《线性代数》课后习题答案

第一章 行列式
习题1.1
1. 证明：（1）首先证明)3(Q 是数域。

因为)3(Q Q ⊆，所以)3(Q 中至少含有两个复数。

任给两个复数)3(3,32211Q b a b a ∈++，我们有
3
)()3()3)(3(3)()()3()3(3)()()3()3(2121212122112121221121212211b a a b b b a a b a b a b b a a b a b a b b a a b a b a +++=++-+-=+-++++=+++。

因为Q 是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以
)
3(3)()3()3)(3()3(3)()()3()3()3(3)()()3()3(2121212122112121221121212211Q b a a b b b a a b a b a Q b b a a b a b a Q b b a a b a b a ∈+++=++∈-+-=+-+∈+++=+++。

如果0322≠+b a ，则必有22,b a 不同时为零，从而0322≠-b a 。

又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以
)3(33)
(3)3()
3)(3()3)(3(3
32
2
22212122222121222222112211Q b a b a a b b a b b a a b a b a b a b a b a b a ∈--+--=
-+-+=
++。

综上所述，我们有)3(Q 是数域。

（2）类似可证明)(p Q 是数域，这儿p 是一个素数。

（3）下面证明：若q p ,为互异素数，则)()(q Q p Q ⊄。

（反证法）如果)()(q Q p Q ⊆，则q b a p Q b a +=⇒
∈∃,，从而有
q ab qb a p p 2)()(222++==。

由于上式左端是有理数，而q 是无理数，所以必有02=q ab 。

所以有0=a 或0=b 。

如果0=a ，则2
qb p =，这与q p ,是互异素数矛盾。

如果0=b ，则有a p =，从而有“有理数=无理数”成立，此为矛盾。

所以假设不成立，从而有)()(q Q p Q ⊄。

同样可得)()(p Q q Q ⊄。

（4）因为有无数个互异的素数，所以由（3）可知在Q 和ℜ之间存在无穷多个不同的数域。

2. 解：（1）)1(-P 是数域，证明略（与上面类似）。

（2）)1(-Q 就是所有的实部和虚部都为有理数的复数所组成的集合。

而=-=-ℜ)1()1(C 复数域。

（3）)1(-Z 不是数域，这是因为他关于除法不封闭。

例如
)1(2
1
-∉Z 。

3. 证明：（1）因为K F ,都是数域，所以K Q F Q ⊆⊆,，从而K F Q ⋂⊆。

故K F ⋂含
有两个以上的复数。

任给三个数K F c K F b a ⋂∈≠⋂∈0,,，则有F c b a ∈,,且K c b a ∈,,。

因为K F ,是数域，所以有F c a ab b a ∈±,,且K c a ab b a ∈±,,。

所以K F c
a
ab b a ⋂∈±,,。

所以K F ⋂是数域。

（2）K F ⋃一般不是数域。

例如)3(),2(Q K Q F ==，我们有K F ⋃∈3,2，但是K F ⋃∉=326。

习题1.2
2. 解：项651456423123a a a a a a 的符号为 =-+)
312645()234516()1(ττ
习题1.3
1．证明：根据行列式的定义
11
111111
1
=
121212
()
12(1)
n n
n
j j j j j nj j j j a a a τ-∑
1
ij a =
12
12
()
(1)n n
j j j j j j τ-∑
=0。

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。

2．解 (1) 199819992000
2001
20022003
20042005200632
C C -199819991200120021200420051
21
C C -199811200111200411
=0； （2）
1
01
022
0033
04
4--3241C C C C -+1
00
020*********
-下三角形
1268=96⨯⨯⨯；
（3）1110
1101101101112131R R R R --1
1
1
001101010111--24R 1
1
1
011101010011--32R R +11
1
0111
00120011
-
43R R +1110
11100120003
上三角形
1113=3⨯⨯⨯；
（4）
222222a b c
a a
b b
c a b c
c
c a b ------123
R R R ++2222a b c a b c a b c b b c a b c
c
c a b
++++++----
提取公因子
111()2222a b c b b c a
b c
c c a b ++----
2131
(2)(2)R b R R c R --111()000
a b c b c a
c a b
++------=3
()a b c ++。

（5）7222227222
2
27222227222227
5
12
i
i C C =+∑152222157222
1527221522721522271
2,3,4,5
i R R i -=152222
05000
0500000500
0005
上三角形
515555535⨯⨯⨯⨯=⨯。

3．解：（1）11
121321
222331
32
33
x y x y x y x y x y x y x y x y x y 提取每行的公因子
1
231231
231
2
3
y y y x x x y y y y y y 性质4
0。

（2）左端1
4,3,2i i C C i --=2
22
2
212325212325212325212325
a a a a
b b b b c
c c c
d d d d ++++++++++++43
32C C C C --
2222
2122
2122
21222122
a a
b b
c c
d d ++++=0=右端。

（3）121112
1122
11
2
11
1111
n n n n n a a a a b a a a a b a a a a b -----+++12,
i R R i n
-=12
11
21
100000
000
n n a a a b b b --
上三角形
12
1n b b b -。

（4）原式（先依次12211,,,C C C C C C n n n n ------ ）=。

=⎩
⎨⎧>=2,2
,n if n if 。

（5）原式（先依次12211,,,R R R R R R n n n n ------ ）=。

=⎩⎨
⎧>=2
,2
,n if n if 。

4．解：设展开后的正项个数为x 。

则由行列式的定义有!2)!(n x x n x D -=--=。

又因为
=D （利用n i R R i ,,3,2,1 =+）
2
210210
01
（下三角行列式）1
2
-=n 。

所以有
2
!
2,!22
11
n x n x n n +=-=--。

5．证明：（1）左端
123C C C ++提取公因子
11111112222222333
33332a b c c a a b a b c c a a b a b c c a a b ++++++++++++2131
C C C C --
1111122222333
3
3
2a b c b c a b c b c a b c b c ++--++--++--123
3
C ;(1)C C C C ++-2(-1)1
11
22233
3
2a b c a b c a b c =右端。

