111

10

14、先將第1行與第5行對換，第3行與第4行對換（反號兩次，其值不變）

365625453634254611

435

3241103

00

557

11032

5202

254536343656

0327030703291222

000

根據課本20頁公式(1.21),原式)

12

15、

005

1

()*()=32

3400

12345678910

16、0001

2345678910

123

21

5行對換第3,

43

010000240002401011

00013

17、根據課本20頁公式(1.22)

2

04

20

1231

00300024

24025

31

00

18、

,23

000

00

所以

19、證:

bl

cl

左

c2第2列第1列

右c310y0

1

c2第1列第2列

20、左

111

第2行第1行第3行第1行第4行第1行00

按第4列展開

00

0y

右

1

21、左

lbb3

lc3

右a2

22、解法1：b2

a3c3

00

c2

整理得

aa2

又根據范德蒙行列式有：

b2c2

c

故原式得證。

解法2：分析：觀察到右端的行列式是一個3階范德蒙行列式解答:構建新的4階范

德蒙行列式：

aa2

bb2cx

c

2

a3b3c

3

x2x3

f(x)按第4行展開得：1)

a2

其中，

a3c3

aa2c

c2

b3,

c2

按范德蒙行列式結論得：

32

式子⑴和(2)對比,可得

a2

可以看出，，即b2

a3c3

aa2c

c2

得證.

c2

102a

23、

a021a021

20bo第L4列00b2第2,3行5c43a0b2

3c45對換5c43對換00b25c0dd000000d000da

24、

01c

001

1c

010c

a2

25、

2

2

2

b2c

2

第2列第1列第3列第1列第4列第1列

a2b2c

2

1

第3列第2列b2第4列第2歹ljc

2

d2

ab

26、

al

al第4行第2行

b2

bl

lc

第4行第3行

01

2

c

be

clal

ablOOO

al

27、

0a2b30

alb4

0b2a30

bla3a4b2

blalbl00a4

0b2a30

albla400

00a3b2

00b3a2

00b4

0第2,4列0

0對換0a4

b3a2

a2第2,4行b4

b3對換00

b4

2

28、

22222

22322

220

20

2第2行第1行222

2第3行第1行

00

00

第n行第1行第1行第2行20

20

第3行第2行第n行第2行0

00

00

按第1列

展開

29、階范德蒙行列式的計算和n階范德蒙行列式的計算是類似的，只需將n階范

德蒙行列式的n換成。

本題中，根據范德蒙行列式的計算公式知，原式

1

J

2

30、觀察發現，第i行可提出公因子ai,。所以n

2

n

原式

由公式得

2

2

n

為階范德蒙行列式,

n

n

原式

n

又

lan)

