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高等代数 课后答案(王萼芳 石生明) 高等教育出版社

时间:2011-11-03


第一章

多项式

多项式理论是高等数学研究的基本对象之一, 在整个高等代数课程中既相对独立, 又贯 穿其他章节。换句话说,多项式理论的讨论可以不依赖于高等数学的其他内容而自成体系, 却可为其他章节的内容提供范例与理论依据。 本章主要讨论多项式的基本概念与基本性质,包括数域的概念、一元多项式的定义与运算 规律、整除性、因式分解及根等概念。对于多元多项式,则主要讨论字典排列法与对称多项 式。 一 重难点归纳与分析 (一) 基本内容概述 多项式理论又分为一元多项式与多元多项式两大部分,其中一元多项式主要讨论: 1. 一元多项式的基本概念与基本性质:主要讨论数域的概念、一元多项式的定义与 运算规律。 2. 一元多项式的整除性理论:主要讨论带余除法与余数定理、整除的基本概念与基 本性质、最大公因式和互素的基本概念与基本性质。 3. 一元多项式的因式分解理论:主要讨论不可约多项式的基本概念与基本性质、因 式分解及其唯一性定理、三个特殊数域上的多项式分解。 4. 一元多项式的根与重根:主要讨论重因式的定义与性质、多项式的根、多项式根 的个数定理。 多元多项式则主要讨论多元多项式的基本概念、字典排列法与对称多项式。 (二)重难点归纳 本章的重点为一元多项式的概念,因式分解理论,多项式的根和对称多项式;难点为最大 公因式的定义,一元多项式的整除性,一元多项式的整除、最大公因式、互素及不可约多项 式等概念的联系与区别。 (三)题型归类与分析 本章的基本题型主要有: 1. 关于一元多项式的基本概念,通常有一元多项式的比较次数法、比较系数法,用以确定 多项式的次数及证明有关命题。 2. 关于一元多项式整除性理论,通常有多项式整除性的检验、最大公因式的求法、互素的 判别、按幂展开等等,可采取综合除法、带余除法、辗转相除法、待定系数法、反证法 及利用多项式的整除、最大公因式、互素等定义与性质求证有关命题。 3. 关于一元多项式的因式分解理论,通常有多项式的可约性判别、因式分解、重因式的判 别等等,可采取艾森斯坦判别法、克龙莱克尔分解法、求有理根的分解法、分离重因式 法、辗转相除法以及利用不可约多项式的定义与性质求证有关命题。 4. 关于一元多项式的根与重根,通常有根的检验及重根的判别、根与系数的关系以及球多 项式的根与重根等等,可利用辗转相除法、结式判别法、分离重因式法、艾森斯坦判别 法等进行讨论,以及利用某些基本定理求解。 5. 关于多元多项式,通常有对称多项式化初等对称多项式的化法与对称多项式的应用,其 中化对称多项式为初等对称多项式的方法主要有公式法、首项消去法及待定系数法;应 用对称多项式,可以对具有对称多项式形式的线性方程组求解、进行因式分解、进行恒 等式的证明及求多元多项式的零点。 (四) 综合举例

例1 设

f (x) 是一元多项式, a, b 是任意数, c 是非零数,试证:

1) f ( x ? c) = f ( x) ? f ( x) 是常数; 2) f (a + b) = f (a ) + f (b) ? f ( x) = kx(k 为常数) ; 3) f ( a + b) = f ( a ) f (b) ? f ( x ) = 1或1 。 证 上述命题的充分性显然,下证必要性。

1) 若 f (x) 不 是 常 数 , 因 f (x) 是 一 元 多 项 式 , 可 设 ? ( f ( x)) = n > 0 , 并 设

x1 , x 2 ,...x n 是f ( x)的n 个根,则 f ( xi ? c) = f ( xi ) = 0

(i = 1, 2,..., n)

于是 x1 ? c, x 2 ? c,...x n ? c 也是 f (x)

( x1 ? c) + ( x 2 ? c) + ... + ( x n ? c) = x
从而 c = 0 ,与假设矛盾,即证 f (x) 2) 在 f (a + b) = f (a ) + f (b) 中,令 b = 根,从而有

x

x

是 f (x) 的一个 ,得

2tg (2t ) = f (2t ) = f ( x + t ) = f ( x) ? g (2t ) = g (t )
即证 g (x)

f (t ) = 2 f (t ) = 2tg (t )

,代入 f ( x) = xg ( x) 可得 f ( x) = kx 。

3) 若 f ( x) = 0 ,则结论成立。否则由

f ( 2 x) = f ( x + x) = f ( x) f ( x)
知 f (x) 只能是常数,设其为 k ,则

k = f (0) = f (0) + f (0) = f (0) f (0) = k 2
又因假设, k ≠ 0 ,所以 k = 1 ,即证 f ( x) = 1 。

例2

在 P[x] 中,设 g ( x) ≠ 0, h( x) 为任意的多项式,试证:

f ( f ( x), g ( x)) = ( f ( x) ? h( x) g ( x), g ( x))
证: 由已知,可设

( f ( x), g ( x)) = d ( x)


f ( x ) = q1 ( x)d ( x), g ( x) = q 2 ( x)d ( x)
于是

f ( x) ? h( x) g ( x) = [q1 ( x) ? h( x)q 2 ( x)]d ( x)
即 d (x) 是 f ( x) ? h( x) g ( x) 与 g (x) 的一个公因式。 若 d1 ( x ) 是 f ( x) ? h( x) g ( x) 与 g (x) 的任意一个公因式,则由多项式的整除性质,可 得 f ( x) = q3 ( x) d1 ( x) 。这表明 d 1 ( x ) f ( x )

d1 ( x) d ( x)
即 d (x) 还是 f ( x) ? h( x) g ( x) 与 g x 的最大公因式,故有

d ( x) = ( f ( x), g ( x)) = ( f ( x) ? h( x) g ( x), g ( x))
例3 设 是实系数多项式,且 (1) (2)

( x 2 + 1) f ( x) + ( x + 1) g ( x) + ( x ? 2) g 2 ( x) = 0 ( x 2 + 1) f ( x) + ( x ? 1) g ( x) + ( x + 2) g 2 ( x) = 0
试证 g1 ( x ), g 2 ( x ) 证 由 ( x ? 1) × (1) ? ( x + 1) × (2) 可得

( x 2 + 1)[( x ? 1) f1 ( x) ? ( x + 1) f 2 ( x)] ? 6 xg 2 ( x).
再由 ( x + 2) × (1) ? ( x ? 2) × ( 2) ,同理可证 ( x + 1) | g1 ( x).
2

例4

试问:2 是否为一元多项式

f ( x) = 3x 4 + 4 x 3 ? x 2 + 4 x ? 4 g ( x) = x 5 ? 6 x 4 + 11x 3 ? 2 x 2 + ?12 x + 8
的根?如果是,它是几重根? 解:考察 2 是否为 f (x) 或者 g (x) 的根时,可采用综合除法,得 f (2) = 80 ≠ 0 ,

g (2) = 0 。即知 2 不是 f (x) 的根,但 2 是 g (x) 的根。
进一步考察 2 是 g (x) 的几重根。 求 g (x) 的各阶导函数。因为

g ( x) = x 5 ? 6 x 4 + 11x 3 ? 2 x 2 ? 12 x + 8
所以

g / ( x) = 5 x 4 ? 24 x 3 + 33x 2 ? 4 x ? 12 g // ( x) = 20 x 3 ? 72 x 2 + 66 x ? 4 g /// ( x) = 60 x 2 ? 144 x + 66
于是有

g (2) = g / (2) = g // (2) = 0, g /// (2) 18
从而知 2 是 g (x) 的三重根。

0

例5

设有一个三阶行列式

x1 f ( x1 , x 2 , x3 )

x2

x3

试求此行列式,并将其表示成初等对称多项式的多项式。 解:直接展开此三阶行列式,可得

f ( x1 , x 2 , x3 )

x1

x

x

x1 x 2 x3

再由初等对称多项式

σ 1 = x1 + x 2 + x3 σ 2 = x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x3 σ 3 = x1 x 2 x3
则所求多项式 f 中相应的初等对称多项式 σ i (i = 1,2,3) 的方幂之积应满足下表: 指数组 3 0 0 对应的 σ i 的方幂乘积

σ i3

2 1 若令

1 1

0 1

σ 1σ 2

σ3

f ( x1 , x 2 , x3 ) = x1 + x 2 + x3 ? 3 x1 x 2 x3 = σ 1 + aσ 1 σ 2 + bσ 3
3 3 3 3

并取值 x1 = 0, x 2 = 1, x3 = ?1, 代入上式可得

b=0
从而所求初等对称多项式为

f = σ 1 ? 3σ 1σ 2
3

例6 解

求一个三元一次方程, 使其三个根分别为另一个三元一次方程的三个根的立方。 设 α , β , γ 分别为方程 x + ax + bx + c =
3 2

α 3 + β 3 + γ 3 = (α + β + γ ) 3 ? 3(α + β + γ )(αβ + βγ + αγ + αβγ
= ?a 3 ? 3ab + 3c

α 3 β 3 + β 3γ 3 + α 3γ 3 = (αβ + βγ + αγ
= ?b 3 ? abc + c

? αβγ α + β + γ αβ + βγ + αγ ) + 3α 2 β 2γ 2

α 3 β 3γ 3

3

于是由韦达定理,所求三元一次方程为

y 3 + (a 3 + 3ab ? 3c) y + (b ? 3abc + 3c 2 ) y + c 3 = 0

二 、

习题精解

1. 用 g (x) 除 f (x) ,求商 q (x) 与余式 r (x) : 1) f ( x) = x ? 3 x ? x ? 1, g ( x) = 3 x ? 2 x + 1
3 2 2

2)

f ( x) = x 4 ? 2 x + 5, g ( x) = x 2 ? x + 2

解 1)由带余除法,可得 q ( x) =
2

1 7 26 2 x ? , r ( x) = ? x ? 3 9 9 9

2)同理可得 q ( x) = x + x ? 1, r ( x) = ?5 x + 7 2. m, p, q 适合什么条件时,有 1) x + mx ? 1 | x + px + q
2 3

2) x + mx + 1 | x + px + q
2 4 2

解 1 由假设,所得余式为 0,即

( p + 1 + m 2 ) x + ( q ? m) = 0
所以当

? p +1 + m2 = 0 ? ? q?m=0
时有

x 2 + mx ? 1 | x 3 + px + q
2)类似可得

?m ( 2 ? p ? m ) = 0 ? ?q + 1 ? p ? m =
于是当 m = 0 综上所诉,当 ;而当 2 ? p ? m = 0 时,代入(2)可得 q = 1 。
2

? m=0 ? ?p = q +1
时,皆有

x 2 + mx + 1 | x 4 + px 2 + q

3.求 g ( x) 除 f ( x) 的商 q ( x) 与余式 r ( x) : 1) f ( x) = 2 x ? 5 x ? 8 x, g ( x) = x + 3
5 3

2) f ( x) = x ? x ? x, g ( x) = x ? 1 + 2i
3 2

解 1)因为 。。。。。。。。。。。。。。。。。 。。。。。。。。。。。。。。。。

所以

q( x) = 2 x 4 ? 6 x3 + 13x 2 ? 39 x + 109 r ( x) = ?327
2)因为 。。。。。。。。。。。。。。。。。。 。。。。。。。。。。。。。。。。。。 所以

q ( x) = x 2 ? 2ix ? (5 + 2i ) r ( x) = ?9 + 8i
4.把 f ( x) 表示成 x ? x0 的方幂和,即表成

c0 + c1 ( x ? x0 ) + c2 ( x ? x0 ) 2 + ... + cn ( x ? x ) + ...
的形式: 1) f ( x) = x , x0 = 1
5

2) f ( x) = x ? 2 x + 3, x0 = ?2
4 2

3) f ( x) = x + 2ix ? (1 + i ) x ? 3 x + 7 + i, x = ?i
4 3 2

解 1)由综合除法,可得 。。。。。。。。。。。。。 。。。。。。。。。。。。 所以

f ( x) = 1 + 5( x ? 1) + 10( x ? 1) 2 + 10( x ? 1)3 + 5( x ? 1) 4 + ( x ? 1)5
2)类似可得

x 4 ? 2 x 2 + 3 = 11 ? 24( x + 2) + 22( x + 2) 2 ? 8( x + 2)3 + ( x + 2) 4
3) 因为 。。。。。。。。。。。。。。。。 。。。。。。。。。。。。。。。。 所以

x 4 + 2ix3 ? (1 + i ) x 2 ? 3 x + (7 + i ) = (7 + 5i ) ? 5( x + i ) + (?1 ? i )( x + i )2 ? 2i ( x + i )3 + ( x + i )4

5.求 f ( x) 与 g ( x) 的最大公因式: 1) f ( x) = x + x ? 3 x ? 4 x ? 1, g ( x) = x + x ? x ? 1
4 3 2 3 2

2) f ( x) = x ? 4 x + 1, g ( x) = x ? 3 x + 1
4 3 3 2

3) f ( x) = x ? 10 x + 1, g ( x) = x ? 4 2 x + 6 x + 4 2 x + 1
4 2 4 3 2

解 1) ( f ( x), g ( x)) = x + 1 2) ( f ( x), g ( x)) = 1 3) ( f ( x), g ( x)) = x ? 2 2 x ? 1
2

6.求 u ( x), v( x) 使 u ( x) f ( x) + v( x) g ( x) = ( f ( x), g ( x)). 1) f ( x ) = x + 2 x ? x ? 4 x ? 2, g ( x) = x + x ? x ? 2 x ? 2
4 3 2 4 3 2

2) f ( x) = 4 x ? 2 x ? 16 x + 5 x + 9, g ( x) = 2 x ? x ? 5 x + 4
4 3 2

3) f ( x) = x ? x ? 4 x + 4 x + 1, g ( x) = x ? x ? 1
4 3 2

解 1)因为 。。。。。。。。。。。。。 。。。。。。。。。。。。。 所以

( f ( x), g ( x)) = x 2 ? 2 = r2 ( x)
再由

? f ( x) = q1 ( x) g ( x) + r1 ( x) ? ? g ( x) = q2 ( x)r1 ( x) + r2 ( x)
解得

r2 ( x) = g ( x) ? q2 ( x)r1 ( x) = g ( x) ? q2 ( x)[ f ( x) ? q1 ( x) g ( x)] = [?q2 ( x)] f ( x) + [1 + q1 ( x)q ( x)]g ( x)
于是

u ( x) = ? q2 ( x) = ? x ? 1 v( x) = 1 + q1 ( x)q2 ( x) = 1 + 1i( x + 1) = x + 2
2)仿上面方法,可得

( f ( x), g ( x)) = x ? 1


1 1 2 2 u ( x) = ? x + , v( x) = x 2 ? x ? 1 3 3 3 3
3)由 ( f ( x), g ( x)) = 1 可得

u ( x) = ? x ? 1, v( x) = x 3 + x 2 ? 3x ? 2

7.设 f ( x) = x + (1 + t ) x + 2 x + 2u 与 g ( x) = x + tx + u 的最大公因式是一个二次多项
3 2 3 2