（2）利用性质5展开。

6．解：（3）与上面3（3）类似可得。

7．解：利用行列式的初等变换及性质5。

8．解：
1122110000
00000111
11
n n a a a a a a ----
-11,2,
,1
i i C C i n ++=-
1210000000
00001
2
3
1n a a a n n
-----下三角形
12
1(1)n n na a a --。

9．证明：设原行列式=D 。

则对
D
进行依次如下变换后
∑=+⨯⨯5
2
14323
14
,10,100,10,10i i C C C C C C 所得的行列式D ′第一列由题设中所给的5个数
字构成。

从而由行列式的定义可知D ′可被23整除。

又由行列式的性质知D ′D 10
10=。

因为23是素数，且10
10不可能被23整除，所以D 可以被23整除。

习题1.4
1．解：(1) 00
000
00
000
x a b c y d e z f g h k u l v
5按第行展开
000000x
a b y v
e
z g
h k
u
按第4列展开000
x a b vu y e z
按第1列展开
0y xuv
e
z
=xyzuv ；
(2)
1111
2341
3412
4123
1
4,3,2
i i
R R
i
-
-
=
1111
1230
1131
1311
-
-
1
2,3,4
i
R R
i
-
=
1111
0121
0040
0400
-
-
-
按第1列展开
121
040
400
-
-
-
1.27(4)
-
习题第题3(31)
2
(1)(1)(4)(4)
-
----=16；
(3)方法一01000
00100
00010
a b c d e
e d c b a
按第1列展开
1000
0100
0010
a
d c b a
+51
1000
(1)
0100
0010
b c d e
e
+
-
第2个行列式按第4列展开241
100
(1)010
001
a e e
+
+-=22
a e
-；
方法二逐次均按第2行展开可得同样结果, 具体解法可参见下例。

(4)逐次按第2行展开
1
2
3
1
0001
0000
000
0000
1000
n
n
a
a
a
a
a
-
=
1
3
2
01
00
10
n
a
a
a
a
==
1
231
1
1
n
n
a
a a a
a
-
=
2311
(1)
n n
a a a a a
-
-；
(5)
123
111
221232
222
123
222
331233
110001
000
111
000
x x x
a b c
a b x x x c
x x x
a b x x x c
36
C
123
111
222231
222
123
222
333231
111000
000
111
000
x x x
a b c
a b c x x x
x x x
a b c x x x
-35
R
123222123222231111222
3
3
3
2
3
11110000000001
1
1x x x x x x a b c x x x a b c a b c x x x 45R 1232221231112222
3
1222
3
3
3
2
3
1111000000000111x x x x x x a b c a b c x x x a b c x x x -
=2123(,,)D x x x -=222
313221()()()x x x x x x ----；
(6)
23
11
11122144
188
x x x --=(1,2,2,)D x -=(2)(2)(1)(22)(21)(21)x x x +-------
2
12(1)(4)x x =--；
（7）换行后可得到范德蒙行列式； （8）先把第一行加到第三行，再提取第三行的公因式，换行后可得到范德蒙行列式。

2．解：(1) 000
00
000
0000000
x y x y x x y y
x 按第1列展开
1
1000
0(1)00
x
y x y x
x
+-+100
00
(
1)0
000
n y x
y y x x y
+- =1
(1)
n
n n x y ++-；
(2) 123123
1
231
2
3
111n
n n n
a a a a a a a a a a a a a a a a +++12,3,
,i R R i n
-=123
1
110010101
1
n a a a a +---12
n
i
i C C =+∑
=1+
1
n
i
i a =∑；
（此处有笔误）
(3)
111212122212
111111111n n n n n n
x y x y x y x y x y x y x y x y x y +++++++++
12,3,
,i R R i n
-=
11121211212211112
1111()()()()()()n n n n n n
x y x y x y x x y x x y x x y x x y x x y x x y +++------
=1112
112
213111
2
111()()()
n
n
n n n
x y x y x y y y y x x x x x x y y y y +++---，
据此当2n =时，原式=2121()()x x y y --；当2n >时，原式=0。

3
．解：
（1）将n D 按第n 列展开得:
n D =
0000
00000000
x y y y y z
x z
x x z
x
=10000(1)000000
n z x
z
x
y
x z
+-+000
0000
x y y y z x x z
x
x
=1
11(1)
n n n yz xD +---+。

（2）略（参考课本例中的叙述）。

4．解：（1）交换行、列后得到三角块行列式，然后利用例1.4.6的结果；或者直接利用Laplace 定理。

（2）左端先做变换3241,C C C C ++，再做变换2314,R R R R --，然后利用P30推论。

5．解：（1）765
43
29
78
9437
497005361000056000
6
8
再分块
24
7
4975361
32
(1)43
00560
6
8
⨯-⋅
=
327456
435368
⋅⋅
=4；
（2）
1221010220110201
23C 1221
00122101
0021
23
R 1
2212101
00120
2
1
=
1212
92121
⋅=； （3）利用初等变换。

附加：P30推论的证明：
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
111111111111
000
r s r rr r rs s s ss
a a c c a a c c
b b b b =111111111111
(1)
000
rs r r rs r rr rs
s s ss
c c a a c c a a b b b b -
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:
11
111111111
1
00
00(1)(1)rs r rs rs rs
s r s ss
r rr
b b b b
c c a a c c a a --例1.4.511111
11
1
r s
r rr s ss a a b b a a b b ⋅
(2), (3) 思路与(1)类似, 证明过程略去。