所以，原式

31、系數行列式

n

ji

ij

10

011011

4220對換114220對換11

145130

110101

112042204211

1111

10

11,4行

1

20111

10011

1

101011

,3行

11211,4行4120對換1011

1011112141205342

1001

415D

41

011011

3210對換014321對換10

145145

110110

011032102143

11010

,4行

1

11

01

1

1

,4行

所以，

32、系數行列式

01111011101101011

11

01

1,2行對換

01110111

010

0110101

00

11

111

on

111

0110101

411

1001

1

10

4100

3

00

10

第5行第4行第4行第3行第3行第2行第2行第1行

1

20

110000

10

1

5111

21

第1行第5行1

0074

第1行第3行11

1010

10

100

0第1行第4行

1

0第1行第2行

0111111

21114101

15110

第5行第4行第4行第3行第3行第2行第2行第1行

01110011010

10

100

111

按第1列

展開

1

7

按第4列44

展開

1

4011510

第5行第4行第4行第3行第3行第2行第2行第1行

1

010100001110

1111

00按第1列

展開

1

1

1

3

按第1列

展開

01111101111

2141

11150

第5行第4行第4行第3行第3行第2行第2行第1行

01010000

11110

10

1111

按第1列

0110展開

10

1

按第1列

展開

01111011111

24

1105

第5行第4行第4行第3行第3行第2行第2行第1行

01010000110

11

1111

按第1列

展開

0011

011

10

11

5

按第1列

展開

所以，

，，，，

D4D4D4D4D4

33、因為齊次線性方程組有非零解，所以其系數行列式，即

21

11a

alb

第2行第1行第3行第1行第4行第1行

110100

所以，

34、設直線方程，由于直線過點，所以

2

O問題轉化為求齊次線性方程組中不同時為零的

a,b,c

滿足的條件。因此根據齊次線性方程組有非零解的充分必要條件：系數行列式等于

0,可得

xxlx2

yi

35、由已知條件，得

其系數行列式

123

149

第2行第1行第3行第1行第4行第1行

234

03

21013

127

828

4828

123

43

18

14

3列11,

第2行第1行第3行第1行第4行第1行

26

043

8對換

9272

6270121636

121349

行第1行第第3行第1行

16927第4行第1行016828828

402

第4行第1行

8824

11行第2行第

第3行第1行0242

3第4行第1行0339

1627041628

24221

第2行第1行第3行第1行

第4行第1行0333

所以，aDD2DD

所以，f補充題：36、

(1)證：記

1

當時，左，右，左=右，等式成立。1

設時等式成立，即

1

1

當時，

第k行第1行

1

1

1

按第k行展開

第2行第1行1

第3行第1行

001

第k-1行第1行

a2

所以，結論成立。

⑵略.

k

(3)由(1)中過程可得■所以

1an

n

(4)一般解法:

第2行第1行第3行第1行第n行第1行

第1列+第i列

alai

ala

2an

aaa

ala2an

111

37、解法1：證明由性質3,得

左邊

00

x0

00

00

將D1的第1列乘以加到第n歹u，得

111加到第2歹ij,再將第2列乘以加到第3歹ij,….，將第列乘以xxx

n

n

所以左邊

n

二右邊。

解法2：注意到，Dn按第一列展開，得

xO

00

依此類推

n

n

n

n

38、解法1：

an

x

第行

A-A-Z-

第n仃

ax

xOOO第行

第行

Ox

第1行

第2行

axn

解法2：按最后一行展開（思路類似于37題解法2）

2x

000

39、記

,按第n列展開，則

證法1（歸納法）：

當時，右，等式成立;

假設當時，等式成立，則當時,

得證。

證法2（遞推公式法）：

1

根據式①有

即

根據式①有

即

令，則②式化為

2

2

令1,則③式化為

2

Y2

2

所以,所以,

所以,

1

75

11

41、

11

11

第1行第2行第2行第3行第n-l行第n行

2

第n-1列第n列第n-2列第nT列第1列第2列

42、解法1：將第1行乘以T加到其余各行，得

原式

再將第2列乘以

,第3列乘以1,…，第n列乘以1均加到第1歹U，得

a2

原式

a3

an

0

n

n

解法2：記

a3

al

所以,

n

n

43、

解法1：各行元素之和均為

，把各列元素加到第1列，得21

從最后一行起，依次減前一行，得

第一行乘以T加到其它行，得

再將各列加到最后一列，得

1

2

)

44、將該行列式添一行，并加一列，使之成為n+1階范德蒙行列式，即

1x1

(1)

1

xxxx

（2）

由（1）式可見，將（1）式按最后一列展開，其y又由（2）式可見，y

的系數就是原行列式Dn的值乘以-1；

的系數為

所以原行列式D的值

i

j

n

為

45、證明（用數學歸納法）導數關系式

n

d

⑴dt

d

證明：將記作aij;

d

記作aij

dt

對行列式的階數n作數學歸納法證明。當時，有，

，所以等式顯然成立；dtdt

假設⑴式對階行列式成立，下面證明⑴式對n階也成立時，記

,導數

d

D記作，dt

則有，故

n

11

1

⑵n21n

其中

1222

n2(3)

又歸納假設得

n

n

al2

n

nn

(4)