式,求 t , u 的值。 解 因为

f ( x) = q1 ( x) g ( x) + r1 ( x) = ( x3 + tx 2 + u ) + ( x 2 + 2 x + u ) g ( x) = q2 ( x)r1 ( x) + r2 ( x) = ( x + (t ? 2))( x 2 + 2 x + u ) ? (u + 2t ? 4) x + u (3 ? t )
且由题设知最大公因式是二次多项式,所以余式 r2 ( x) 为 0,即

??(u + 2t ? 4) = 0 ? ? u (3 ? t ) = 0
从而可解得

?u1 = 0 ? ? t1 = 2



?u2 = ?2 ? ? t2 = 3

且 8. 证明: 如果 d ( x) | f ( x), d ( x) | g ( x) , 与 g ( x) 的一个最大公因式。 证 易见 d ( x)

d ( x) 是 f ( x)

的公因式。另设 ? ( x) 是 f ( x) 与 g ( x) 的任一公因式,下证

? ( x) | d ( x) 。
由于 d ( x) 是 f 的一个组合,这就是说存在多项式 s ( x) 与 t ( x) ,使

d ( x ) = s ( x) f ( x) + t ( x) g ( x)
从而由 ? ( x) | f ( x), ? ( x) | g ( x) 可得 ? ( x) | d ( x) ,即证。

9.证明: ( f ( x)h( x), g ( x)h( x)) = ( f ( x), g ( x)) h( x) 证 因为存在多项式 u ( x), v( x) 使

(h( x) 的首系数为1) 。

( f ( x), g ( x)) = u ( x) f ( x) + v( x) g ( x)
所以

( f ( x), g ( x))h( x) = u ( x) f ( x)h( x) + v( x) g ( x)h( x)
上式说明 ( f ( x), g ( x))h( x) 是 f ( x)h( x) 与 g ( x)h( x) 的一个组合。

另一方面,由 ( f ( x), g ( x)) | f ( x) 知

( f ( x), g ( x))h( x) | f ( x)h( x)
同理可得

( f ( x), g ( x))h( x) | g ( x)h( x)
从 而 ( f ( x), g ( x))h( x) 是 f ( x)h( x) 与 g ( x)h( x) 的 一 个 最 大 公 因 式 , 又 因 为

( f ( x), g ( x))h( x) 的首项系数为1,所以 ( f ( x)h( x), g ( x)h( x)) = ( f ( x), g ( x))h( x)

10.如果 f ( x), g ( x) 不全为零,证明:

? ? f ( x) g ( x) , ? ? =1 ? ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g ( x)) ?
证 存在 u ( x), v( x) 使

( f ( x), g ( x)) = u ( x) f ( x) + v( x) g ( x)
又因为 f ( x), g ( x)

( f ( x), g ( x)) ≠ 0
由消去律可得

1 = u ( x)
所以

f x + ( ) ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g ( x))

? ? f ( x) g ( x) , ? ? =1 ? ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g ( x)) ?

11.证明:如果 f ( x), g ( x) 不全为零,且

u ( x) f ( x) + v( x) g ( x) = ( f ( x), g ( x))
那么 (u ( x), v( x)) = 1 。 证 由上题证明类似可得结论。

12.证明:如果 ( f ( x), g ( x)) = 1, ( f ( x), h( x)) = 1 ,那么

( f ( x), g ( x)h( x)) = 1
证 由假设,存在 u1 ( x ), v1 ( x) 及 u2 ( x), v2 ( x) 使 (1) (2)

u1 ( x) f ( x) + v1 ( x) g ( x) = 1 u2 ( x) f ( x) + v2 ( x)h( x) = 1
将(1) (2)两式相乘,得

[u1 ( x)u2 ( x) f ( x) + v1 ( x)u2 ( x) g ( x) + u1 ( x)v2 ( x)h( x)] f ( x) +[v1 ( x)v2 ( x)]g ( x)h( x) = 1
所以

( f ( x), g ( x)h( x)) = 1

13.设 f1 ( x),..., f m ( x), g1 ( x),..., g n ( x) 都是多项式,而且

( f i ( x), g j ( x)) = 1
求证:

(i = 1, 2,..., m; j = 1, 2,..., n)

( f1 ( x) f 2 ( x)... f ( x), g ( x) g ( x)...g ( x)) 1
证 由于

( f1 ( x), g1 ( x)) 1 ( f1 ( x), g 2 ( x)) 1 .......................... ( f1 ( x), g n ( x)) 1
反复应用第 12

( f1 ( x), g1 ( x) g 2 ( x)...g n ( x)) = 1
同理可证

( f 2 ( x), g1 ( x) g 2 ( x)...g n ( x)) = 1 ................................................ ( f m ( x), g1 ( x) g 2 ( x)...g n ( x)) = 1
从而可得

( f1 ( x) f 2 ( x)... f m ( x), g1 ( x) g 2 ( x)...g n ( x)) = 1
14.证明:如果 ( f ( x), g ( x)) = 1 ,那么 ( f ( x) g ( x), f ( x) + g ( x)) = 1 。



由题设知 ( f ( x), g ( x)) = 1 ,所以存在 u ( x), v( x) 使

u ( x) f ( x) + v( x) g ( x) = 1
从而

u ( x) f ( x) ? v( x) f ( x) + v( x) f ( x) + v( x) g ( x) = 1


[u ( x) ? v( x)] f ( x) + v( x)[ f ( x) + g ( x)] = 1
所以

( f ( x), f ( x) + g ( x)) = 1
同理

( g ( x), f ( x) + g ( x)) = 1
再由 12 题结论,即证

( f ( x) g ( x), f ( x) + g ( x)) = 1
15.求下列多项式的公共根

f ( x) = x3 + 2 x 2 + 2 x + 1, g ( x) = x 4 + x3 + 2 x 2 + x + 1
解 由辗转相除法,可求得

( f ( x), g ( x)) = x + x + 1
所以它们的公共根为

16.判别下列多项式有无重因式: 1) f ( x) = x ? 5 x + 7 x ? 2 x + 4 x ? 8
5 4 3 2

2) f ( x) = x + 4 x ? 4 x ? 3
4 2

解 1)

f ′( x) = 5 x 4 ? 20 x3 + 21x 2 ? 4 x + 4 ( f ( x), f ′( x)) = ( x ? 2) 2

所以 f ( x) 有 x ? 2 的三重因式。 2) f ′( x) = 4 x + 8 x ? 4
3

( f ( x), f ′( x)) = 1

所以 f ( x) 无重因式。

17.求 t 值,使 f ( x) = x ? 3 x + tx ? 1 有重根。
3 2



易知 f ( x) 有三重根 x = 1 时, t = 3 。若令

x3 ? 3x 2 + tx ? 1 = ( x ? a) 2 ( x ? b)
比较两端系数,得

??3 = ?2a ? b ? 2 ? t = a + 2ab ? 1 = a 2b ?
由(1)(3)得 ,

2a 3 ? 3a 2 + 1 = 0
解得 a 的三个根为

a1 = 1, a2 = 1, a3 =

1 2

将 a 的三个根分别代入(1) ,得

b1 = 1, b2 = 1, b3 = 4
再将它们代入( ) ,得 的三个根

t1 = 3, t2 = 3, t3 =
当 t1,2 = 3 时 f

5 1 时, f ( x) 有 2 重根 x = 。 4 2

18.求多项式 解 令 f ( x) = x + px + q ,则
3

f ′( x) = 3 x 2 + p
显然当 p = 0 时,只有当 q = 0, f ( x) = x 才有三重根。
3

下设 p ≠ 0 ,且 a 为 f ( x) 的重根,那么 a 也为 f ( x) 与 f ′( x) 的根,即

?a 3 + pa + q = 0 ? 2 ? 3a + p = 0
由(1)可得 a ( a + p ) = ? q ,再由(2)有 a = ?
2 2

p 。所以 3

p + p) = ?q 3 3q ?a=? 2p a(?
两边平方得

9q 2 p = a2 = ? 2 4p 3
所以

4 p 3 + 27 q 2 = 0
综上所叙即知,当 4 p + 27 q = 0 时,多项式 x + px + q 有重根。
3 2 3

19.如果 ( x ? 1) | ax + bx + 1 ,求 a, b
2 4 2

解 令

f ( x) = ax 4 + bx 2 + 1 f ′( x) = 4ax 3 + 2bx
由题设知,1 是 f ( x) 的根,也是 f ′( x) 的根,此即

?a + b + 1 = 0 ? ? 4a + 2b = 0
解得 a = 1, b = ?2

20.证明: 1 + +

2!

+ ... +

n!

不能有重根。

证 因为 f ( x) 的导函数

f ′( x) = 1 + x +

1 2 1 x + ... + x n ?1 2! (n ? 1)!

所以 f ( x) = f ′( x) +

1 n x ,于是 n! 1 1 ( f ( x), f ′( x)) = ( f ′( x) + x n , f ′( x)) = ( x n , f ′( x)) = 1 n! n!

从而 f ( x) 无重根。

21.如果 α 是 f ′′′( x) 的一个 k 重根,证明 α 是

g ( x) =


x?a [ f ′( x) + f ′(a )] ? f ( x) + f (a )] 的一个 k+3 重根。 2

因为

x?a 1 f ′′( x) ? [ f ′( x) ? f ′(a )] 2 2 x?a g ′′( x) = f ′′′( x) 2 g ′( x) =
由于 α 是 f ′′′( x) 的 k 重根,故 α 是 g ′′( x) 的 k + 1 重根。代入验算知 α 是 g ( x) 的根。 现在设 α 是 g ( x) 的 s 重根,则 α 是 g ′( x) 所以 重根。

s ? 2 = k +1 ? s = k + 3
即证。

22.证明: x0 是 f ( x) 的 k 重根的充分必要条件是

f ( x0 ) = f ′( x0 ) = ... = f ( k ?1) ( x0 ) = 0 ,而
证 必要性: 设 是f
( k ? 2)

f ′( x) 的 k ? 1 重根, f ′′( x) 的 k ? 2 重根,。。 是 。。,
( x) 的根。于是 f ( k ) ( x0 ) ≠ 0 ( ) ≠ 0 , 知 x0 是 f ( k ?1) ( x) 的 一 重 根 。 又 由 于
2)

( x0 ) 的一重根,并且
( x0 ) = 0,

f ( x0 ) = f ′( x0 ) = ... = f
充分性:由

f ( k ? 2) ( x0 ) = 0 ,知 x0 是 f ( k

( x) 的二重根,依此类推,可知 x0 是 f ( x) 的 k 重根。

23.举例说明段语“ α 是 f ′( x) 的 m 重根,那么 α 是 f ( x) 的 m + 1 重根”是不对的。 解 例如,设

f ( x) =

1 m +1 x ?1 m +1
m

那么 f ′( x) = x 以 0 为 m 重根,但 0 不是 f ( x) 的根。

24.证明:如果 ( x ? 1) | f ( x ) ,那么 ( x ? 1) | f ( x ) 。
n n n

证 要证明 ( x ? 1) | f ( x ) ,就是要证明 f (1) = 0 (这是因为我们可以把 x 看作为一个变
n n
n

量) 。 由题设由 ( x ? 1) | f ( x ) ,所以
n

f (1n ) = 0
也就是 f (1) = 0 ,即证。

25.证明:如果 ( x + x + 1) | f1 ( x ) + xf 2 ( x ) ,那么
2 3 3

( x ? 1) | f1 ( x), ( x ? 1) | f 2 ( x)
证 因为 x + x + 1 的两个根为 ε 和 ε ,其中
2 2

ε = cos

2π 2π + i sin 3 3
2 3 3

所以 ε 和 ε 也是 f1 ( x ) + xf 2 ( x ) 的根,且

? f1 (1) + ε f 2 (1) = 0 ? 2 ? f1 (1) + ε f 2 (1) = 0
解之得

f1 (1) = 0, f 2 (1) = 0
即证。

26.求多项式 解 在复数范围内

在复数范围内和在实数范围内的因式分解。

x n ? 1 = ( x ? 1)( x ? ε )( x ? ε 2 )...( x ? ε n 1 )
其中

ε = cos

2π 2π + i sin 3 3

在实数域内

ε j = ε n ? j (0 < j < n)
所以,当 n 为奇数时,有
n ?1 2 n +1 2

x n ? 1 = ( x ? 1)[ x 2 ? (ε + ε n ?1 ) x + 1][ x 2 ? (ε 2 + ε n ? 2 ) x + 1]... ? [ x 2 ? (ε
其中



) x + 1]

ε j + ε n ? j = ε j + ε j = 2 cos
皆为实数。 当 n 是偶数时,有

2 jπ n ?1 ( j = 1, 2,..., ) n n

x n ? 1 = ( x + 1)( x ? 1)[ x 2 ? (ε + ε n ?1 ) x + 1][ x 2 ? (ε 2 + ε n ? 2 ) x + 1]... ? [ x 2 ? (ε
27.求下列多项式的有理根: 1) x ? 6 x + 15 x ? 14
3 2

n ?1 2



n ?1 2

) x + 1]

2) 4 x ? 7 x ? 5 x ? 1
4 2

3) x + x ? 6 x ? 14 x ? 11x ? 3
5 4 3 2

解 利用剩余除法试根,可得 1) 有一个有理根:2。 2) 有两个有理根: ?