习题1.5
2．解：计算得 1002001100001
2D λ
λ-=
14C C +100
001100
4012
λλ-2第行展开10(1)10401
λ
λ-
=41λ-
根据克拉默法则, 当D 0≠时, 即1
4
λ≠
时, 原方程组只有零解。

习题1.6
1．证明：方法一 归化
123
1111111
111111
11
1n n
a a D a a ++=++1,
,1
i n R R i n -=-
12
30
00000
1
1
1
1n
n n n
a a a a a a a ---+1110
n n
i i i
i R R
a a -=+-≠∑注意12
3
1
10
00000100
1n n n
n n n i i
a a a a a a a a a -=---++∑
=12
11
(1)n
n i i
a a a a =+∑
=右端. 方法二 归纳法
当1n =时, 1D =111
1
1(1).a a a +=+
结论成立. 假设1n -时结论成立, 即有1n D -=1
12
111(1).n n i i
a a a a --=+∑
则当n 时, 将 n D 的第n 列看成1+0,1+0,……,1+n a , 故n D 可表示为2个行列式之和, 而第2个行列式按第n 列展开可算出为1n n a D -从而
1231111
111
11
1111
1
1
1n n
a a D a a ++=++=
1
23
11111111
1111111
1a a a ++++1n n a D - 而
1
23
1111111111111
1
1
1
a a a ++
+1,2,
,1
i n
R R i n -=-1230000000001
1
1
1
a a a =121n a a a -.
所以n D =121n a a a -+1n n a D -=12
1n a a a -+n a 112
11
1
(1)n n i i
a a a a --=+∑
=12
1
1
(1)n
n i i
a a a a =+∑
=右端. 方法三 递推
由证明(二)可知n D 与1n D -存在以下递推关系:n D =12
1n a a a -+1n n a D -
所以n D =12
1n a a a -+1n n a D -=112
11
()n
n n i n i
D a a a a a -=+∑=
=12
1
1(1)n
n i i
a a a a =+∑
=右端.
方法四 加边法
123
1111
111111111
1
1
1n n
a a D a a ++=++=121
1000
1
11111111
1
1
1n
n a a a ++++
1
2,3,
,1
i C C i n -=+121111
1001001
n
a a a ---11
21n i i i R R
a +=+∑
1
121
1000
1001001
n
i i
n
a a a a =+∑
=12
1
1
(1)n
n i i
a a a a =+∑
=右端。

2．证明：（1）注意当把行列式按第n 列展开时，得到的递推公式中有三项，故归纳法第一
步应验证n=1，2时均成立。

而归纳法第二步应假设当)3(≥<k k n 时成立，去证明当n=k 时成立。

3．解：（2）先把除第一列外的所有列都加到第一列，然后提出第一列的公因子；再依次
n n R R R R R R ----13221,,, ；然后按第一列展开，再依次1,1>-i C C i ；最后按最
后一列展开。

4．解：通过倍加行变换易知f(x)的次数最大为1；又因为如果ij a 全取零，则有f(x)=0。

所以选(D)。

5．看自己或别人的作业。

6．解：方法一：利用课本中例1.4.3的方法。

方法二：设),,,,()(21x x x x D x f n =。

则有f(x)中1
-n x 的系数为n D 。

又因为
∏∏--=
?
?
)()()(j i
i
x x
x x x f （范德蒙行列式），所以f(x)中1
-n x 的系数为。

所以可得 =n D 。

第二章 线性方程组
习题2.1
2．证明. 因||0A ≠,说明11
121...n a a a 不全为零,故当某个10k a ≠,通过适当的行互换,
可使得1k a 位于左上角,用1
1k a -来乘第一行,然后将其余行减去第一行的适当倍数,矩阵A
可以化为:'
'1211
1 (00)
0n a a A ⎡⎤⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎣⎦
,由于||0A ≠,此时必有1||0A ≠,故可以对1A 重复对A 的讨论, 此时A 可经初等行变换化为'
''12131''232'31 (01)
(00)
1...000...1n n n
a a a a a a ⎡⎤⎢
⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
, 然后再将第n 行的'in a -倍加到第i 行(1,2,...,1i n =-),再将第1n -行的'
(1)i n a --倍加到第i 行(1,2,...,2i n =-),这样
继续下去,一直到将第2行的'
12a -倍加到第1行,此时A 就化为10
001
000
1⎡⎤⎢⎥⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
, 故所证结论成立。

3．证明：以行互换ij R 为例: 列互换可以同样证明.
若12
12(1)121122
...j i
i i in i i in R R j j jn j i j i jn in i a a a i a a a A j a a a j a a a a a a +-⎡⎤⎡
⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢
⎥
⎢
⎥⎢⎥=−−−−→⎢
⎥⎢⎥
---⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎣
⎦⎣⎦
121122i j
j j jn R R j i j i jn in i a a a j a a a a a a +⎡
⎤⎢⎥⎢⎥⎢
⎥−−−→⎢
⎥---⎢⎥⎢⎥⎣⎦1
2(1)12...j ii
j j jn R R i i in i a a a j a a a +-⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥−−−−→⎢⎥---⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
12(1)12...ji
j j jn R i i in i a a a j a a a -⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢
⎥−−−→⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
, 这相当于A 中交换第i 行和第j 行, 所以结论成立。

习题2.2
1． 解：A 中一定存在不为零的1r -阶子式,否则秩()1A r <-,与题设秩（A ）＝r 矛盾. 由秩（A ）＝r 知，A 中至少存在一个r 阶子式不为零, 这表明A 中的r 阶子式只要有一
个不为零即可,其余可以等于零,也可以不等于零. A 中一定不存在不为零的1r +阶子式,否则A 的秩至少是1r +, 这也与题设秩（A ）＝r 矛盾。