綜上得，⑵式右端二⑶式+(4)式=(1)式右端。所以對任意的n階行列式求導數都等于⑴

式中

的n個行列式之和。

46、分析：圓的標準方程為

2

2

2

則可設圓的一般方程為，其中。

22

點P(x,y)、PKxl.yl),P2(x2,y2)、P3(x3,y3)的坐標滿足該方程，則有

又因為，則上方程組中的未知量a,b,c,d有非零解，其充分必要條件為系數行列

式等于零，即

這就是圓上動點P(x,y)所滿足的方程。

47、設平面直角坐標系中直線的一般方程為

三個點位于該直線上時，其點的坐標滿足方程，即

方程(1)中的a,b,c不全為零，因此關于a,b,c的齊次線性方程組(2)有非零解。所以

3個點位于同一直線上(即3點共線)等價于方程組(2)有非零解。

由克萊姆法則知，由n個方程構成的n元齊次線性方程組的系數行列式不等于零時，

齊次方程組只有全為零的解，這等價于齊次線性方程組有非零解時其系數行列式必須等于

零，xl

這里就是

y31x3

48、設平面方程為,將已知三點代入平面方程，得

系數行列式

由克萊姆法則，得

2,

8,

代入平面方程中，得

即

49、空間直角坐標系中球面的一般方程為

球面上的點的坐標應滿足該方程，于是由題設即得

即

方程組（1）的系數行列式為

所以方程組（D有惟一解

DDDD,其中

第4行展開

（第1,2行相同）（第1,3行相同）

于是即得，

222所以該球面的一般方程為化為標準方程

所以球面半徑

50、這里不僅，而且，如果，則方程組顯然有惟一解，且

,球心坐標

該方程組的系數行列式

a

b

第2n行第1行

b

b

a

a

a

第2n行第1行

baba

第2n行第1行

ba

n

所以方程組有惟一解。

b

由第1個方程和第2n個方程，有，得，2

，即；

同理，由第2個方程和第2nT個方程可得第n+1個方程可得

1

;……；由第n個方程和

1

.所以該方程組的惟一解為

1

10

12

2

2

022

0

2

2

2

解得

解得

此含矛盾方程，故原方程無解!

取，則

解為,k為任意常數

lpl

lip

lpl

pH

P2

分情況討論:

1）無解但是時無解，即

2）唯一解即,解得且此時的

解為

2

3）無窮解解之有或者舍）.故，所以解為

其中kl,k2為任意常數.

討論：

1）唯一解：解得此時解為

2

無解：

無窮解：此時解為為任意常數.

8解:設母雞x只，公雞y只，小雞z只

列方程得

解方程有,

還原為方程組有

從

而

11,繼續求解Z,得到

設

則

23、本題是求一個矩陣n次事的題目，我們常規的做法，是通過數學歸納法，歸納出

它n次嘉后的通項公式！

以為例。

因為n

,即

，即

,即

,即

,即

于是我們發現，

54

當n=4k時，

n4k

4k

k

2sin

sin

當n=4k+l時,

2

當n=4k+2時,

cos

當n=4k+3時,

cos

所以它恰好可以寫成

n

2sin

2sin

24(1)

可以采用相同的方法!

n

3

即條件：A,B可交換.

2

2

2

2即條件:A,B可交換.

27設

滿足則

，即

整理有,從而

滿足要求的矩陣為

28所求即是與

，xl,x2為任意常數

有

可交換的二階矩陣，設此矩陣為

整理有

故

即所求為

2x3

a2

29證明:

,設

LLLL

LLLL

,若則有

LLLLLLa2bn2L

a2

LLLL

a2bl2

a2b22LL

由矩陣相等的知識知又時故只有

從而

31設即所有與A可交換的矩陣必是對角陣.

,,,則也就是只有可能

2按照矩陣乘法的定義，有

時，

n

時，

時,

故A是主對角線元素全為0的上三角矩陣.32記

11

故乘積仍是主對角元為1的上三角陣

34數學歸納法

1)成立

2)若時成立，則下證時結論也成立.

TTT

所證成立.

35因為A,B均為對稱陣，有

故所以為對稱陣.TTTTT

而故為對稱陣.TTT

36證明:

所以是對稱矩陣.T

所以是反對稱矩陣T

由上面的結論知是對稱矩陣，是反對稱矩

1ITT陣，從而是對稱矩陣，是反對稱矩陣，故A可表示為對稱矩陣

和反

對稱矩陣的和.

故所以A,B可交換.TTTT

若又有為對稱陣.39Tl)A

為對稱陣。

，當k為偶數時Bk為對稱陣，k

為奇數時Bk為反對稱陣.

為反對稱陣.

40、

(1)

故解得

所以

(2)

故

解之有

故

(3)

故

故

(5)

(6)

100100

0010

41(1)因為由25

故可逆，且

(2)

存在，下面求

3

5

6

7

故

(3)

存在，下求011,

令則

因為故A存在，從而

用初等行變換

求此逆矩陣，有

(2)不是，A為零矩陣時即為反例.

而,故A可逆，可逆，同時可逆，且,2

所以

2(2)證明:即若與同時可逆，則

均不為0,但故矛盾，從而與不同時可逆.46

整理有

故均可逆，

所以

證明:

49

2

2

3

4

50

00003001

3

22

000030013

故

從而

解：

故

從而

故

從而

易知

存在（因為行列式不等于0）,求得

從而有

58

（1）對分塊，令

對

分塊，令，則

27

0120030000

，則

(2)A

,令

則

而A2B

故

59證明:

04200

4

讓B按列分塊則即

從而bl,b2,L,bs均為的解向量.