1 1 , ? (即有 2 重有理根 2 2

3) 有五个有理根: 3, ?1, ?1, ?1, ?1 (即一个单有理根

1) 。

28.下列多项式在有理数域上是否可约? 1) x + 1
2

2) x ? 8 x + 12 x + 2
4 3 2

3) x + x + 1
6 3

4) x + px +
p 4

p

5) x + 4kx + 1, k 解 1)因为 ±1 都不是它的根,所以 x + 1 在有理数域里不可约。
2

2)利用艾森斯坦判别法,取 p = 2 ,则此多项式在有理数域上不可约。 3)首先证明: 命题 设有多项式 f ( x) ,令 x = y + 1 或 x = y ? 1 ,得

g ( y ) = f ( y + 1) 或 g ( y ) = f ( y ? 1)
则 f ( x) 与 g ( y ) 或者同时可约,或者同时不可约。 事实上,若 f ( x) 可约,即 f ( x) = f1 ( x) f 2 ( x) ,从而

g ( y ) = f ( y ± 1) = f1 ( y ± 1) f 2 ( y ± 1)
这就是说 g ( y ) 也可约,反之亦然。 现在我们用它来证明 x + x + 1 在有理数域上不可约。令 x = y + 1 ,则多项式变为
6 3

( y + 1)6 + ( y + 1)3 + 1 = y 6 + 6 y 5 + 15 y 4 + 21 y 3 + 18 y 2 + 9 y + 3
利用艾森斯坦判别法,取 p = 3 ,即证上式不可约,因而 x + x + 1 也不可约。
6 3

4) 设 f ( x) = x + px + 1 ,令 x = y ? 1 ,则
p

g ( y ) = f ( y ? 1)
2 p = y p ? C 1 y p ?1 + C p y p ? 2 ? ... ? C p ? 2 y 2 + (C pp ?1 + p ) y ? p p

由于 p 是素数,因而

p | C ip (i = 1, 2,..., p ? 1)
但 p | p ,所以由艾森斯坦判别法,即证 数域上不可约。 5) 已知
2

f ( x) 也在有理

f ( x) = x 4 + 4kx + 1
令 x = y + 1 ,可得

g ( y ) = f ( y + 1) = y + 4 y + 6 y + (4k + 4) y + 4k + 2
利用艾森斯坦判别法,取 上不可约。 29.用初等对称多项式表求出下列对称多项式: 1) x1 x2 + x1 x2 + x1 x3 + x1 x3 + x2 x3 + x2 x3
2 2 2 2 2 2

( ) 在有理数域上不可约,因而 f ( x) 也在有理数域

2) ( x1 + x2 )( x1 + x3 )( x2 + x3 ) 3) ( x1 ? x2 ) ( x1 ? x3 ) ( x2 ? x3 )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4) x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4
2 2 2 2

2

5) ( x1 x2 + x3 )( x2 x3 + x1 )( x3 x1 + x2 )

6) ( x1 + x2 + x1 x2 )( x2 + x3 + x2 x3 )( x1 + x3 + x1 x3 ) 解 1)对称多项式的首项为 x1 x2 ,其方幂为 (2,1, 0) ,即
1 σ 12?1σ 2?0σ 30 = σ 1σ 2 2

又因为

x12 x2 + x1 x2 2 + x12 x3 + x1 x32 + x2 2 x3 + x2 x32 ? σ 1σ 2 = ?3 x1 x2 x3
所以 原式= σ 1σ 2 ? 3σ 3 2)同理可得

( x1 + x2 )( x1 + x3 )( x2 + x3 ) = x12 x2 + x1 x2 2 + x12 x3 + x1 x32 + x2 2 x3 + x2 x32 + x1 x2 x3 = σ 1σ 2 ? 3σ 3 + 2σ 3 = σ 1σ 2 ? σ 3
4) 原式= ( x1 ? 2 x1 x2 + x2 )( x1 ? 2 x1 x3 + x3 )( x2 ? 2 x2 x3 + x3 )
2 2 2 2

= x14 x2 2 + ...
由此可知多项式时六次对称多项式,且首项为 x1 x2 ,所以 σ 的方幂之积为
4 2

指数组 4 4 3 3 2 2 1 3 2 2 0 1 0 1 2

对应 σ 的方幂乘积
2 σ 12σ 2

σ 13σ 3
3 σ2

σ 1σ 2σ 3 σ 32

原式= σ 1 σ 2 + aσ 1 σ 3 + bσ 2 + cσ 1σ 2σ 3 + dσ 3
2 2 3 3

2

(1)

只要令 x1 = 0, x2 = x3 = 0 ,则原式左边 = 0 。另一方面,有

σ 1 = 2, σ 2 = 1, σ 3 = 0
代入(1)式,得 b = ?4 。 再令 x1 = x2 = 1, x3 = ?2 ,得

d = ?27
令 x1 = x2 = 1, x3 = ?1 ,得

? a + c = 22
令 x1 = x2 = x3 = 1, 得

(2)

3a + c = 6
由(2)(3)解得 a = ?4, c = 18 。因此 , 原式 = σ 1 σ 2 ? 4σ 1 σ 3 ? 4σ 2 + 18σ 1 σ 2σ 3 ? 27σ 3
2 2 3 3

(3)

4)原式= x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

指数组 2 2 1 设 原式 = σ 2 + aσ 1 σ 3 + bσ 4
2

对应 0 1 1 0 0 1

2 1 1

σ4

令 x1 = x2 = x3 =

x4 =

再令 x1 = x2 = x3 = x4 = 因此 原式 = σ 2 ? 2σ 1 σ 3 + 2σ 4
2

5) 因为 原式= x1 x2 x3 + ( x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 )
2 2 2 3 3 3

+ ( x12 x2 2 + x2 2 x32 + x12 x32 ) + x1 x2 x3
由于

x13 x2 x3 + x1 x23 x3 + x2 x2 x33 = σ 12σ 3 ? 2σ 2σ 3

2 x12 x2 2 + x2 2 x32 + x12 x32 = σ 2 ? 2σ 1 σ 3

所以 原式 = σ 1 σ 3 ? 2σ 1 σ 3 + σ 2 ? 2σ 2σ 3 + σ 3 + σ 3
2 2 2

6) 因为 原式 = x1 x2 x3 + 2( x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 )
2 2 2 2 2 2 2 2 3

+ ( x12 x2 2 + x2 2 x32 + x12 x32 + 3x12 x2 x3 + 3x1 x2 2 x3 + 3x1 x2 x32 ) + ( x12 x2 + x1 x2 2 + x12 x3 + x2 2 x3 + x1 x32 + x2 x32 ) + 2 x1 x2 x3
其中

2( x12 x2 2 x3 + x12 x2 x32 + x1 x2 2 x33 ) = 2σ 2σ 3
2 x12 x2 2 + x2 2 x32 + ... + 3 x1 x2 x32 = σ 2 + σ 1 σ 3

x12 x2 + x1 x2 2 + ... + x2 x32 = σ 1 σ 2 ? σ 3
所以 原式 = σ 1 σ 2 + σ 1 σ 3 + σ 2 + 2σ 2σ 3 + σ 3 ? σ 3
2 2

30.用初等对称多项式表出下列 1) 2) 3) 4) (

元对称多项式:

∑x

4 1 2 1 2 3 2 2 1 2 2 2 1 2 3 4

∑x x x ∑x x

∑x x x x
l1 l2 1 2

∑ ax

l l l x ...xnn 表示所有由 ax1l1 x22 ...xnn 经过对换得到的项的和。 )

解 1)因为多项式的首项为 x1 ,所以 指数组 4000…0 3100…0 2200…0 对应 σ 的方幂乘积

4

σ 14 σ 12σ 2
2 σ2

2110…0 1111..0 设 原式 = σ 1 + aσ 1 σ 2 + bσ 2 + cσ 1 σ 3 + dσ 4
4 2 2

σ 1σ 3 σ4



x1 = 1, x2 = ?1, x3 = x4 = ... = xn = 0, 得 b = 2 。 x1 = x2 = 1, x3 = ... = xn = 0, 得 a = ?4 。 x1 = x2 = x3 = 1, x4 = ... = xn = 0, 得 c = 4 。 x1 = x2 = 1, x3 = x4 = ?1, x5 = ... = xn = 0,
所以 原式 = σ 1 ? 4σ 1 σ 2 + 2σ 2 + 4σ 1 σ 3 ? 4σ 4
4 2 2

2)同理可得 原式 = σ 1 σ 3 ? 4σ 4 3)原式 = σ 1 ? 2σ 1 σ 3 + 2σ 4
2

4) 原式 = σ 2σ 4 ?

σ1σ 5 + σ 6
?6 + 7 ? 3 = 0 的三个根,计算

31.设 a1 , a2 , a3

5

2 2 2 2 (a12 + a1a2 + a2 ) a2 + a2 a3 + a3 (a12 + a1a3 + a3 )



因为

σ 1 = a1 + a2 + a3 σ 2 = a1 a2 + a2 a3 + a1 a3 σ 3 = a1 a2 a3
由根和系数的关系,可得

σ 1 = ,σ 2 = ,σ 3 =

6 5

7 5

3 5

再将对称多项式化为初等多项式并计算,可得
2 2 2 2 (a12 + a1a2 + a2 )(a2 + a2 a3 + a3 )(a12 + a1a3 + a3 )
3 = σ 12σ 12 ? σ 13σ 3 ? σ 2 = ?

1679 625

32.证明:三次方程 x + a1 x + a2 x + a3 = 0 的三个根成等差数列的充分必要条件为
3 2

2a13 ? 9a1a2 + 27a3 = 0
证 设原方程的三个根为 δ1 , δ 2 , δ 3 ,则它们成等差数列的充分必要条件为

(2δ1 ? δ 2 ? δ 3 )(2δ 2 ? δ1 ? δ 3 )(2δ 3 ? δ1 ? δ 2 ) = 0
将上式左端表为初等对称多项式,得

(2δ1 ? δ 2 ? δ 3 )(2δ 2 ? δ1 ? δ 3 )(2δ 3 ? δ1 ? δ 2 ) = 2δ13 ? 9δ1δ 2 + 27δ 3
故三根成等差数列的充分必要条件为

2a13 ? 9a1a2 + 27a3 = 0

三 、补充题精解 1. 设 f1 ( x) = af ( x) + bg ( x), g1 ( x) = cf ( x) + dg ( x) ,且 ad ? bc ≠ 0 ,证明:

( f ( x), g ( x)) = ( f1 ( x), g1 ( x))
证 设

d ( x) = ( f ( x), g ( x))
则由已知,得

d ( x) | f1 ( x), d ( x) | g1 ( x)
其次,设 ? ( x) 是 f1 ( x) 与 g 2 ( x) 的任一公因式,只需证明 ? ( x) | d ( x) 即可。 因为 f1 ( x) = af ( x) + bg ( x), g1 ( x) = cf ( x) + dg ( x) 所以

d b ? ? f ( x) = ad ? bc f1 ( x) ? ad ? bc g1 ( x) ? ? c a ? g ( x) = f1 ( x) + g1 ( x) ? ad ? bc ad ? bc ?
又因为

? | f1 , ? | g1 ? ? | f , ? | g
从而 ? ( x) | d ( x)

g ( x) 的最大公因式。

2. 证明:只要

f ( x) g ( x) ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g ( x))
的次数都大于零,就可以适当选择适合等式

u ( x) f ( x) + v( x) g ( x) = ( f ( x), g ( x))
的 u ( x) 与 v( x) ,使

? ? ? ? g ( x) f ( x) ? (u ( x)) < ? ? ? , ? (v( x)) < ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
证 存在多项式 u1 ( x) , v1 ( x) ,使

u1 ( x) f ( x) + v1 ( x) g ( x) = ( f ( x), g ( x))

从而

u1 ( x)

f ( x) g ( x) + v1 ( x) =1 ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g ( x))

(1)

1) 若 u1 ( x) 的次数满足

? ? g ( x) ? (u1 ( x)) < ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?


? ? f ( x) ? (v1 ( x)) < ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
事实上,采用反证法。若

? ? f ( x) ? (v1 ( x)) ≥ ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
则(1)式左边的第一项次数小于

? ? ? ? g ( x) f ( x) ?? ?+ ?? ? ? ( f ( x), g ( x)) ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
而第二项的次数大于或等于

? ? ? ? g ( x) f ( x) ?? ?+ ?? ? ? ( f ( x), g ( x)) ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
这样(1)式左端的次数 数为零,矛盾。所以

? ? ? ? f ( x) ? ?+?? ? > 0 ,但(1)式右端的次 ? ( f ( x), g ( x)) ? ? ( f ( x), g ( x)) ? ? ? ? ? ? ? f ( x) < ?? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?

? ? (u1 ( x)) < ? ? ?

1

此时 u1 ( x) , v1 ( x) 即为所求。 2)若

? ? g ( x) ? (u1 ( x)) ≥ ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
则用

g ( x) 除 u1 ( x) ,可得 ( f ( x), g ( x)) g ( x) + r ( x) ( f ( x), g ( x))

u1 ( x) = s ( x)

其中

? ? g ( x) ? (r ( x)) < ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
注意到 r ( x) = 0 是不可能的,事实上,若 r ( x) = 0 ,则

u1 ( x) = s ( x)

g ( x) ( f ( x), g ( x))

代入(1)式得

[ s( x)

g ( x) g ( x) + v1 ( x)] =1 ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g ( x))

矛盾。 再将 u1 ( x) = s ( x)

g ( x) + r ( x) 代入( ( f ( x), g ( x))

r ( x)


f ( x) f ( x) + [ s( x) + ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g ( x))

×

( f ( x), g ( x))

=

u ( x) = r ( x), v( x) = s ( x)
再利用本题

f ( x) + v ( x) ( f ( x), g ( x))

3. 证明:如果 证 由假设,存在

( x m ) 与 g ( x m ) 也互素。

u ( x) f ( x) + v( x) g ( x) = 1
于是

u ( x m ) f ( x m ) + v( x m ) g ( x m ) = 1
即证。

4. 证明:如果 f1 ( x), f 2 ( x),... f s ?1 ( x) 的最大公因式存在,那么

f1 ( x), f 2 ( x),... f s ?1 ( x), f s ( x)
的最大公因式也存在,且当 f1 ( x), f 2 ( x ),... f s ?1 ( x), f s ( x) 全不为零时有

( f1 ( x), f 2 ( x),... f s ?1 ( x), f s ( x)) = (( f1 ( x), f 2 ( x),... f s ?1 ( x)), f s ( x))

再利用上式证明,存在 u1 ( x), u2 ( x),..., us ( x) 使

u1 ( x) f1 ( x) + u2 ( x) f 2 ( x) + ... + us ( x) f s ( x) = ( f1 ( x), f 2 ( x),..., f s ( x))
证 因为 f1 ( x), f 2 ( x),... f s ?1 ( x) 的最大公因式存在,设其为 d1 ( x) ,则

d1 ( x) = ( f1 ( x), f 2 ( x),... f s ?1 ( x))
于是 d1 ( x) 与 f s ( x) 的最大公因式也存在,不妨设为

d ( x) = (d1 ( x), f s ( x))


d ( x ) | f i ( x)

(i = 1, 2,..., s )

若设 ? ( x) 是 f1 ( x), f 2 ( x ),... f s ?1 ( x), f s ( x) 的任一公因式,则

? ( x) | d1 ( x)
这样 ? ( x) 为 d1 ( x) 与 f s ( x) 的一个公因式,又可得

d ( x) = ( f1 ( x), f 2 ( x),... f s ?1 ( x), f s ( x))
下面用归纳法证明本题第二部分。当

2 时结论显然成立,假设命题对 s 1 也成立,即存在

v1 ( x), v2 ( x),..., v 1 ( x) v1 ( x) f1 ( x) + v2 ( x) f 2 ( x) + ... + v ( x) f ( x)

= ( f1 ( x), f 2 ( x),... f 1 ( x)) = d1 ( x)
成立,再证命题对 事实上,存在 p ( x) 和 q ( x) ,使

d ( x) = (d1 ( x), f n ( x)) = p( x)d1 ( x) + q( x) f s ( x)

= p( x)[v1 ( x) f1 ( x) + v2 ( x) f 2 ( x) + ... + vs ?1 ( x) f s ?1 ( x)] + q( x) f s ( x)


ui ( x) = p( x)vi ( x) us ( x) = q ( x)

(i = 1, 2,..., s ? 1)

即证。

5. 多项式 m( x) 称为多项式 f ( x), g ( x) 的一个最小公因式,如果 1) f ( x) | m( x), g ( x) | m( x) ; 2) f ( x), g ( x) 的任一公倍式都是 m( x) 的倍式。 我们以 [ f ( x), g ( x)] 表示首项系数是 1 的那个最小公倍式,证明:如果 f ( x), g ( x) 的首项系 数都是 1,那么