2． 提示：利用矩阵的行秩和向量的极大无关组证明。

3． 略。

4． 思路：可将矩阵写成一个列向量和一个行向量的乘积，从而由秩1≤；进而因为矩阵不
等于零，所以秩〉0。

5． 略。

习题2.3
略。

习题2.4
2．证明：(Ⅰ)的增广矩阵为A =11
121121
22221,11,21,11
2n
n n n n n n n n nn
n a a a b a a a b a a a b a a a b ----⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢
⎥⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
, 因为系数矩阵的秩不超过增广矩阵的秩, 所以有秩(A )≥秩(A ).
观察可知, 矩阵B 其实就是在增广矩阵A 下面加了一行, 所以秩(B )≥秩(A ). 由题意知, 秩(A )=秩(B ), 据此可得秩(A )≥秩(A ). 综上知秩(A )=秩(A ), 故(Ⅰ)有解。

3．解：将增广矩阵只用初等行变换化为阶梯形矩阵.
123111
1111111
1n n b b b b b --⎡⎤
⎢⎥-⎢⎥
⎢⎥-⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎢
⎥-⎢⎥⎣⎦
11
n n R R R -+++−−−−−
→ 12
31
1211
1111110n n b b b b b b b --⎡⎤⎢⎥-⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎢
⎥++
+⎢⎥⎣
⎦
当120n b b b +++≠时, 秩(A )≠秩(A ), 所以线性方程组无解;
当120n b b b ++
+=时, 秩(A )=秩(A )<未知量个数, 所以线性方程组有无穷多解.
原方程组同解于 12123234311,
,
,.
n n n x x b x x b x x b x x b ---=⎧⎪-=⎪⎪
-=⎨⎪⎪-=⎪⎩
故通解为11231223111,,
,.n n n n n x b b b b t x b b b t x b t x t ----=+++++⎧⎪=++++⎪⎪
⎨⎪=+⎪
=⎪⎩ 其中t 为任意常数。

4．证明：该线性方程组的增广矩阵A =11
1,11,21
2,12,31
3,13,1,1
n n n n n n n n n nn a a a a a a a a a a a a ----⎡⎤⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣
⎦
, 由题意0ij D a =≠知
秩(A )=n . 但是系数矩阵A 是一个(1)n n ⨯-的矩阵, 所以秩(A )1n ≤-<秩(A ). 据此秩(A )≠秩(A ), 所以该线性方程组无解。

第三章 矩阵
习题3.1
4．解：（1） 由矩阵乘法运可得：
111112112212222212n n n n n n n nn a a a a a a DA a a a λλλλλλλλλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦；111212
1121222211
22n n n n n n nn a a a a a na AD a a a λλλλλλλλλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦。

（2）与D 乘法可换的矩阵A 满足DA AD =。

故DA 与AD 的元素对应相等，利用（１）
的结果，有i ij j ij a a λλ=，从而()0i j ij a λλ-=。

由于j i λλ≠（i j ≠），可得：当i j ≠时，0ij a =，即A 为对角矩阵。

5．证明：（1）数学归纳法：当2n =时，计算得2
110121011012001001⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
，故结论成立． 假设当n k =时，结论成立，即有2
110101*********k
k k C k ⎡⎤
⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
，
则当1n k =+时，
1
2211011101101101011011001001001001k k k k C k k C k k +⎡⎤⎡⎤
++⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥==+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
⎣⎦⎣⎦⎣⎦
． 因2
21(1)(1)22
k k k k k k C k k C +-++=+==所以1
2111011011011001001k k k C k ++⎡⎤
+⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
⎣⎦
，
即当1n k =+时，结果成立．由归纳法原理知，对任意大于2得正整数n 有⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥
⎥⎦⎤
⎢⎢⎢⎣⎡1001011001100112
n C n n n
．
（2）当1n =时，结果显然成立．当2n =时, 直接计算得2B E =. 假设当n k =时，结果成立，即,,k
E B B ⎧=⎨⎩k 为偶数；
k 为奇数；
．我们要证明当1n k =+时，结
果也成立，即可完成证明．
第一种情况：k 为奇数，则
1k k B B B BB +===142142100032032010043043001E ⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥----==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦
．
第二种情况：k 为偶数，则
1k k B B B EB B +===．
综上：1
,,k E B
B +⎧=⎨⎩k+1为偶数；
k+1为奇数；
即当1n k =+时，结论成立． 6． 解：（1）先计算出4,3,2,1=n 时的结果。

然后归纳出应该有
cos sin cos sin sin cos sin cos n
n n n n ϕϕϕ
ϕϕϕϕ
ϕ--⎡⎤⎡⎤
=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
，接下来用数学归纳法证明这一归纳出的结果。

当n=1时，结论显然成立．
假设当n k =时，结论成立，即cos sin cos sin sin cos sin cos k
k k k k ϕ
ϕϕ
ϕϕ
ϕϕ
ϕ--⎡⎤⎡⎤
=⎢
⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
． 则当1n k =+时，
1
cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos k k
k k k k ϕ
ϕϕ
ϕϕ
ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ
ϕϕ
ϕϕ
ϕ+-----⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤
==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢
⎥⎢⎥⎣⎦
⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
cos cos sin sin cos sin sin cos sin cos cos sin sin sin cos cos cos()sin()cos(1)sin(1).sin()sin()sin(1)sin(1)k k k k k k k k k k k k k k k k ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ---⎡⎤=⎢⎥+-+⎣⎦
+-++-+⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥++++⎣⎦⎣⎦
结论成立． 7．记住结论。