設B的所有列向量是bl,b2,L,bs則故

即

60解：取即可！61解：

0C

B0

mn

故存在，設

有

整理有

解得

3

故

62

(1)

令

則

而

故

(2)令

則故

,而

故

000

1000

LLLLL

a2

令

,則

1

a2

L

而原式

令因，設

則有

解得

2

從而

0

AC

BD

64令

設

則

解得故

補充題67

T

4

T

⑶

A

T

A

A*

A

解:

70

(A)但不能得到，如

這里但是

令一胃算知2

但是A既不是I也不是

(D)正確

(E)正確且

A*

A

B.

故所以

由

整理有

A.

從而

12

又因為月.故所以

從而

76若有TT

選

則

從而

由知

故

計算有

令則

Ial2a2

2b2若可逆有

解得

V2

8421,即

設

則，易知

而

代入即有

令

則

an

an

87以下證明主對角線之和為0.

只觀察AB,BA的主對角線元素，有

容易看出主對角線元素之和為0,但In主對角線元素之和為n,故

同理

OOCn

00

00

00

0091以上三角矩陣為例，用數學歸納法.⑴若

，則

成立（2）假設階矩陣成立，下證對k階亦成立.設

其中

是滿足上述假設條件的矩陣.下證Ak主對角線元素全為1.

故

k主對角線元素全為1.93證明：故P可逆.

設

則

即

解之有

數學歸納法時

則

(2)假設時成立

(3)下證時成立.

設

0

解得故

為下三角矩陣

因為

可交換，從而易知

1、由過渡矩陣的定義，設從基到基的過渡矩陣為

A,貝!!

,所以,初等行變換求得

2(1)、記在基下為設從基到基的過渡

矩陣為A,則

，初等行變換求得

所以

2(2)、設從基到基的過渡矩陣為C,記

3

,則

,即,所以

2(3)、記在基下為，所以,經初等變換得

所以

3⑴、記,記在基

下為設從基到基的過渡矩陣為

P,所以由過渡矩陣的定義有，則經初等變換可得

所以,

3(2)、設在基下的記為，從基到基

4的過渡矩陣為Q,所以由過渡矩陣的定義有，則

,所以

3(3)、記在基下為，所以

T

4、記設從基

到基的過渡矩陣為P,由過渡矩陣的定義知

,即設

,又在基下的坐標不變,所以

即

,其系數矩

陣

初等變換

T

,所以，

所以的通解為

5⑴、略

5(2)、設與向量都正交的向量為，則

T

初等變換，其系數矩陣

得基礎解系為

T

T

TT

所以與向量都正交的向量為

6、設向量與所給向量均正交，所以

T

初等變換，其系數矩陣

基礎解系為

,所以可取

?26

T

T

、證：已知，記

,其中ki為任意常數，則

為的任一線性組合。

得證。

、設

正交化：，

而

V26

而

標準化：

、設，，，易

得，即線性相

關，又線性無關，所以為的極大線性無關組，只需對

進行施密特正交化。

正交化：，

萬

標準化:

經初等變換

記，得

,所以線性相關，取其極大線性無關組

標準化:

、正交化:

友

標準化:

設從到的過渡矩陣為A,則

,經初等

不

不

A

忑

76

正

72

變換可得

,所以向量在新基下的坐標為

了

4

了

A

?

瓜

、正交

化：，

標準化:

設從

到的過渡矩陣為A,則

,經初等

蘇

3

再

言

變換可得

在新基下的

?為

4

蘇

國

一

6

7一

/

6

x

A

2

7

&

蘇

一

/6

>

"

所

量

向

以

,

定

的

基

交

正

準

標

1

用

利

（

法

證

、

因

為

：

）

義

準

，

則

，

交基

正

標

組

一

是

證

明

需

只

么

那

1

j

i

i

1

j

利用內積的性質和即可得證

1

同理可證，

即

是標準正交基。

19

12證法2：因為，且

和

均為正交矩陣，所以也是正交矩陣，所以為一組標準正

交基。

11、因為Q為正交矩陣，則各行各列均為單位向量，所以

第1行:

將代入第1列：

2

2

22

第2列：

第3行：

將代入第3歹U：

2

22

2

22

又因為，正交矩陣的不同行、不同列的向量正交，所以

632（第1行,第2行

326（第2行，第3行

2由①和②得,所以有兩組解：3

或

7777777777（第1行,第3行

12、A是正交矩陣，則，