[ f ( x), g ( x)] =
证 令

f ( x) g ( x) ( f ( x), g ( x))

( f ( x), g ( x)) = d ( x)


f ( x) = f1 ( x)d ( x) , g ( x) = g1 ( x)d ( x)
于是

f ( x) g ( x) = f ( x) g1 ( x) = g ( x) f1 ( x) ( f ( x), g ( x))


f ( x) |

f ( x) g ( x) ( f ( x), g ( x))

( ( ), ( ))
的任一公倍式,下面证明

设 M ( x) 是 f ( x) 由倍式的定义,有

f ( x) g ( x) | M ( x) 。 ( f ( x), g ( x))

M ( x) = f ( x) s( x) = g ( x)t ( x)


f1 ( x)d ( x) s ( x) = f ( x) s ( x) = g ( x)t ( x) = g1 ( x)d ( x)t ( x)
消去 d ( x) 得

f1 ( x) s ( x) = g1 ( x)t ( x)
于是 g1 ( x) | f1 ( x) s ( x) 。由于 ( f1 ( x), g1 ( x)) = 1 ,因而

g1 ( x) | s ( x) 或者 s ( x) = g1 ( x)q( x)

所以

M ( x) = f ( x) s( x) = f ( x) g1 ( x)q ( x) = f ( x) g ( x) | M ( x) ( f ( x), g ( x))

f1 ( x) q( x) ( f ( x), g ( x))

?
即证。

6. 证 明 : 设 p ( x) 是 次 数 大 于 零 的 多 项 式 , 如 果 对 于 任 何 多 项 式 f ( x), g ( x) , 由

p( x) | f ( x) g ( x) 可以推出 p( x) | f ( x) 或者 p ( x) | g ( x)
那么 p ( x) 是不可约多项式。 证 采用反证法。设 p ( x) 可约,则有

p( x) = p1 ( x) | p2 ( x)
那么由假设可得

p ( x) | p1 ( x) 或 p( x) | p2 ( x)
这是不可能的,因为后面两个多项式的次数低于 p ( x) 的次数。

7. 证明:次数 条件为:对任意的多项式 证
s

的多项式 f ( x) 是一个不可约多项式的方幂的充分必要

( f ( x), g ( x)) = 1 ,或者对某一正整数 m, f ( x) | g m ( x) 。

必要性:设 f ( x) = p ( x) (其中 p ( x) 是不可约多项式) ,则对任意多项式 g ( x) ,有

1) ( p ( x), g ( x)) = 1 ; 或 2) p ( x) | g ( x) 对于 1)有 ( f ( x), g ( x)) = 1 。 对于 2)有 p ( x) | g ( x) ,此即 f ( x) | g ( x) 。再让 m = s ,即证必要性。
s s s

充分性:设 f ( x) 不是某一个多项式的方幂,则

λ λ f ( x) = p1λ1 ( x) p2 2 ( x)... pn n ( x)

其中 n > 1, λi (i = 1, 2,..., n) 是正整数。 若 g ( x) = p1 ( x) ,则由题设知 f ( x) 与 g ( x) 满足

( f ( x), g ( x)) = 1 或 f ( x) | g m ( x) ( m 为某一正整数)
但这是不可能的,即证。 8. 证明:次数 > 0 且首项系数为 1 的多项式 f ( x) 是某一不可约多项式的方幂的充分必要 条件是:对任意的多项式 g ( x), h( x) ,由 f ( x) | g ( x)h( x) ,可以推出 f ( x) | g ( x) ,或者 对某一正整数 m, f ( x) | h ( x) 。 证 必要性:设 f ( x) | g ( x)h( x) ,则对多项式 1) ( f ( x), h( x)) = 1 ,于是 f ( x) | g ( x) ; 。 2) f ( x) | h ( x)( m 为某一正整数) 必要性成立。 充分性:对任意多项式
m m

( f ( x), g ( x)) = 1
若 f ( x) = f1 ( x) d ( x)

f ( x) | f1 ( x) g ( x)
但 f ( x) | f1 ( x) 。再由充分性假设,可得 f ( x) | g ( x), m 为某一正整数。于是由第 7 题的充 分条件,即证。
m

9. 证明: x + ax
n
n

n?m

+ b 不能有不为零的重数大于 2 的根。
+ b ,则

证 设 f ( x) = x + ax

n?m

f ′( x) = x n ? m ?1[nx m + (n ? m)a ]
又因为 f ′( x) 的非零根都是多项式 g ( x) = nx + (n ? m) a 的根,而 g ( x) 的 m 个根都是单
m

根,因而 f ′( x) 没有不为零且重数大于 2 的根。

10. 证

证明:如果 f ( x) | f ( x ) ,那么 f ( x) 的根只能是零或单位根。 设 a 是 f ( x) 的任一个根,由 f ( x) | f ( x ) 知, a 也是 f ( x) | f ( x ) 的根,即
n n

n

f ( xn ) = 0
所以 a 也是 f ( x) 的根。以此类推下去,则
n

a, a n , a n ,...
都是 f ( x) 的根。 若 f ( x) 是 m 次多项式,则 f ( x) 最多只可能有

2

λ使

an = an
k

λ

a n (a n

λ

k

? nλ

? 1) = 0

因此 f ( x) 的根 a 或者为 0,或者为单位根。

11.如果 f ′( x) | f ( x) ,证明 f ( x) 有 n 重根,其中 证 设 a1 , a2 ,..., a 个不同的根, 且它们的重数分别为 λ1 , λ2 ,..., λs , 由于 f ′( x) 是

n ? 1 次多项式,因而

λ1 + λ2 + ... + λs = ? 1
其次,由 f ′( x) | f ( x) 分别为 f ( x) 的 λ1 + 1, λ2 + 1,..., λs + 1 重根,但

(λ1 + 1) + (λ2 + 1) + ... + (λs + 1) = n
所以 n ? 1 + s = n ,从而 s = 1 。这就是说, f ′( x) 只可能有一个根 a1 ,且重数为 λ1 = n ? 1 。 故 f ( x) 有 n 重根。

11.

设 a1 , a2 ,..., an 是 n 个不同的数,而

F ( x) = ( x ? a1 )( x ? a2 )...( x ? an )
证明:

1)

∑ ( x ? a ) F ′(a ) = 1
i =1 i i

n

F ( x)

2)任意多项式 f ( x) 用 F ( x) 除所得的余式为

∑ ( x ? a ) F ′(a )
i =1 i i

n

f (ai ) F ( x)

证 1)令

g ( x) = ∑
i =1

n

F ( x) ( x ? ai ) F ′(ai )



? ( g ( x)) ≤ n ? 1


g (a1 ) = g (a2 ) = ... = g (an ) = 1
所以 g ( x) ≡ 1 。即证

∑ ( x ? a ) F ′(a ) = 1
i =1 i i

n

F ( x)

2)对于任意的多项式

f ( x) = q( x) F ( x) + r ( x),

(r ( x) 0或? (r ( x)) ≤ n ? 1)

当 r ( x) = 0 时,结论显然成立。当 ? (r ( x)) ≤ n ? 1 时,若令

k ( x)
则 ? (k ( x)) ≤ n ? 1 ,于是

r (ai ) = f (ai ) = k (ai )
即证

(i = 1, 2,..., n)

r ( x) = k ( x) = ∑
i =1

n

f (ai ) F ( x) ( x ? ai ) F ′(ai )

12.

设 a1 , a2 ,..., an 与 F ( x) 同上题,且 b1 , b2 ,..., bn 是任意 n 个数,显然

L( x) = ∑
i =1

n

bi F ( x) ( x ? ai ) F ′(ai )

适合条件

L(ai ) = bi

(i = 1, 2,..., n)

这称为拉格朗日(Lagrange)插值公式。 利用上面的公式: 1) 一个次数 < 4 的多项式 f ( x) ,它适合条件:

f (2) = 3, f (3) = ?1, f (4) = 0, f (5) = 2
2)一个二次多项式 f ( x) ,它在 x = 0,

π
2

, π 处与函数 sin x 有相同的值;

3)一个次数尽可能低的多项式 f ( x) ,使

f (0) = 1, f (1) = 2, f (2) = 5, f (3) = 10
解 1)设 F ( x) = ( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5)

f (2) = 3, f (3) = ?1, f (4) = 0, f (5) = 2
将它们代入 L( x) (即 f ( x) ) ,可得

f ( x) =

3( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5) (?1)( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5) + ( x ? 2)(2 ? 3)(2 ? 4)(2 ? 5) ( x ? 3)(3 ? 2)(3 ? 4)(3 ? 5) + 0( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5) 2( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5) + ( x ? 4)(4 ? 2)(4 ? 3)(4 ? 5) ( x ? 5)(5 ? 2)(5 ? 3)(5 ? 4)

2 17 203 = ? x3 + x 2 ? x+ 3 2 6
2) 已知

sin 0 = 0 = f (0) , sin
设 F ( x) = x( x ?

π

π
2

= 1 = f ( ) , sin π = 0 = f (π ) 2 2

π

)( x ? π ) ,与上题类似,可得 4

f ( x) = ?

π2

x( x ? π )

3) 同理,设 F ( x) = x( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3) ,可得

f ( x) = x 2 + 1

14.设 f ( x) 是一个整系数多项式,试证:如果 f (0) 与 f (1) 都是奇数,那么 f ( x) 不能有整 数根。 证 设 a 是 f ( x) 的一个整数根,则

f ( x) = ( x ? a) f1 ( x)
由综合法知商式 f1 ( x) 也为整系数多项式,于是

? f (0) = ? af1 (0) ? ? f (1) = (1 ? a) f1 (1)
又因为 a 与 1 ? a 中必有一个为偶数,从而 f (0) 与 f (1) 中至少有一个为偶数,与题设矛盾。 故 f ( x) 无整数根。 15.设 x1 , x2 ,..., xn 是方程

x n + a1 x n ?1 + ... + an = 0
的根,证明: x2 ,..., xn 的对称多项式可以表成 证 设 f ( x2 ,..., xn ) 是关于 x2 ,..., xn 的任意一个对称多项式,由对称多项式的基本定理,有

( 2 ,...,
其中 σ 1 (i = 1, 2,..., n ? 1)
/

)

(

1

,...,

1

)

(1)

的初等对称多项式。

由于

? σ 1/ = σ 1 ? x1 ? / / ? σ 2 = σ 2 ? x1σ 1 ? ? .................... / / ?σ n ?1 = σ n ?1 ? x1σ n ? 2 ?
其中 σ i 为 x1 , x2 ,..., xn 的初等对称多项式,但是

(2)

σ 1 = ? a1 ? ? σ 2 = a2 ? ? ............. ? ?σ n ?1 = (?1) n ?1 an ?1 ?
/

(3)

将(3)代入(2)可知, σ i 是 x1 , a1 , a2 ,..., an ?1 的一个多项式,不妨记为

σ i/ = pi ( x1 , a1 , a2 ,..., an ?1 )

(i = 1, 2,..., n ? 1)

(4)

再将(4)代入(1)式右端,即证 f ( x2 ,..., xn ) 可表为 x1 , a1 , a2 ,..., an ?1 的多项式。

16.设

f ( x) = ( x ? x1 )( x ? x2 )...( x ? xn )

= x n ? σ 1 x n ?1 + ... + (?1) n σ n

k k sk = x1k + x2 + ... + xn

(k = 0,1, 2,...)

1) 证明

x k +1 f ′( x) = ( s0 x k + s1 x k ?1 + ... + sk 1 x + sk ) f ( x) + g ( x)
其中 g ( x) 的次数 < n 或 g ( x) = 0 。 2) 由上式证明证明牛顿(Newton)公式:

sk ? σ 1sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + (?1) k ?1σ k ?1s1 + (?1) k kσ k = 0 sk ? σ 1sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + (?1) n σ n sk ? n = 0
证 1)由假设

f ′( x) = ∑
i =1

n

f ( x) x?x
n

x k +1 f ′( x) = ∑
i =1

f ( x) x

=∑
i =1

n

x

( x) + ∑
i =1

n

x

f ( x)

= ∑ ( x k + xi x k ?1 + ... + xik ) f ( x) + g ( x)
i =1

n

其中

xik +1 g ( x) = ∑ f ( x) i =1 x ? xi
n

是一个次数 < n 的多项式。故

x k +1 f ′( x) = ( s0 x k + s1 x k ?1 + ... + sk ?1 x + sk ) f ( x) + g ( x)
2)由于

f ( x) = x n ? σ 1 x n ?1 + ... + (?1) n σ n

x k +1 f ′( x) = x k +1 (nx n ?1 ? (n ? 1)σ 1 x n ? 2 + ... + (?1) n ?1σ n ?1 )
因此得等式

( s0 x k + s1 x k ?1 + ... + sk ?1 x + sk )( x n ? σ 1 x n ?1 + ... + (?1) n σ n ) + g ( x) = x k +1 (nx n ?1 ? (n ? 1)σ 1 x n ? 2 + ... + (?1) n ?1σ n ?1 )
n

(?)
n

当 k ≤ n 时,比较上式两端含 x 的系数,首先由于 ? ( g ( x)) < n, g ( x) 不含有 x 的项,所以等 式左端含 x 的系数为
n

sk ? σ 1sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + (?1) k ?1σ k ?1s1 + (?1) k s0σ k = 0
而右端含 x 的项只有一项,它的系数为 ( ?1) ( ? )
n

sk ? σ 1sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + (?1) k ?1σ k ?1s1 + (?1) k s0σ k = (?1) k (n ? k )σ k
注意到 s0 = n ,即证

sk ? σ 1sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + (?1) k ?1σ k ?1s1 + (?1) k σ k = 0
当 k > n 时,等式 (?) 右端所有项的次数都大于 系数为 ,而左端含 x 的项的
n

sk ? σ 1sk ?1 + ... + (?1) σ n sk ? n
因此

sk ? σ 1sk ?1 + ... + (?1) σ n sk ? n = 0
即证。

17.根据牛顿公式,用初等对称多项式表示 s2 , s3 , s4 , s5 , s6 。 解 1)当 n ≥ 6 时,由上题可得

s2 ? s1σ 1 + 2σ 2 = 0
而 s1 = σ 1 ,所以

s2 = σ 12 ? 2σ 2
同理可得

s3 = σ 13 ? 3σ 1σ 2 + 3σ 3
2 s4 = σ 14 ? 4σ 12σ 2 + 4σ 1σ 3 + 2σ 2 ? 4σ 4

2 s5 = σ 15 ? 5σ 13σ 2 + 5σ 12σ 3 + 5σ 1σ 2 ? 5σ 1σ 4 ? 5σ 2σ 3 + 5σ 5 2 3 s6 = σ 16 ? 6σ 14σ 2 + 6σ 13σ 3 + 9σ 12σ 2 ? 6σ 12σ 4 ? 2σ 2

+3σ 32 + 6σ 2σ 4 + 6σ 1σ 5 ? 12σ 1σ 2σ 3 ? 6σ 6
2)当 n = 5 时, s2 , s3 , s4 , s5 同 1)所给,且
2 s6 = σ 16 ? 6σ 14σ 2 + 6σ 13σ 3 + 9σ 12σ 2 ? 6σ 12σ 4 ? 12σ 1σ 2σ 3 3 +6σ 1σ 5 ? 2σ 2 + 6σ 2σ 4 + 3σ 32

3) 当 n = 4 时, s2 , s3 , s4 同 1)所给, s6 同 2)所给,且
2 s5 = σ 15 ? 5σ 13σ 2 + 5σ 12σ 3 + 5σ 1σ 2 ? 5σ 1σ 4 ? 5σ 2σ 3

4)当 n = 4 时, s2 , s3 同 1)所给, s5 , s6 同
2 s4 = σ 14 ? 4σ 12σ 2 + 4σ 1σ 3 + 2σ 2

5)当 n = 2 时, s2 同 1)所给, s4 , s5 , s6 同

s3 = σ 13 ? 3σ 1σ 2

18.证明:如果对于某一个

1

3

= 0 ,那么

s7 s5 s2 = i 7 5 2
证 这时 n = 6 ,并注意
1

3σ 3 = 0 ,所以 σ 3 = 0 ,于是

s2 = ?2σ 2 , s5 = ?5σ 2σ 3 + 5σ 5


s5 = 5σ 5


s7 = σ 1s6 ? σ 2 s5 + σ 3 s4 ? σ 4 s3 + σ 5 s5 ? σ 6 s1

= ?7σ 2σ 5


s7 s s = ?σ 2σ 5 = 5 i 2 7 5 2

19.求一个 n 次方程使

s1 = s2 = .. = sn ?1 = 0
解 设此方程为

x n ? σ 1 x n ?1 + ... + (?1) n σ n = 0
由题设及牛顿公式,可得

σ 1 = σ 2 = ...σ n ?1 = 0
故所求方程为

x n + (?1) n σ n = 0 或 x n + a = 0
20.求一个 n 次方程使

s1 = s2 = .. = sn = 0
解 设此方程为

x n ? σ 1 x n ?1 + ... + (?1) n σ n = 0
由题设及牛顿公式可得

σk =


σ k ?1σ 1
k

(k = 2,3,..., n)

σk =
所以

σ 1k
k!