8．证明：因为A 与所有n 阶方阵乘法可换，故与ij E 乘法可换, 利用第7题结果有
ij ij AE E A =，即121200000000000
0000000
00
000
0i i j j jn ni
j
a a i a a a a ⎡⎤⎢⎥⎢
⎥⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢
⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢
⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣
⎦ ,,1,2,
ii jj ij a a i j n a =⎧⇒∀=⎨
=⎩．设11a λ=，则0000,00
A E λλ
λλ⎡⎤⎢⎥⎢
⎥==⎢⎥⎢
⎥⎣⎦
即A 为数量矩阵．
10．证明：设1111n m mn a a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，11
11m n nm b b B b b ⎡⎤
⎢⎥=⎢
⎥⎢⎥⎣⎦
，则 tr 1111122111()n n AB a b a b a b =+++ 2112222222n n a b a b a b +++
+
112211
m n
m m m m mn nm ji ij j i a b a b a b a b ==+++
+=∑∑
同理可得 tr 11
()n
m
ji ij
j i BA b
a ===
∑∑
由于
11
11
m
n
n
m ji ij
ji ij j i j i a
b b a =====∑∑∑∑，可得tr ()AB =tr ()BA ．
11．证明：假如存在n 阶方阵满足AB BA E -=，则
AB BA E =+⇒tr ()AB =tr ()BA E +=tr ()BA n +．
由于0n ≠，可得tr ()AB ≠tr ()BA ，这与10题所得结果矛盾． 所以假设不成立．即不存在n 阶方阵A ，B 满足AB BA E -=． 15．证明：因A ，B 都是对称矩阵, 故()T
T
T
AB B A BA ==, 从而
AB 为对称矩阵()T AB AB BA AB ⇔=⇔=.
16．证明：设1111
n m mn a a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，则11
11m T n
mn a a A a a ⎡⎤
⎢⎥=⎢
⎥⎢⎥⎣⎦
． 由T
T
A A O A A =⇒的主对角线上元素为零
222120,1,2,i i mi a a a i n ⇒++=∀=, 由ij a 为实数知
120,0,0,1,2,
i i mi a a a i n ⇒===∀=
A O ⇒=.
证法二：利用二次型。

习题3.2
4．思路：注意到矩阵多项式的运算和一般多项式的运算一样就可以了。

证明：计算2
1()()k k E A E A A A E A --+++
+=-, 由题意可知k A O =, 所以
21()()k k E A E 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2
1k E A A A -++++.
5．证明：计算
()n E J -1()1n E J n -
-=221111n n n E J E EJ J n n --+-- =211()111
n n n n n E J J E nE J J n n n -+=-----
计算11
11111111111111()1111111111111111n n n n nE J J O n n ----⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥----⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥-==----⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥----⎣⎦⎣⎦
据此()n E J -11()()11
n n n E J E nE J J E n n -
=--=--,根据定理3.2.1的推论可知n E J -可逆且其逆为1
1
n E J n --.
6．证明：因为1
110m m m m a A a A a A a E O --++
++=所以有
12110()m m m m A a A a A a a E ---++
+=-. 由题意可知00a ≠, 所以可在等式两边同
乘上01a -
, 由此可得12110
1
()m m m m A a A a A a E a ----
+++=, 整理得
12110
1
[()]m m m m A a A a A a E a ----
+++=,根据定理 3.2.1的推论可知A 可逆且
112110
1
()m m m m A a A a A a a ----=-
+++.
7．证明：(1) 由题意2
4A A E O +-=可得1[()]4
A A E E +=, 根据定理3.2.1的推论可
知A 可逆并且1
1
()4
A
A E -=+. (2) 由题意2
4A A E O +-=可得222A A E E +-=, 而这个等式可化为
()(2)2A E A E E -+=, 即有1
()[(2)]2A E A E E -+=, 同样根据定理3.2.1的推论
可知A E -可逆并且1
1()(2)2
A E A E --=+.
8．思路：注意题设实际上是给出了矩阵多项式0)(2
=-=A A A f 。

所以一般情况下，
A E -2如果可逆，其逆矩阵也应该是一个矩阵多项式。

所以我们可以假设其逆矩阵为
bE aA +（待定系数法）
，从而由逆矩阵定义知应该有E bE aA A E =+-))(2(，即E bE A b a aA =+-+-2)2(2。

在注意到题设是0)(2=-=A A A f ，所以我们有bE A b a bE A b a aA bE A b a aA E 2)(2)2(2)2(2+-=+-+-=+-+-=，所以有
12,0==-b b a ，即2
1
=
=b a 。

证明：因为A A =2
，所以E E
A A E ==+- 2
)2(。

所以。

9．证明：(1)1
1
13
A
A
--==; (2)由于*
AA A E =, 所以*
1
1
3A A A A --==, 由此可得*
1
3133A A
A --==
1
2793
=⨯=;
(3)3
2(2)8324A A -=-=-⨯=-;
(4)1
1
31311(3)
3(3)(33)81
A A
A ----===⨯=
; (5)由(2)中分析可知*
1
3A A -=, 所以
*111111
4(3)4333
A A A A A -----=-=- 311
(3)2793
A -=-=-⨯=-;
(6) 由(2)中分析可知*
1
3A A -=, 则*1
111111
()
(3)()33
A A A A -----===。

10．证明：,A B 都可逆, 所以有**,AA A E BB B E ==, 由此可知
*1*1,A A A B B B --==, 从而得到**11B A A B B A --=.
另一方面, 由于,A B 都可逆且均为n 阶方阵, 所以AB 也可逆, 所以有
*1()()AB AB AB -=, 而111()AB AB A B B A ---=.
综合上述可得*
1
1
*
*
()AB A B B A B A --==. 11．略。

12．证明：假设A 是可逆矩阵, 那么在等式2A A =两边都左乘A 的逆矩阵1A -可得A E =, 这与题设中A E ≠矛盾! 所以A 不可逆.
13．证明：根据题意可知存在非零的n ×t 矩阵B 使AB=O, B 是非零矩阵所以必存在某一列
上的元素不全为零, 不妨设这一列为12i i
ni a a a ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦. 由于AB O =, 所以A
12i i ni a a a ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦000⎡⎤⎢⎥
⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦
, 据此可知12i i
ni a a a ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
是线性方程组AX O =的一个非零解. 由于AX O =有非零解, 所以
A =0.
14．略。

15．解：(A) 可逆的充要条件是0A ≠而不是A O ≠, 设1000A O ⎡⎤
=≠⎢
⎥⎣⎦
, 但A 不是可逆矩阵, 所以选项(A)是错误的.
(B) 设,A E B E ==-, 显然,A B 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.
(C) 可逆的充要条件是0A ≠而T A A =.所以选项(C)是正确的.
(D) 不可逆的充要条件是0=A ；而A 中至少有一行全为零只是0=A 的充分条件。

设⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡=1111A , 但A 不是可逆矩阵, 所以选项(D)是错误的.
习题3.3
1．解：
(1) 设12121321,,,31214134A B C D -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤
====⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
, 则原式可以分块写成
A O C O O
B O D ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦, 利用分块矩阵的性质计算得A O
C O AC
O O B O D O
BD ⎡⎤⎡⎤⎡⎤
=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣
⎦
而121250312117AB --⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢
⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦, 13211113413450CD ⎡⎤⎡⎤⎡⎤
==⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦
, 据此可
得5
017000
011130
050A O C O AC
O O B O D O
BD -⎡⎤
⎢⎥⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥==⎢
⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥
⎣⎦.
(2) 设10111140102,01,,111,010*******A E B C D G ⎡⎤⎡⎤
⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦
则原式可
以分块写成A B D O C G ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦, 利用分块矩阵的性质计算得A B D AD BG O C G CG +⎡⎤⎡⎤⎡⎤
=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦
而
22210232010222220122300122221241AD BG ED BG D BG ⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥+=+=+=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦
,
1401001401001001CG ⎡⎤⎡⎤⎡⎤
==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦
.
据此可得2322
232410140
01A B D AD BG O C G CG ⎡⎤
⎢⎥⎢
⎥+⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢
⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦
.
2．解：(1) []111
1n n n
A A
E A A A E E A ----⎡⎤⎡⎤==⎣⎦⎣⎦;
(2) 1111n n n A E AA A E A E A ----⎡⎤⎡⎤⎡⎤
==⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦; (3) []11112n n
n n n n n A A A A E E A A E E E A E A
E ----⎡⎤⎡⎤⎡⎤
==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦； (4) []
[][]2T
n n n n n A A A A
E A E A E E A
E ⎡⎤⎡⎤
==⎢
⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
; (5) [][]
[]2T
n n n n n A A
E A E A E A E E ⎡⎤
==+⎢⎥⎣⎦。

3．证明：(1) 先证“⇒”, 当Q 可逆时, 则必有0Q ≠. 而(1)rt O A
Q A B B O
=
=-,
所以有0A B ≠, 从而有0,0A B ≠≠, 因此,A B 均可逆.
再证“⇐”, ,A B 均可逆, 则有0,0A B ≠≠, 所以有0A B ≠, 而
(1)rt O A
Q A B B O
=
=-, 所以0Q ≠, 据此可知Q 可逆.
综上即有Q 可逆⇔A ，B 均可逆.
(2) 设1C D Q F G -⎡⎤=⎢
⎥⎣⎦, 则有1
O A C D E QQ B O F G E -⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣
⎦ 而O A C D AF
AG B O F G BC BD ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣
⎦, 所以有AF E
AG O BC O BD E
=⎧⎪=⎪
⎨
=⎪⎪=⎩, 因为Q 可逆, 由(1)可知必有,A B 可逆, 所以由AG O =, BC O =可得G C O ==. 而由AF E =, BD E
=
可得1
1
,F A D B --==. 所以11
1
O
B Q A
O ---⎡⎤=⎢⎥⎣⎦
. 5．解：(1)设2127,1113A B ⎡⎤⎡⎤==⎢
⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦, 则原矩阵为A O O B ⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
. 而1
11A O A O O B O
B ---⎡⎤
⎡⎤
=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
. 因为1
12111,1112A ---⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦1
1
273737131212B ----⎡⎤⎡⎤⎡⎤==-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎣⎦
, 所以
可得
1
111100120000370012A O A O O B O
B ----⎡⎤
⎢⎥-⎡⎤⎡⎤
⎢⎥
==⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎢⎥-⎣⎦
.
习题3.4
4．解：(1) A 中i 行与j 行互换相当于用初等矩阵(,)E i j 左乘A 得到(,)E i j A . 由于
11((,))((,))A E i j E i j A E --=, 而1(,)E i j -=(,)E i j , 所以相当于1A -右乘了初等矩阵
(,)E i j , 即1A -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(())E i k 左乘A 得到(())E i k A . 由于
11((()))((()))A E i k E i k A E --=, 而1(())E i k -=1
(())E i k
, 所以相当于1A -右乘了初等
矩阵1(())E i k , 即1
A -中i 行乘上非零数1k
.
(3) A 中第j 行乘上数k 加到第i 行相当于用初等矩阵((),)E i j k j +左乘A 得到
((),)
E i j k j +A . 由于11(((),))(((),))A E i j k j E i j k j A E --++=, 而
1((),)E i j k j -+=((),)E i j k j +-, 所以相当于1A -右乘了初等矩阵((),)E i j k j +-,
即1
A -中第j 行乘上数-k 加到第i 行.
7．解：由于1
()T
T
A E C
B
C E --=, 所以1
[()]T
T
T
A E C
B
C E --=, 即有
1[()]T T T T T A E C B C C E --=, 变形得1[()]T T T A C B CC E --=, 从而有()T T A C B E -=.
而10002
10032104321T T
C B ⎡⎤⎢⎥⎢
⎥-=⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
, 显然是可逆矩阵. 所以只需要求出1()T T C B --即得到A .
下面只用初等行变换把T T
C B E ⎡⎤-⎣
⎦化为[]E
A 即可.
1
00010001
000
1
021000100010021003210001000101210432100010
0010121⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥−−→⎢⎥⎢⎥
-⎢⎥⎢
⎥
-⎣⎦⎣⎦
, 从而得到1000210
01210012
1A ⎡⎤
⎢⎥-⎢
⎥=⎢⎥-⎢
⎥-⎣⎦。