σ 2 = σ 12 , σ 3
故所求方程为

1 2

1

x n ? σ 1 x n ?1 +

σ 12
2!

x n ? 2 + ... + (?1) n

σ 1n
n!

=0

第二章


习题精解





1.
1) 2) 3)

求以下 9 级排列的逆序数,从而决定它们的奇偶性
1 2 9 3 4 7 1 7 9 8 7 6 8 2 8 6 5 4 6 9 5; 3 5 4; 3 2 1;

解:1) 所求排列的逆序数为:

τ (134782695) = 0 + 1 + 1 + 3 + 3 + 0 + 1 + 1 = 10
所以此排列为偶排列. 2) 所求排列的逆序数为:

τ (217986354 ) = 1 + 0 + 4 + 5 4 3 0 1 18
所以此排列为偶排列. 3) 所求排列的逆序数为:

τ (987654321) = 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 =
所以此排列为偶排列. 2.选择 i 与 k 使 1) 1274 i 56 k 9 成偶排列; 2) 1 i 25 k 4897 成奇排列. 解:

1)

所求排列的逆序数为:

(
故当

)

(127485639)
时的排列为偶排列. 所求排列的逆序数为:

0 0 4 1 3 1 1 0 = 10

2)当

τ (1i 25k 4897 ) = τ (132564897 )
= 0 +1+ 0 +1+1+ 0 +1+1 = 5

故当 i = 3, k = 6 时的排列为奇排列. 3.写出把排列 12345 变成排列 25341 的那些对换. 解:
1, 2 ) 2,5 3, 4 12345 ?(?→ 21435 ?(?)→ 25431 ?(?)→ 25341 . ? ? ?

4.决定排列 n(n ? 1)

21 的逆序数,并讨论它的奇偶性.

(行列式第 1 页 )

解:

因为 1 与其它数构成 n ? 1 个逆序,2 与其它数构成 n ? 2 个逆序, …… n ? 1与n 构成 1 个逆序,所以排列 n(n ? 1)
21 的逆序数为

τ [n(n ? 1) 21] = (n ? 1) + (n ? 2 ) +
=

n(n ? 1) 2 故当n = 4k ,4k + 1时,排列为偶排列;

+ 2 +1

当n = 4k + 2,4k + 3时排列为奇排列。

5.如果排列 x1 x 2 少? 解:

x n ?1 x n 的逆序数为 k ,排列 x n x n ?1

x 2 x1 的逆序数是多

因为比 xi 大的数有 n ? xi 个,所以在 x n x n ?1 x 2 x1 与 x1 x 2 x x 与比它的 构成的逆序总数

各数构成的逆序数的和为 恰为 + (n ? 1) =

1+ 2 +
而排列 x1 x 2 为

nn
的逆序数

x n ?1 x n 的逆序数为

n(n 1)

6.在 6 阶行列式中, a 23 a31 a 42 a56 a14 a 65 , a32 a 43 a14 a51 a 66 a 25 这两项应带有 什么符号? 解: 在 6 阶行列式中,项 a 23 a31 a 42 a56 a14 a 65 前面的符号为

= ? 1)

4+ 4

=1 .

同理项 a32 a 43 a14 a51 a 66 a 25 前面的符号为

(? 1)τ (341562 )+τ (234165) = (? 1)6+ 4 = 1
所以这两项都带有正号.

.

7.写出 4 阶行列式中所有带有负号并且因子 a 23 的项。 解: 所求的各项应是

? a11 a 23 a32 a 44 , ? a12 a 23 a34 a 41 , ? a14 a 23 a31 a 42 .
(行列式第 2 页)

8.按定义计算行列式: 0 0 0 1 0 0 2 0 1)

0 1 0 0 0 2
2)

0 0 .
n ?1 0

0 n ?1 n 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 2 0 0

0 0 0 n 0 0

3)
n ?1 0

.
0 0 0 0 0 n
1

解:1)所给行列式的展开式中只含有一个非零项 a1 a 2, 它前面的符号应为

a n1 ,

(? 1)τ [n( n?1)

21]

= (? 1)

n n

所以原行列式= (? 1)

n (n ? 2

! a n ?1,n a n1 ,

2)所给行列式的展开式中只含有一个非零项 a a 它前面的符号应为 . 所以原行列式= !.

3)所给行列式的展开式中只含有一个非零项 , 它前面的符号应为
n ?1)( n ? 2 ) 2

.

所以原行列式= (? 1) 9.由行列式定义证明: a1 a 2 a 3 a 4 b1 b2 b3 b4 c1 c 2 0 0 d1 d 2 0 0 e1 e2 0 0

( n ?1)( n ? 2 )
2

n !.

a5 b5 0 =0 0 0

.

(行列式第 3 页)

解:行列式展开的一般项可表示为 a1 j1 a 2 j2 a3 j3 a 4 j4 a5 j5 ,列标

j3 j 4 j5 只可以在 1,2,3,4,5 中取不同的值,故三个下标中至
少有一个要取 3,4,5 列中之一数,从而任何一个展开式中至少 要包含一个 0 元素,故所给行列式展开式中每一项的乘积必为 0, 因此原行列式值为 0. 10. 由行列式定义计算

2x x 1 2 1 x 1 ?1 f (x ) = 3 2 x 1 1 1 1 x

.

中 x 4 与 x 3 的系数,并说明理由。 解:含有 x 4 的展开项只能是 同理,含有 x 3 的展开项只能是 数为-1. 11.由 的系数为 2;
3

的系

1 1 1 1

1 1

0

证明:奇偶排列各半. 证:由题设,所给行列式的展开式中的每一项的绝对值等于 1. 而行列式的值为 0,这说明带正号与带负号的项的项数相 等.根据行列式的定义,其展开式中的每一项的符号是由该 乘积中各因子下标排列的逆序数所决定的,即当该乘积中各 因子的第一个下标排成自然顺序,且第二个下标所成排列 为偶排列时, 该项前面所带的符号为正,否则为负号. 所以,由带正号的项与带 负号的项数相等即说明奇偶 排列各半. 12.设
1 1 P(x ) = 1 x a1 a2 x2 2 a1 2 a2 a n ?1
2

x n ?1 n ?1 a1 n ?1 a2 a n ?1
n ?1

1 a n ?1

(行列式第 4 页)

其中 a1 , a 2 ,

, a n ?1 是互不相同的数.

1)由行列式定义,说明 P( x ) 是一个 n ? 1 次多项式; 2)由行列式性质,求 P( x ) 的根.
解:1)因为所给行列式的展开式中只有第一行含有 x , 所以若该行列式的第一行展开时,含有 x n ?1 的对应项的 系数恰为 (? 1)
n +1

乘一个范德蒙行列式

1 1 1

a1 a2 a3

a1 2 a2 a3
2

2

a1 n?2 a

n?2

1 a n ?1
于是,由 a1 , a 2 ,

a n ?1

2

, a n ?1 为互不相同的的数即知含有



对应项的系数不为 0,因而

次的多项式.

3)若用 a1 , a 2 ,

, a n ?1 分代替 时,则由行列式的性质知

所给行列式的值为 0,即 P(ai ) = 0 .故 P ( x ) 至少有 n ? 1 个
P ( x ) 是一个 n ? 1 次的多项式,所

的全部根. 13.计算下面的行列式:
246 427 327 x

1) 1014 543 443 ? 342 721 621

2)

y x+ y

y x+ y x

x+ y x y

3 1 3) 1 1

1 3 1 1

1 1 3 1

1 1 1 3

1 2 4) 3 4

2 3 4 1

3 4 1 2

4 1 2 3

(行列式第 5 页)

1+ x
5)

1

1

1 1 1 1? y

1 1 1

1? x 1 1 1+ y 1 1

a2 b2 6) 2 c d2
5

(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 (c + 3)2 (d + 3)2

1000 427 327

1 1 327

解:1) 原式= 2000 543 443 = 10 2 1 443 1000 721 621 1 1 621
1 327 = 10 5 1 1 443 = ?10 5 = ?294 × 10 5 . 1 621 0 1 621 2x + 2 y 0 1 327

2)原式= 2 x + 2 y 2x + 2 y = 2( x + y )

y x+ y x

x x y

y

x x? y

?y ?x

6 1 1 1
3)原式=

6 3 1 1 0 2 0 0 =6 6 1 3 1 0 0 2 0 0 0 0 2 1 2 3 4 0 1 1 ?3 10 0 2 ?2 ?2 0 ?1 ?1 ?1
?2 2 =20 0 ? 2 2 = 20 = 160 . 0 ?4 0 0 ?4

4) 原式=

0 0 x x x 0 0 0 1 1? x 1 1 1 ?x 1 0 = 5)原式= 0 0 0 0 y 0 y y 1 1 1 1? y 1 0 1 ? y

(行列式第 6 页)

a2 b2 6)原式= 2 c d2

2a + 1 2b + 1 2c + 1 2d + 1

2a + 3 2b + 3 2c + 3 2d + 3

2a + 5 a 2 2b + 5 b 2 = 2c + 5 c 2 2d + 5 d 2

2a + 1 2b + 1 2c + 1 2d + 1

2 2 2 2

2 2 2 2

=0 . 14.证明
b+c b1 + c1 b2 + c 2 c+a c1 + a1 c2 + a2 a a+b a1 + b1 = 2 a1 a2 a 2 + b2 b b1 b2 c c1 c2

证明:由行列式的性质,有
a+b+c c+a c1 + a1 c2 + a2 ?b ?b ? b2 a+b a1 + b1 a 2 + b2

左边=2 a1 + b1 + c1 a 2 + b2 + c 2
a+b+c

=2 a1 + b1 + c1 a 2 + b2 + c 2

?c ?c ? c2

=2

= 右边 .

即证. 15.算出下列行列式的全部代数余子式:

1)

1 2 1 4 0 ?1 2 1 0 0 0 0 2 1 0 3

1 ?1 2

2) 3 0

2 1

1 4

解:1)

(行列式第 7 页)

A11 = ?6 , A12 = 0 , A13 = 0 , A14 = 0 A21 = ?12 , A22 = 6 , A23 = 0 , A24 = 0

A31 = 15, A32 = ?6, A33 = ?3, A34 = 0 A41 = 7, A42 = 0, A43 = 1, A44 = ?2
2) A11 = 7, A12 = ?12, A13 = 3

.

A21 = 6, A22 = 4, A23 = ?1 A31 = ?5, A32 = 5, A
16.计算下面的行列式:

5

1)

1 1 1 1 2 1 1 ?3

2)

?

1 3

1 1

?1 0

?1

1 2 1 2

1 2
3) ? 1 3 5

1 2 3

2 1 5

3 2

3 1 1 0

?1 1 1 4) 3 2 1 2 1 ?1 0 1 2 1 3 0

1 2 0

0

1

?1 2 0 2 1 2

1 1 1 1 1 1 1 1 0 ?1 ?1 ? 5 0 1 1 5 =? 解:1)原式= 0 1 1 4 0 0 0 ?1 0 ?1 ? 2 ? 3 0 0 ?1 2
(行列式第 8 页)

1 0 = 0 0

1 1 1 1 1 5 =1 . 0 ?1 2 0 0 ?1 1 1 2 2 2 ?1 2 0 2 4 2 1 1 = 1 12 1 ?3 1 3 0 3

3 1 ?1 2)原式= 12 1 ?3

6 0 4 2 ?1 1 2 0 1

4 3 3 1 =1 6 4 12 ?3 2 1

=-

1 (24 + 6 ? 36 + 54 ? 3 ? 32) = ? 12 1 2 0 1 0 ?1 0 ?5 0 2 1 4 2 1 4 ? 10 5 ? 11 4 1

0 2 3)原式= ? 1 3 2

2

?2 4

1

1 6 ? 9 19 30 0 = 13 15 ? 6 = 25 31 0 6 8 3 6 8 3

=3

19 30 6 1

= ?483 .

2 1 0 2 0 ?1 1 4)原式= 6 4 2 8 1 ?1 0 4 2 6

2 ?2 2 1 0 1 2 2 0 ?1 1 1 0 = 10 4 0 8 1 2 1 ?1 0 0 1 16 2 0

2 ?2 1 2 3 4 1 2 6 13

(行列式第 9 页)

2 1 1 10 4 = 8 1 ?1 16 2

2 ?2 2 3 4 1 2 = 1 2 8 3 6 13 12

1

2 ?2 0 ? 5 12 0 3 0 0 2 17

2 ? 5 12 7 0 12 7 0 12 1 3 3 =- 3 3 0 = ? 0 1 0 = ? 0 1 0 8 8 8 12 2 17 10 0 17 10 0 17

=-

3 7 12 3 = . 8 10 17 8

17.计算下列 n 阶行列式:

1)

x 0 0
0 y

y x 0
0 0

0

y x
0 0

0 0 0 0 0 0

a

b b b

a a a

b b b

a a an

bn bn bn

2)

a a

0 x 1 2 2 2 2 2 4) 2 2 3 2 2 2

3)
x x x m

2 2 2

n

n
1 ?1 0 0 2 ?2 0 0 0 0 0 0 0 0

5)

n 0 0

2?n 0 n ?1 1? n
n +1

解:1)按第一列展开,原式= x n + (? 1) 2)从第 2 列起各列减去第 1 列 (行列式第 10 页)

yn .

原式=

a1 ? b1 a 2 ? b1 a n ? b1

b1 ? b2 b1 ? b2 b1 ? b2

b1 ? bn b1 ? bn b1 ? bn

当 n ≥ 3 时,原式=0; 当 n = 2 时,原式= (a 2 ? a1 )(b2 ? b1 ) ; 当 n = 1 时,原式= a1 ? b1 .
1

x2 x x m

? n ? 1 x2 ? m 3)原式= ? ∑ xi ? m ? ? i =1 ? 1 x2

? ?∑ x
n

1 x2 ?0 ? m m?

x

?m

.

1 0 0 1 1 0
4)原式= 1 0 1

0 0 0 n ? 2 n ?1

0 n?2

= ?2 1 0 2 1 0 0

1 0 0
= (? 2 )(n ? 2 ) !

5)各列加到第 1 列得到

(行列式第 11 页)

n(n + 1) 2 2 ?1 0
原式=

3 0 ?2 0 0

n ?1

n

0 0

0 0

0 0 0

2 0 0

? (n ? 2) 0 ? (n ? 1) n ?1

= (? 1) 18.证明:
a0 1 1 a1 0 0

n ?1

1 (n + 1) . 2

1 0 a2 0

1 0 0 = a1 a 2 an a a

1) 1
1

x

0

0

0 a1 = x n + a n ?1 x n ?1 +

2)

2

a1 x + a 0 .

?2

x a n ?1

α +β
1 0 0 0

αβ α+β
1 0 0

0

3)

αβ α+β
0 0

0 0 0

0 0 0

=

α n +1 ? β n +1 . α ?β

α +β
1

αβ α +β

(行列式第 12 页)

cos α 1
4)

1 2 cos α 1 0 0
1

0 1 2 cos α 0 0
1 1 1 1 1

0 0 0 2 cos α 1

0 0 0 1 2 cos α
1 1 1 1
n ? 1 a n ?1 + ∑ ? i =1 a i ?

0 0 0
1 + a1 1 1 1 1

= cos α .

5)

1 + a2 1 1 1 + a3 1 1 1 1

= a1 a 2

? ? . ? ?

证明:4)分别将第 i(i = 2,

, n 1)

加到第 1 行,得

a0 ? ∑
i =1

n

1 ai

0
a1

0 0

0 0 0
an

左边=

1

=

) = 右边.

4)从最后一行起,分别将每一行都乘以 x 后加到其前一行,得
0 ?1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ?1 x n + a n ?1 x n ?1 + x x
n ?1 n?2

+ a1 x + a 0 + a 2 x + a1 + a3 x + a 2

+ a n ?1 x + a n ?1 x

n?2 n ?3

+ +

左边=

?1 0 0 0 0 0

x 2 + a n ?1 x + a n ? 2 x + a n ?1

(行列式第 13 页)

?1 = (? 1) = (? 1)
n +1

(x (x

n

+ a n ?1 x n ?1 +

+ a1 x + a 0

) )

?1 ? 1 n ?1
n ?1

n +1

n

+ a n ?1 x n ?1 +

+ a1 x + a 0 (? 1)

= x n + a n ?1 x n ?1 +
=右边.

+ a1 x + a 0

4)将所给行列式记为 Dn ,按第 1 列展开得

Dn = (α + β )Dn ?1 ? αβ Dn ?
即 Dn ? αDn ?1 = β (Dn ?1 ? αDn ? 2 ) 此式对一切 n 都成立.故递推得
Dn ? αDn ?1 = β 2 (Dn ? 2 ? αD =

= β 3 (D n ? 3 ? αD n ? 4 ) =

( ? = β [(α + β ) ? αβ ? α (α + β )] = β n
的地位是一样的,故同理可得

)

在 Dn

所以

(α ? β )Dn = α n
Dn =

从而

α n +1 ? β n +1 =右边. α ?β

4)对 2 阶行列式,有

D2 =

cos α 1

1 = 2 cos 2 α ? 1 = cos 2α 2 cos α
(行列式第 14 页)

此时结论成立. 假设对阶数小于 n 的行列式结论皆成立,则对 n 阶行列式 Dn 按 最后一行展开,得

Dn = 2 cos αDn ?1 ? Dn ? 2
因为

= cos[(n ? 1)α ? α ] = cos(n ? 1)α cos α + sin (n ? 1)α sin α
代入 Dn 可得
Dn = 2 cos α cos(n ? 1)α ? cos(n ? 1 cos sin 1 sin

Dn ? 2 = cos(n ? 2)α

= cos[(n ? 1)α + α ] = cos nα

= cos(n ? 1)α cos α ? sin (n ? 1)α sin α

故对一切 n 结论成立,即证.
1 1 1 0 1 1 1 + a n ?1 1 1 1 1 1 1 + an

4)左边=

1 ? 1 a1

1

1 0 a2 0 0

1 0 0 a n ?1 0

1 0 0 0 an =

1+ ∑
i =1

n

=

?1 ?1 ?1

1 ai

1 a1 0 0

1 0 a2 0

1 0 0 an

0 0 0

0 0 0

(行列式第 15 页)

= a1 a 2

n ? 1 a n ?1 + ∑ ? i =1 a i ?

? ? =右边. ? ?

19.用克拉默法则解下列方程:
? 2 x1 ? x 2 + 3 x3 + 2 x 4 = 6 ?3 x ? 3 x + 3 x + 2 x = 5 ? 2 3 4 1) ? 1 ? 3 x1 ? x 2 ? x3 + 2 x 4 = 3 ? 3 x1 ? x 2 + 3 x3 ? x 4 = 4 ? ? x1 + 2 x 2 + 3 x3 ? 2 x 4 = 6 ? 2 x ? x ? 2 x ? 3x = 8 ? 2 3 4 2) ? 1 ? 3 x1 + 2 x 2 ? x3 + 2 x 4 = 4 ?2 x1 ? 3 x 2 + 2 x3 + x 4 = ?8 ? ? 5 x1 + 6 x 2 = 1 ? x + 5x + 6x = 0 2 3 ? 1

? x1 + 2 x 2 ? 2 x3 + 4 x 4 ? x5 = ?1 ? 2 x ? x + 3x ? 4 x + 2 x = 8 1 2 3 4 5 ? ? 3) ? 3 x1 + x 2 ? x3 + 2 x 4 + 2 x5 = ?2 ? 4 x + 3 x + 4 x + 2 x + 2 x = ?2 2 3 4 5 ? 1 ? x1 ? x 2 ? x3 + 2 x 4 ? 3 x5 = ?3 ?

解:1) d = ?70, d1 = ?70, d 2 = 70, d 所以方程组有唯一解:
x1 = = = = 1, =

70, d

70

d3 d = 1, x 4 = 4 = 1 . d d

2) d

324, d

324, d

648, d 3 = ?324, d 4 = ?648 .

所以方程组有唯一解:
x1 = d d1 d d = 1, x 2 = 2 = 2, x3 = 3 = 1, x 4 = 4 = ?2 . d d d d

3) d = 24, d1 = 96, d 2 = ?336, d 3 = ?96, d 4 = 168, d 5 = 312 . 所以方程组有唯一解:
x1 = d d d1 d d = 4, x 2 = 2 = ?14, x3 = 3 = ?4, x 4 = 4 = 7, x5 = 5 = 13 . d d d d d

(行列式第 16 页)

4) d = 665, d1 = 1507, d 2 = ?1145, d 3 = 703, d 4 = ?395, d 5 = 212 . 所以方程组有唯一解:

x1 =

1507 229 37 79 212 . , x2 = ? , x3 = , x4 = ? , x5 = 665 133 35 133 665 , a n 是数域 P 中互不相同的数, b1 , b2 , , bn 是数域

20.设 a1 , a 2 ,

P 中任一组给定的数,用克拉默法则证明:有唯一的数域 P 上
的多项式

f ( x ) = c0 + c1 x + c 2 x 2 +
使

+c

x

f (ai ) = bi
证明:由 f (ai ) = bi 得

(i = 1,2,

, n)

? c0 + c1 a1 + c 2 a1 + + c a ?1 = b1 ? ?1 = b2 ?c 0 + c1 a 2 + c 2 a 2 + + c a ? ............................................. ? ?c + c a + c a + + c a ?1 = b n ? 0 1
这是一个关于 的线性方程组,且它的系数行列式

为一个范得蒙行列式.由已知该行列式不为 0,故线性方程组 只有唯一解,即所求多项式是唯一的. 21.设水银密度 h 与温度 t 的关系为

h = a 0 + a1t + a 2 t 2 + a3t 3
由实验测定得以下数据: (行列式第 17 页)

t( C )
h

0

10

20

30

13.60

13.57

13.55

13.52

求 t = 15 ,40 时的水银密度(准确到两位数). 解:将 t, h 的实验数据代入关系式

h = a 0 + a1t + a 2 t 2 + a3t 3

得 a 0 = 13.60 ,且

? 10a1 + 100a 2 + 1000a = ? ? ?20a1 + 400a 2 + 8000a = ? ? 30a + 900a + 27000a ? 0.08 1 2 ?

因为系数行列式
10 100 d = 20 400 1000 8000 =

×



50000, d = 1800, d 3 = ?40

由克拉默法则可求得

a

0.0042,

0.00015, a3 = ?0.0000033

故所求关系式为

h = 13.60 ? 0.0042t + 0.00015t 2 ? 0.0000033t 3
再将 t = 15, t = 40 分别代入上式,其水银密度分别为

ht =15 = 13.56,

ht = 40 = 13.48

(行列式第 18 页)

第三章
1. 用消元法解下列线性方程组:

线性方程组

? x1 + 3 x2 + 5 x3 ? 4 x4 = 1 ? x1 + 2 x2 ? 3 x4 + 2 x5 = 1 ? x + 3 x + 2 x ? 2 x + x = ?1 1 2 3 4 5 ? x ? x ? 3x + x ? 3x = 2 ? ? ? 1 2 3 4 5 1) ? x1 ? 2 x2 + x3 ? x4 ? x5 = 3 2) ? ?x ? 4x + x + x ? x = 3 ?2 x1 ? 3 x2 + 4 x3 ? 5 x4 + 2 x5 = 7 2 3 4 5 ? 1 ? ?9 x1 ? 9 x2 + 6 x3 ? 16 x4 + 2 x5 = 25 ? x1 + 2 x2 + x3 ? x4 + x5 = ?1 ?
? x1 ? 2 x2 + 3 x3 ? 4 x4 = 4 ? x ? x + x = ?3 ? 2 3 4 3) ? ? x1 + 3 x2 + + x4 = 1 ? ?7 x2 + 3 x3 + x4 = ?3 ? ?2 x1 + x2 ? x3 + x4 = 1 ?3 x ? 2 x + 2 x ? 3 x = 2 ? 1 2 3 4 5) ? 5 x1 + x2 ? x3 + 2 x4 = ?1 ? ?2 x1 ? x2 + x3 ? 3 x4 = 4 ?


?

1

2

3

)对方程组得增广矩阵作行初等变换,有

?1 3 ?1 3 ? ?1 ?2 ? ?1 ?4 ?1 2 ?

5 2 1 1 1

?4 0 1 ? ?1 3 ?2 1 ?1? ? 0 0 ? ? ?1 ?1 3 ? → ? 0 ?5 ? ? 1 ?1 3 ? ? 0 ?7 ?1 1 ?1? ? 0 ?1 ? ?

5 ?4 0 1 ? ?3 2 1 ?2 ? ? ?4 3 ? 1 2 ? ? ?4 5 ?1 2 ? ?4 8 1 ?2 ? ? 0 1? 1 ?2 ? ? 0 0? ? 0 0? 0 0? ?

? 1 0 2 ?1 ? 0 0 ?3 2 ? → ? 0 0 ?2 0 ? ?0 0 0 0 ?0 ?1 ?1 1 ?

0 1 ? ?1 0 0 ?1 1 ?2 ? ? 0 0 0 2 ? ? 0 0 ? → ? 0 0 ?2 0 ? ? 0 0 ? ?0 0 0 0 0 0 ? ? 0 ?1 0 0 ? ?

因为

rank ( A) = rank ( B ) = 4 < 5
所以方程组有无穷多解,其同解方程组为

? x1 ? x4 = 1 ? ?2 x1 + x5 = ?2 ? ??2 x3 = 0 ?? x2 + x4 = 0 ?
解得

? x1 = 1 + k ?x = k ? 2 ? ? x3 = 0 ?x k ? 4 ? x5 ?
其中 k 为任意常数. 2)对方程组德增广矩阵作行初等变换,有

? 1 2 0 ?3 2 1 ? ? 1 ?1 ?3 1 ?3 2 ? ? ? ? 2 ?3 4 ?5 2 7 ? ? ? ? 9 ?9 6 16 2 25?

0 ?3 ?1 2 ?0 ?3 ?3 4 ? ?0 ?7 4 1 ? ?0 ?27 6 11

2 1? ?5 1 ? ? ?2 5 ? ? 16 16 ?

?3 ?1 2 0 ?0 ?3 ?3 4 ? →? 25 ?0 0 11 ? 3 ? ?0 0 33 ?25 ?
因为

2 ?5 29 3 29

1 ? ?1 2 0 ?3 ? ? 0 ?3 ?3 1? ? 4 8? → ? 25 ? ? 0 0 11 ? 3? ? 3 7 ? ?0 0 0 0 ? ? 4 > rank ( A) = 3

1? ?5 1 ? ? 29 8 ? ? 3 3? 0 ?1? ? 2

rank ( A)

所以原方程无解. 3)对方程组德增广矩阵作行初等变换,有

?1 ?2 3 ?4 4 ? ?1 ?2 3 ?4 4 ? ? 0 1 ?1 1 ?3? ? 0 1 ?1 1 ?3? ? ?→? ? ?1 3 0 1 1 ? ? 0 5 ?3 5 ?3? ? ? ? ? ? 0 ?7 3 1 ?3? ? 0 ?7 3 1 ?3? ?1 ?0 →? ?0 ? ?0
因为

0 1 ?2 ? 2 ? ? 1 1 ?1 1 ?3 ? ?0 ?→? 0 2 0 12 ? ?0 ? ? 0 ?4 8 ?24 ? ?0

0 1 0 0

0 0 2 0

0 ?8 ? 0 3? ? 0 12 ? ? 8 0?

rank ( A) = rank ( A) = 4
所以方程组有惟一解,且其解为

?