习题3.5
1．证明：设A 为秩为r 的m n ⨯矩阵, 则它必与矩阵r
m n
E O O O ⨯⎡⎤
⎢
⎥⎣⎦等价, 所以必存在两个可逆矩阵,P Q 使得r
m n E O A P Q O O ⨯⎡⎤=⎢
⎥⎣⎦成立. 而r
m n
E O O O ⨯⎡⎤
⎢⎥⎣
⎦可以写成r 个只有一个元素为1其余为零的m n ⨯矩阵的和的形式:
,,1
01000
r
m n
m r n r m r n r m n m n
E O O O O O ⨯----⨯⨯⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎡⎤=++
⎢⎥⎢
⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢
⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢
⎥
⎢⎥⎢⎥⎣
⎦⎣
⎦
,,00
00100
1
m r n r m r n r m n m n
O O ----⨯⨯⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥++⎢⎥⎢
⎥⎢⎥⎢
⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢
⎥
⎢⎥⎢⎥⎣
⎦⎣⎦
所以有r
m n
E O A P Q O O ⨯⎡⎤
=⎢
⎥⎣⎦ =,,1
00()000
1
m r n r m r n r m n m n
P Q O O ----⨯⨯⎡⎤
⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
+
+⎢
⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
=,,1000000
1
m r n r m r n r m n
m n
P Q P Q O O ----⨯⨯⎡⎤
⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥
+
+⎢
⎥⎢
⎥⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎣
⎦⎣
⎦
这样A 就表示成了
r
个矩阵之和的形式. 而任一个
,0
1
m r n r m n
P Q O --⨯⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎣
⎦, 由于中间那个矩阵只有一个元素非零, 所以其秩为1, 而,P Q 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.
2．解：设12
,,1
10
0,,m r n r m r n r m n
m n
A A O O ----⨯⨯⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥
⎢
⎥⎢
⎥==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢
⎥
⎣⎦⎣⎦
,10,r m r n r m n
A O --⨯⎡⎤⎢⎥⎢
⎥=⎢⎥⎢⎥
⎣
⎦ 显然(1,2,
,)i A i r =的秩都是1, 但是他们的和,0
m r n r m n
r A O --⨯⎡⎤⎢⎥
⎢
⎥=⎢⎥⎢⎥
⎣
⎦的秩是1而不是r. 所以该逆命题不成立.
5．证明：因为A 列满秩，所以存在可逆矩阵Q P ,使得⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢
⎣⎡=00Q P Q E P A n ，所以⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡=-01Q A P 。