4)对方程组的增广矩阵作行初等变换,有

? 3 4 ?5 7 ? ? 2 ?3 3 ?2 ? ? ? ? 4 11 ?13 16 ? ? ? 3? ? 7 ?2 1 ?1 7 ?0 ?17 →? ?0 17 ? ?0 34

? 1 7 ?8 9 ? ? 2 ?3 3 ?2 ? ? ? ? 4 11 ?13 16 ? ? ? 3? ?7 ?2 1

9 ? ? 1 7 ?8 9 ? ?8 19 ?20 ? ?0 ?17 19 ?20 ? ?→? ? 19 20 ? ?0 0 0 0 ? ? ? ? 38 40 ? ?0 0 0 0 ?
? x1 + 7 x2 ? 8 x3 + 9 x4 = 0 ? ??17 x2 + 19 x3 ? 20 x4 = 0

即原方程组德同解方程组为

由此可解得

3 13 ? ? x1 = 17 k1 ? 17 k2 ? ? x = 19 k ? 20 k ? 2 17 1 17 2 ? ? x3 = k1 ?x = k 2 ? 4
其中 k1 , k2 是任意常数 g 5)对方程组的增广矩阵作行初等变换,有

? 2 1 ?1 1 1 ? ? 2 ? 3 ?2 2 ?3 2 ? ?7 ? ?→? ? 5 1 ?1 2 ?1? ? 3 ? ? ? ? 2 ?1 1 ?3 4 ? ? 4 ? 2 ? 7 →? ? 10 ? ? ?10
因为

1 ?1 1 1 ? 0 0 ?1 4 ? ? 0 0 1 ?2 ? ? 0 0 ?2 5 ? 1 ?1 1 1 ? 0 0 ?1 4 ? ? 0 0 0 2? ? 0 0 0 ?1?

1 ?1 1 1 ? ? 2 0 0 ?1 4 ? ? 7 ?→? 0 0 0 2 ? ?10 ? ? 0 0 0 ?3? ? 0
rank ( A) = 4

rank ( A) 3

所以原方程组无解 6)对方程组的增广矩阵作行初等变换,有

?1 ?3 ? ?2 ? ?2 ?5 ?

2 2 3 2 5

3 1 1 2 2

1 1 1 1 0

1? 1? ? 1? ? 1? 2? ?

?3 ?2 ? ?2 ? ?4 ?5 ?

5 5 3 5 5

4 2 1 3 2

0 0 1 0 0

2? 2? ? 1? ? 2? 2? ?

? ?2 ?5 ? ? → ? ?1 ? ? ?1 ?0 ?

0 5

2

0 0 1 0 0

2 1 0 ? 5 0 1 0 0

0 ? ?0 2 ? ?0 ? ? 1? ? ? ?→?0 5? ? 0 ? ? ?1 0 ? ?0 ? ?

0 5

0

0 0 1 0 0

7 6 0 ? 5 0 1 0 0

0 ? 2 ? ? 1? ? ? 5? 0 ? 0 ? ?

即原方程组的同解方程组为

?5 x2 + 7 x3 = 2 ? 6 1 ? ?? x3 + x4 = ? 5 ? 5 ?? x1 + x3 = 0 ?
解之得

? x1 ? ? x2 ? ? ? x3 ? ? x4 ?
其中 k 是任意常数. 2.把向量 β 表成 α1 , α 2 , α 3 , α 4

k

k

1)

(1, 2,1,1) = (1,1,1,1), = (1,1, ?1, ?1) = (1, ?1, ?1,1) = (1, ?1,1, ?1),

2)

(0, 0, 0,1) (1,1, 0,1), (1,1, 0, 0), (2,1,3,1) = (0,1, ?1, ?1)



1)设有线性关系

β = k1α1 + k2α 2 + k3α 3 + k4α 4
代入所给向量,可得线性方程组

? k1 + k2 + k3 + k4 = 1 ?k + k ? k ? k = 2 ? 1 2 3 4 ? ? k1 ? k2 + k3 ? k4 = 1 ? k1 ? k2 ? k3 + k4 = 1 ?
解之,得

5 k1 = , 4
因此

1 k2 = , 4 5 4 1 4

1 k3 = ? , 4 1 4 1 4

k4 = ?

1 4

β = α1 + α 2 ? α 3 ? α 4
2)同理可得

β = α1 ? α 3
3.证明:如果向量组 α1 , α 2 , 相关,则向量可由 α1 , α 2 , 证



α

α β 线性

, α r 线性表出.

由题设,可以找到不全为零的数

k1α1 + k2α 2 +
显然 kr +1 ≠ 0 .事实上,若 kr +1 = 0

+k α +k β =

k1
成立,这与

1

k2α 2 +

+ k rα r = 0

线性无关的假设矛盾,即证 kr +1 ≠ 0 .故

= ?∑
i =1

r

ki αi kr +1

即向量 β 可由 α1 , α 2 , 4. α i = (α i1 , α i 2 ,

, α r 线性表出. , α in )(i = 1, 2, , n) ,证明:如果 α ij ≠ 0 ,那么

α1 , α 2 , , α n 线性无关.



设有线性关系

k1α1 + k2α 2 +
代入分量,可得方程组

+ knα n = 0
+ α n1kn = 0 + α n 2 kn = 0 + α nn kn = 0

?α11k1 + α 21k2 + ?α k + α k + ? 12 1 22 2 ? ? ?α1n k1 + α 2 n k2 + ?

由于 α ij ≠ 0 ,故齐次线性方程组只有零解,从而 α1 , α 2 , 5.设 t1 , t2 ,

, α n 线性无关.

, tr 是互不相同的数, r ≤ n .证明:

α i = (1, ti , , ti )(i = 1, 2,
是线性无关的. 证 设有线性关系

, r)

k1α1 + k2α 2




?k1 + k2 + + k = ?t k + t k + + t k = ?1 1 2 2 ? ? n t1n ?1k1 t2 ?1k2 + + trn ?1kr = 0
时,方程组中的未知量个数与方程个数相同,且系数行列 1)当 式为一个范德蒙行列式,即

1 t
t2

1 t
t2

2 tn = ∏ (t j ? ti ) ≠ 0
i< j n tn ?1

1 tn

n t1n ?1 t2 ?1

所以方程组有惟一的零解,这就是说 α1 , α 2 , 2)当 r < n 时,令

, α r 线性无关.

? β1 = (1, t1 , t12 , , t1r ?1 ) ? 2 r ?1 ? β 2 = (1, t2 , t2 , , t2 ) ? ? ? β = (1, t , t 2 , , t r ?1 ) r r r ? r
则由上面 1)的证明可知 β1 , β 2 ,

, β r 是线性无关的.而 α1 , α 2 ,

,αr 是

β1 , β 2 , , β r 延长的向量,所以 α1 , α 2 , , α r 也线性无关.
6.设 α1 , α 2 , α 3 线性无关,证明 α1 + α 2 , α 2 + α 3 , α 3 + α1 也线性无关. 证 设由线性关系

k1 (α1 + α 2 ) + k2 (α 2 + α 3 ) + k3 (α 3 + α1 ) = 0


(k1 + k3 )α1 + (k1 + k2 )
再由题设知 α1 , α 2 , α 3 线性无关,所以

2

+ ( k 2 + k3 )

3

=0

?k ? ?k ?k ?
解得

k k k

k1
所以 α 7.已知

k 2 = k3 = 0

线性无关. , 证明:α1 , α 2 ,

, α s 中任意 r 个线性无

关的向量都构成它的一个极大线性无关组. 证 设 α i1 , α i 2 ,

, α ir 是 α1 , α 2 ,

, α s 中任意 r 个线性无关向量组, 如 , s ) 都可由 α i1 , α i 2 , , α ir 线性表

果能够证明任意一个向量 α j ( j = 1, 2, 出就可以了.

事实上,向量组 α i1 , α i 2 ,

, α ir , α j 是线性相关的,否则原向量组的秩 , α ir 线性表出,再由 α j 的任意性, , α ir 是 α1 , α 2 , , α s 中的 r 个

大于 r ,矛盾.这说明 α j 可由 α i1 , α i 2 , 即证. 8.设 α1 , α 2 ,

, α s 的秩为 r , α i1 , α i2 ,

向 量 , 使 得 α1 , α 2 ,

,α s 中 每 个 向 量 都 可 被 它 们 线 性 表 出 , 证 明 :

α i , α i , , α i 是 α1 , α 2 , , α s 的一个极大线性无关组.
1 2 r



由 题 设 知

α i , α i , , α i 与 α1 , α 2 , , α s 等 价 , 所 以
1 2 r

α i , α i , , α i 的 秩 与 α1 , α 2 , , α
1 2 r

.又因为 的一个极大

α i , α i , , α i 线性无关,故而 α
1 2 r

线性无关组. 9.证明:一个向量组的任何一个线性无关组都可以扩充成一线性无关 组. 证 将所给向量组用(Ⅰ)表示,它的一个线性无关向量组用(Ⅱ) 表示. 若向量组(Ⅰ)中每一个向量都可由向量组(Ⅱ)线性表出,那么向 量组(Ⅱ)就是向量组(Ⅰ)的极大线性无关组.否则,向量组(Ⅰ)至少 有一个向量 不能由向量组(Ⅱ)线性表出,此时将 α 添加到向量组(Ⅱ) 中去,得到向量组(Ⅲ) ,且向量组(Ⅲ)是线性无关的. 进而,再检查向量组(Ⅰ)中向量是否皆可由向量组(Ⅲ)线性表出. 若还不能,再把不能由向量组(Ⅲ)线性表出的向量添加到向量组(Ⅲ) 中去,得到向量组(Ⅳ).继续这样下去,因为向量组(Ⅰ)的秩有限,所 以只需经过有限步后,即可得到向量组(Ⅰ)的一个极大线性无关组. 10.设向量组为

α1 = (1, ?1, 2, 4) , α 2 = (0,3,1, 2) , α 3 = (3, 0, 7,14) α 4 = (1, ?1, 2, 0) , α 5 = (2,1,5, 6)
1) 证明: α1 , α 2 线性无关.

2) 把 α1 , α 2 扩充成一极大线性无关组. 证 1)由于 α1 , α 2 的对应分量不成比例,因而 α1 , α 2 线性无关.

2)因为 α 3 = 3α1 + α 2 ,且由

k1α1 + k2α 2 + k4α 4 = 0
可解得

k1 = k2 = k4 = 0
所以 α1 , α 2 , α 4 线性无关. 再令

k1α1 + k2α 2 k4α 4

k5α 5

代入已知向量后,由于相应的齐次线性方程组的系数行列式为 0,因而该 齐次线性方程组存在非零解,即 可由

α1 , α 2 , α 4 线性表出.
这意味着 α1 , α 2 , α 4 就是原向量组的一个极大线性无关组. 注
1

α 2 α 4 α 5 排成 5 × 4 的矩阵,再通过列初等变换

化为行阶梯形或行最简形,然后得到相应结论. 11.用消元法求下列向量组的极大线性无关组与秩:

1)

α 2 = (1, 0, 2,3, ?4) , α 3 = (1, 4, ?9, ?16, 22), α 4 = (7,1, 0, ?1,3)
1

(6, 4, ?1, 2),

2)

1

(1, ?1, 2, 4),

α 3 = (3, 0, 7,14), α 5 = (2,1,5, 6)

α 2 = (0,3,1, 2) α 4 = (1, ?1, 2, 0)

? α1 ? ? 6 ?α ? ? 1 2 解 1)设 A = ? ? = ? ?α 3 ? ? 1 ? ? ? ?α 4 ? ? 7 ? ? 对矩阵 A 作行初等变换,可得

2? ?4 ? ? 4 ?9 ?16 22 ? ? 1 0 ?1 3 ? 4 0 1 2

?1 3

?0 ?1 A→? ?0 ? ?0

4 ?11 ?19 26 ? ?0 0 2 3 4 ? ?1 ?→? 4 ?11 ?19 26 ? ?0 ? ? 1 ?14 ?22 31? ?0

0 0 0 0 ? 0 2 3 ?4 ? ? 0 45 69 ?98? ? 1 ?14 ?22 31 ?

所以 α1 , α 2 , α 3 , α 4 的秩为 3,且 α 2 , α 3 , α 4 即为所求极大线性无关组. 3) 同理可得 α1 , α 2 , α 4 为所求极大线性无关组,且向量组的秩为 3. 12.证明:如果向量组(Ⅰ)可以由向量组(Ⅱ)线性表出,那么(Ⅰ) 的秩不超过(Ⅱ)的秩. 证 由题设,向量组(Ⅰ)的极大线性无关组也可由向量组(Ⅱ)的 极大线性无关组线性表出,即证向量组(Ⅰ)的秩不超过向量组(Ⅱ)的 秩. 13.设 α1 , α 2 ,

, α n 是一组维向量,已知单位向量 ,α r ≤ n ,而 ε1 , ε 2 , , ε n 的秩为 n .

可被它

们线性表出,证明: α1 , α 2 , 证 由题设及上题结果知

n≤r
从而 r

n

线性无关. 维向量,证明:α1 , α 2 ,

14.设

, α n 线性无关的

充分必要条件是任一 n 维向量都可被它们线性表出. 证 必 要 性 . 设 α1 , α 2 ,

,αn 线 性 无 关 , 但 是 n + 1 个 n 维 向 量

α1 , α 2 ,

,α n , β 必 线 性 相 关 , 于 是 对 任 意 n 维 向 量 β , 它 必 可 由

α1 , α 2 , , α n 线性表出.
充分性.任意 n 维向量可由 α1 , α 2 ,

, α n 线性表出,特别单位向量

ε1 , ε 2 , , ε n 可 由 α1 , α 2 , , α n 线 性 表 出 , 于 是 由 上 题 结 果 , 即 证 α1 , α 2 , , α n 线性无关.
15.证明:方程组

?a11 x1 + a12 x2 + ?a x + a x + ? 21 1 22 2 ? ? ?an1 x1 + an 2 x2 + ?
对任何 b1 , b2 ,

+ a1n xn = b1 + a2 n xn = b2 + ann xn = bn

, bn 都有解的充分必要条件是系数行列式

证 充分性.由克拉默来姆法则即证. 下证必要性.记

α i = (α1i , α 2i , , α ni ) ( = 1, 2, , ) β = (b1 , b2 , , b )
则原方程组可表示为

β = x1α1 + 2α 2 +
由题设知,任意向量 知 α1 都可由线性 α1 , α 2 ,

+ α , α n 表出,因此由上题结果可

2

进而,下述线性关系

k1

2

k2α 2 +

+ knα n = 0

仅有惟一零解,故必须有 A = aij ≠ 0 ,即证. 16.已知 α1 , α 2 , 与 α1 , α 2 ,

, α r 与 α1 , α 2 , , α s 等价.

, α r , α r +1 ,

, α s 有相同的秩,证明:

, α r , α r +1 ,



由于 α1 , α 2 ,

, α r 与 α1 , α 2 ,

, α r , α r +1 ,

, α s 有相同的秩,因此 , α r 的极大

它们的极大线性无关组所含向量个数必定相等.这样 α1 , α 2 , 线性无关组也必为 α1 , α 2 ,

, α r , α r +1 ,

, α s 的极大线性无关组,从而它们

有相同的极大线性无关组. 另一方面, 因为它们分别与极大线性无关组等价, 所以它们一定等价. 17.设

β1 = α 2 + α 3 + β r = α1 + α 2 +
证明: β1 , β 2 , 证

+ α r , β 2 = α1 + α 3 + + α r ?1 ,α

+ αr ,

,

, β r 与 α1 , α 2 ,

只要证明两向量组等价即可.由题设,知

可由

α1 , α 2 , , α r 线性表出.
现在把这些等式统统加起来,可得

1 ( β1 + β 2 + r ?1
于是
i

+ β ) = α +α + 1 ? 1) βi + r ?1

+α 1 βr r ?1

=

1 1 β + β + r ?1 r ?1

+(

+

(i 1, 2,
即证
1

, r)
, βr 线 性 表 出 , 从 而 向 量 组

, β2 ,

β1 , β 2 , , β
18.计算下列矩阵的秩:

等价.