进而有[
]n E A P Q =--11
0。

所以令[]
11
0--=P Q C 即可。

7．证明：（1）因为m n A r AB r <≤≤)()(，所以结论成立。

（2）由（1）知AB 不满秩，所以不可逆。

（3）略。

8．证明：因为m E AB =，所以m A r AB r m ≤≤=)()(。

所以m A r =)(。

同理有m B r =)(。

9．解：设100001,,000110A B C ⎡⎤⎡⎤⎡⎤
===⎢
⎥⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦⎣⎦
, 计算得100010010001,000100100100AB O ACB ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤
====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
.
显然秩(ACB )=1, 秩(AB )=0, 两者不相等. 所以秩(ACB )与秩(AB )不一定相
等.
10．解：设秩(A )＝1r , 秩(B )=2r , 则存在四个可逆矩阵1122,,,P Q P Q 使得
1
2
1122,r r E O E O A P Q B P Q O
O O
O ⎡⎤⎡⎤==⎢
⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
成立. 令111211M Q P --⎡
⎤
⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦
, 首先因为1112
1,,1
Q P --⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
都是可逆矩阵, 所以M 也是可逆的. 又因为秩(A )+秩(B )
≤n, 即1r +2r ≤n, 所以11⎡⎤
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
的前1r 行2r 列构成的块是一个零块, 因此
11
⎡
⎤
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
可以写成下面这个形式12
r r O A B C ⨯⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
. 计算 112
2
1
1111222()r r r r E O O A E O AMB P Q Q P P Q O O B
C O O ⨯--⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦
1
12
2
12r r r r E O O A E O P Q O O
O B
C O
O ⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤
==⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦
所以存在可逆矩阵M 使得AMB O =.
习题3.6
1．解：(1) 设1000A ⎡⎤
=⎢⎥⎣⎦
, 易知0A =, 但A O ≠, 所以(1)不一定成立.
(2) 设10,201A k ⎡⎤
==⎢
⎥⎣⎦
, 易得20104,220201kA k A ====, 此时kA k A ≠, 所以(2)不一定成立.
(3) 设1002A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦, 易得1
01
11,2201
A A ==≠所以(3)不一定成立. (4) 设,A E
B E ==-, 易得0,2A B O A B +==+=, 此时A B A B +≠+,
所以(4)不一定成立.
(5) (6)都是课本中提及的性质, 是成立的.
(7) ()T T T T T T T AB B A B A A B ===, 所以(7)成立. 2．解：(1) 设111011A ⎡⎤
=⎢
⎥
⎣⎦
, 则 101011111132111112,111220011220111111122T T
AA A A ⎡⎤⎡⎤
⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥======⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
显然此时T
T
AA A A ≠, 所以该项不一定成立.
(2) 设1122,0101A C B D ⎡⎤⎡⎤
====⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦
, 则1122010122110101A B M C D ⎡⎤⎢
⎥⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎢⎥
⎣⎦
计算得11223A D B C -=⨯-⨯=-, 而M 中由于第二第四两行相同, 所以
0M =.因此此时M A D B C ≠-, 所以此项不一定正确. (3) T
T T
T
T A C M B
D ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦, 所以T
A C M
B D ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦
不正确. (4) 2
(1)n O A A B B O ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦
, 所以
O A A B B O ⎡⎤
=-⎢⎥⎣⎦
不正确. (5) 因为A ，B 为可逆矩阵, 所以方程两边同左乘1A -, 再右乘1B -即得1
1
X A CB --=.
所以是正确的.
(6) 因为12,3,,11111
122
2000000i R iR i n
n n n n
n n n -=⨯⨯⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢
⎥⎢⎥−−−−→⎢⎥⎢⎥⎢
⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦, 所以 秩(111222n n n n n ⨯⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎣⎦)=1=秩(10
0000000n n
⨯⎡⎤
⎢⎥⎢
⎥⎢
⎥⎢⎥⎣⎦), 因此这两个矩阵等价. 3．证明：(1) 因为秩(m n A ⨯)=r, 所以A 与r m n
E O O O ⨯⎡⎤
⎢
⎥⎣⎦等价, 即存在两个可逆矩阵,m m n n
P Q ⨯⨯使得
r
m m n n
m n
E O A P Q O
O ⨯⨯⨯⎡⎤
=⎢
⎥⎣⎦,
令
,r
r
m m n n m n n n
E
O E O B P C Q O O O O ⨯⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤
==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦, 因为,m m n n P Q ⨯⨯是可逆的而,r r
m n n n E O E O O O O O ⨯⨯⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎣
⎦⎣⎦的秩都为r , 所以秩 (B )=秩(C )=r. 并且B 是m n ⨯的, C 是n n ⨯的. 而且计算可得 r
r
r
m m n n m m n n m n n n m n
E
O E O E O BC P Q P Q A O
O O O O
O ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤
===⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣
⎦⎣⎦.
(2) 只需令,r
r
m m n n m m m n
E O E O D P
F Q O O O O ⨯⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤
==⎢
⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦, 同(1)分析可知这样构造得到的,m m m n D F ⨯⨯即为所需的两个矩阵. (3) 只需令[],r m m r n n r n m r
E R P S E O Q O ⨯⨯⨯⨯⎡⎤
==⎢
⎥⎣⎦, 同(1)分析可知这样构造得到的
,m r r n R S ⨯⨯即为所需的两个矩阵.
4．记住此结论。

5．证明：因为)()()()(ABC r B r BC r AB r +≤+，所以由题设)()(B r AB r =知
)()(ABC r BC r ≤。

又因为)()(B r ABC r ≤，所以)()(B r ABC r =。

第四章 线性空间和线性变换
习题4.1
2．记住此结论。

习题4.2
10．证明：设P t t t s ∈,,,21 使得02211=+++s s t t t βββ ，则有
0)(112211112211=++++++++----s s s s s s t k t k t k t t t t αααα 。

因为s ααα,,,21 线性无关，所以01111121=+++====---s s s s t k t k t t t t 。

所以021====s t t t 。

习题4.3
3．证明：设向量组(I)、(II)的极大无关组分别为(III)、(IV)。

则有(I)与(III)等价，(II)与(IV)
等价。

所以(III)能用(I)线性表示，(II)能用(IV)线性表示。

因为(I)能用(II)线性表示，所以(III)能用(IV)线性表示。

因为(III)线性无关，所以(III)中所含向量的个数≤(IV)中所含向量的个数，即秩(I)≤秩(II)。

4．证明：由题设易知向量组βαα,,,11-r 可由r r ααα,,,11- 线性表示，下面只需证明r
α可由βαα,,,11-r 线性表示即可。

因为β可由r r ααα,,,11- 线性表示，所以存在数r r k k k ,,,11- 使得
r r r r k k k αααβ+++=--1111 。

因为β不能经11,,-r αα 线性表示，所以0≠r k 。

所以)(1
1111βααα-++-
=--r r r
r k k k ，即r α可由βαα,,,11-r 线性表示。

5．证明：因为
γ
βαα,,,,1 线性相关，所以存在不全为零的数t
r k k k s s ,,,,,11- 使得t r k k k r r r r +++++--βααα1111 。

下面分情况对t r ,是否为零进
行讨论（四种情况）。

略。

6．证明：(1) 因为2α,3α,4α线性无关, 所以2α,3α必线形无关, 又因为1α,2α,3α线性
相关, 所以1α能经2α,3α线性表示, 并且表示方法唯一.
(2) 若4α能经1α,2α,3α线性表示, 不妨设表达式为4112233k k k αααα=++, 根据(1) 1α能经2α,3α线性表示, 不妨设表达式为11223t t ααα=+, 把1α带入到
4112233
k k k αααα=++中得
411223223311221233()()()k t t k k k t k k t k ααααααα=+++=+++
即有411221233()()k t k k t k O ααα-+-+=, 从而得到2α,3α,4α线性相关, 这与题意中2α,3α,4α线性无关矛盾! 所以4α不能经1α,2α,3α线性表示.
习题4.4
3．解：由[]1
23
4αααα=121112
1
12332011010110022211300
03⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥-⎢
⎥⎢
⎥−−→⎢⎥⎢⎥
--⎢⎥⎢
⎥--⎣⎦⎣⎦
, 可得秩([]1234αααα)=4, 这四个向量线性无关, 所以该向量组是4P 中的一组
基.
因为[]1
234
1211701
1000011300
01
4ααααα⎡⎤⎢⎥-⎢
⎥−−→⎢⎥⎢
⎥⎣⎦
,。