? 0 1 1 ?1 2 ? ? 0 2 ?2 ? 2 0 ? ? 1) ? ? 0 ?1 ? 1 1 1 ? ? ? ?1 1 0 1 ?1?

? 1 ?1 ? 2 ?2 2) ? ?3 0 ? ?0 3

2 1 0? 4 ?2 0 ? ? 6 ?1 1 ? ? 0 0 1?

?14 12 6 8 2 ? ? 6 104 21 9 17 ? ? 3) ? ?7 6 3 4 1? ? ? ?35 30 15 20 5 ? ?1 ?1 ? 5) ? 0 ? ?0 ?0 ? 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0? 0? ? 0? ? 0? 1? ?

?1 ?0 ? 4) ? 0 ? ?1 ?4 ?

0 1 0 2 5

0 1 4? 0 2 5? ? 1 3 6? ? 3 14 32 ? 6 32 77 ? ?

解 1)秩为 4. 2)秩为 3. 3)秩为 2. 4)秩为 3. 5)秩为 5. 19.讨论 λ , a, b 取什么值时,下列方程有解,并求解.

?λ x1 + x2 + x2 = 1 ? 1) ? x1 + λ x2 + x3 = λ ? 2 ? x1 + x2 + λ x3 = λ
3)

2)

3(

1) +

+ ( + 3)

=3



1)因为方程组的系数行列式

1
= 1 λ
所以当 λ = 1 时,原方程组与方程

1 1 = (λ ? 1) 2 (λ + 2)

λ
x1 + x2 + x2 = 1
同解,故原方程组有无穷多解,且其解为

? x1 = 1 ? k1 ? k2 ? ? x2 = k1 ?x = k 2 ? 3
其中 k1 , k2 为任意常数. 当 λ = ?2 时,原方程组无解. 当 λ ≠ 1 且 λ ≠ ?2 时,原方程组有惟一解.且

λ +1 ? ? x1 = ? λ + 2 ? 1 ? ? x2 = λ+2 ? ? (λ + 1) 2 ? x3 ?
2)因为方程组的系数行列式

3+ λ
D=

1

2
=λ λ?

λ λ? 3λ + 3 λ

λ +3
的秩分别为 2 与 3,

所以当 λ = 0 时, 原方程组的系数矩阵 所以无解. 当 当

的秩为 3,故原方程组也无解. 时,方程组有唯一解

λ 3 + 3λ 2 ? 15λ + 9 λ 2 (λ ? 1) λ ? 12λ + 9 λ (λ ? 1)
? 4λ 3 ? 3λ 2 ? 12λ + 9 ? x3 = λ 2 (λ ? 1) ? ?
3) 因为方程组的系数行列式

a D= 1

1 b

1 1 = ?b(a ? 1)

1 2b 1
所以当 D ≠ 0 时,即 a ≠ 1 且 b ≠ 0 时,方程组有惟一解,且为

2b ? 1 ? ? x1 = b(a ? 1) ? 1 ? ? x2 = b ? 1 + 2ab ? 4b ? ? x3 = b(a ? 1) ?
当D = 0时 1 若 b = 0 ,这时系数矩阵 A
o

的秩为 3,

故原方程组无解。 2 若 a = 1 ,这时增广矩阵
o

1 1 4? ?1 1 1 4 ? ?1 ?1 b 1 3 ? → ?0 b ? 1 0 ?1? A=? ? ? ? ?1 2b 1 4 ? ?0 2b 1 0 0 ? ? ? ? ?
所以当 a = 1, b ≠ 而当

1 时, A 的秩为 3, 2 1

时,原方程组有无穷多个解,且其解为

= 2?k
2 3

=2 =k

其中 k 20.求下列齐次线性方程组的一个基础解系,并用它表出全部解:

? x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 0 ? x1 + x2 ? 3x4 ? x5 = 0 ?3 x + 2 x + x + x ? x = 0 ?x ? x + 2x ? x = 0 ? 1 ? 1 2 2 3 4 5 3 4 2) ? 1) ? ? x2 + 2 x3 + 2 x4 + 6 x5 = 0 ?4 x1 ? 2 x2 + 6 x3 + 3 x4 ? 4 x5 = 0 ? ?2 x1 + 4 x2 ? 2 x3 + 4 x4 ? 7 x5 = 0 ?5 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 3 x4 ? x5 = 0 ?

? x1 ? 2 x2 + x3 + x4 ? x5 = 0 ? x1 ? 2 x2 + x3 ? x4 + x5 = 0 ?2 x + x ? x ? x ? x = 0 ?2 x + x ? x + 2 x ? 3 x = 0 ? 1 2 3 4 5 ? 1 2 3 4 5 3) ? 4) ? ? x1 + 7 x2 ? 5 x3 ? 5 x4 + 5 x5 = 0 ?3 x1 ? 2 x2 ? x3 + x4 ? 2 x5 = 0 ?3 x1 ? x2 ? 2 x3 + x4 ? x5 = 0 ?2 x1 ? 5 x2 + x3 ? 2 x4 + 2 x5 = 0 ? ?
解 1)对方程组的系数矩阵作行初等变换,有

?1 ?3 ? ?0 ? ?5

1 2 1 4

1 1 2 3

1 1 ? ?1 1 1 1 1 ? ?1 1 1 1 1 ? 1 ?3? ?0 ?1 ?2 ?2 ?6 ? ?0 ?1 ?2 ?2 ?6 ? ?→? ?→? ? 2 6 ? ?0 1 2 2 6 ? ?0 0 0 0 0 ? ? ? ? ? ? 3 ?1? ? 0 ?1 ?2 ?2 ?6? ? 0 0 0 0 0 ?

因为 rank ( A) = 2 < 5 , 所以原方程组的基础解中含有 3 个线性无关的解向 量,且原方程组的同解方程组为

? x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = ? ? x2 + 2 x3 2 x4 6 x5 0
于是只要令

x3 = 1, x4 = x5 = 0,
同理,令

x1 = 1, x3 = x5 = 0,
即得η3 = (5, ?6, 0, 0,1)′ 则η1 ,
2

,

3 为原方程组的一个基础解系,且该齐次线性方程组的全部解为

k1η1 + k2η 2 + k3η3
其中 k k k 2)对方程组的系数矩阵作行初等变换,有

? 1 1 0 ?3 ?1? ?1 1 0 ?3 ?1? ? 1 ?1 2 ?1 0 ? ?0 ?2 2 2 1 ? ? ?→? ? ? 4 ?2 6 3 ?4 ? ?0 ?6 6 15 0 ? ? ? ? ? ? 2 4 ?2 4 ?7 ? ?0 2 ?2 10 ?5?

?1 1 ?0 ?2 →? ?0 0 ? ?0 0

0 ?3 ?1? ?1 1 2 2 1 ? ? 0 ?2 ?→? 0 9 ?3? ? 0 0 ? ? 0 12 ?4 ? ? 0 0

0 ?3 ?1? 2 2 1? ? 0 3 ?1? ? 0 0 0?

因为 rank ( A) = 3 < 5 , 所以原方程组的基础解系中含有 2 个线性无关的解 向量,且原方程组的同解方程组为

? x1 + x2 ? x4 ? x5 = 0 ? ??2 x2 + 2 x3 + 2 x4 + x5 = 0 ?3 x ? x = 0 ? 4 5
若令

x1 = 1, x4 = 0 ,得 x1 = 0, x4 = 1 ,得
则η1 ,η 2 为原方程组的一个基础解系,且该齐次线性方程组的全部解为

η=
其中 k1 , k2 为任意常数. 3)对方程组的系数矩阵作行初等变换,有

1 ?2 1 1 ?1? ?1 ?2 1 1 ?1? 2 1 ?1 ?1 ?1? ?0 5 ?3 ?3 1 ? ?→? ? 1 7 5 5 5 ? ?0 9 ?6 ?6 6 ? ? ? ? 3 ?1 ?2 1 ?1? ?0 5 ?5 ?2 2 ? 1 ?2 0 5 → ?0 ?21 ? ? 0 ?5
又因为

1 1 ?1? ?1 ?2 1 1 ?2 ? 13 3 1 ? ?0 5 ?3 ?3 1 ? ?→? ? 12 12 0 ? ?0 ?6 9 0 0 ? ? ? ? 1 4 0 ? ? 0 ?5 1 4 0 ?

1 1 1 ?2 0 ?3 ?3 1 ≠0 0 9 0 0 0 1 4 0
所以 rank ( A) = 4 < 5 , 方程组的基础解系含有一个线性无关的解向量, 且 原方程组的同解方程组为

? x1 ? 2 x2 + x3 + x4 ? 2 x5 = 0 ?5 x ? 3 x ? 3 x + x = 0 ? 2 3 4 5 ? ?6 x2 + 9 x3 = 0 ? ??5 x2 + x3 + 4 x4 = 0 ?
于是令 x2 = 1 ,可得

η = ( ,1, ,

1 2

2 13 1 , ) 3 12 4

则η 即为原方程组的一个基础解系,且该齐次线性方程组的全部解为 kη , 其中 k 为任意常数. 4) 对方程组的系数矩阵作行初等变换,有

? 1 ?2 1 ?1 1 ? 2 1 ?1 2 ?3 ? 3 ?2 ?1 1 ?2 ? ? 2 ?5 1 ?2 2 ?

1 ?2 1 ?1 1 0 5 ?3 4 ?5 ? 0 4 ?4 4 ?5 ? ? ? ? 0 ?1 ? 1 0 0 ?

1 ?2 1 ?1 1 ? ?1 ?2 1 ?1 1 ? 0 1 1 0 0 ? ?0 1 1 0 0 ? ?→? ? → 0 0 ?8 4 ?5? ?0 0 ?8 4 ?5? ? ? ? 0 0 8 4 5? ? 0 0 0 0 0 ?
又应为

1 ?2 ?1 0 0 1 0 0 ≠0 4

所以 rank ( A) = 3 < 5 ,方程组的基础解系含有 2 个线性无关大解向量, 且 原方程组的同解方程组为

? x1 ? 2 x2 + x3 + x4 ? 2 x5 = 0 ? ? x2 + x3 = 0 ? ?8 x + 4 x ? 5 x = 0 3 4 5 ?

x3 = 1, x5 = 0 ,得η1 = (?1, ?1,1, 2, 0)′ 1 5 x3 = 0, x5 = 1 ,得η 2 = ( , 0, 0, ,1)′ 4 4
则η1 ,η 2 为原方程组的一个基础解系,且该齐次线性方程组的全部解为

η=
其中 k1 , k2 为任意常数. 21.用导出组的基础解系表出第 1 题 1) 部解,其中 、6)题中线性方程组的全

? x1 + 3 x2 + 5 x3 ? 4 x4 = 1 ? ? x1 + 3 x2 + 2 x3 ? 2 x4 + x5 = ?1 ? 1) ? x1 ? 2 x2 + x3 ? x4 ? x5 = 3 ?x ? 4x + x + x ? x = 3 ? 2 1

3 2 4
1

4 3

5 3

7 2

0 0
4

?7 x1 ? 2 x2 + x3 + 3 x4 = ?0 ?

11 2 ? 13 3 + 16

=0

6) 2

3



)对原方程组的增广矩阵作初等行变换,可得

rank ( A) = rank ( A b) = 4 < 5
所以方程组有无穷多解,且其导出组的基础解系中含有 1 个线性无关的解 向量,又因为原方程组的同解方程组为

? x1 ? x4 = 1 ? ?2 x4 + x5 = ?2 ? ?? x2 + x4 = 0
代入原方程组的导出组, 可解得 x1 = 1, x2 = 1, x3 = 0, x5 = ?2 , 若令 x4 = 1 , 于是导出组的基础解系为

η = (1,1, 0,1, ?2)′
且原方程组的一个特解为

η0 = (1, 0, 0, 0, ?2)′
故园方程组的全部解为

? x1 ? ?x ? ? 2? ? x3 ? = η0 + kη = ? ? ? x4 ? ? x5 ? ? ?

+k

其中 k 为任意常数. 4)对原齐次线性方程组的系数矩阵作初等变换,可得

rank A
所以方程组有无穷多解,且其基础解系中含有 2 个线性无关的解向量,又 因为原方程组的同解方程组为

x1 7 x2 ? 8 x3 + 9 x4 = 0 ?17 x2 + 19 x3 ? 20 x4 = 0
若令 ,得 x1 = 再令

3 19 , x2 = 17 17

x3 = 0, x4 = 1 ,得 x1 =
于是导出组的基础解系为

13 20 , x2 = ? 17 17

η1 = (

3 19 13 20 , ,1, 0)′ ,η 2 = (? , ? , 0,1)′ 17 17 17 17

故原方程组的全部解为

?3? ? 13 ? ? x1 ? ?17 ? ? ? 17 ? ?x ? ? ? ? ? ? 2? ?19 ? + k ? ? 20 ? ? x3 ? = k1η1 + k2η2 = k1 ?17 ? ? 17 ? ? ? ? ? ? ? x4 ? ? ?1? ? 0 ? ? x5 ? ? ? ?0? ? 1 ? ? ? ? ?
其中 k1 , k2 为任意常数. 6)对原方程组的增广矩阵作初等变换,可得

rank ( A b) = 3 < 4
所以方程组有无穷多个解,且其导出组的基础解系中含有 解向量,又因为原方程组的同解方程组为 个线性无关的

?5 x2 7 x3 2 ? 6 1 ? ?? 5 ? 5 ?? x1 + x3 = ?
若令 x3 = 1 ,代入原方程组的导出组,可解得 是导出组的基础解系为 ,于

7 6 = (1, ? ,1, )′ 5 5
且原方程组的一个特解为

2 1 = (0, , 0, ? )′ 5 5
故原方程组的全部解为

? 0 ? ? 1 ? ? 2 ? ? 7? ? ? ?? ? ? ? ? 5 ? + k ? 5? ? x3 ? = η0 + kη = ? 0 ? ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? x4 ? ?? 1 ? ? 6 ? ? x5 ? ? ? ? 5? ? 5 ? ? ? ? ?
其中 k 为任意常数.

22. a, b 取什么值时,线性方程组

? x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1 ? ?3 x1 + 2 x2 + x3 + x4 ? 3 x5 = a ? ? x2 + 2 x3 + 2 x4 + 6 x5 = 3 ?5 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 3 x4 ? x5 = b ?
有解?在有解的情形,求一般解. 解 对方程组的增广矩阵行作初等变换:

?1 ?3 A=? ?0 ? ?5 ?1 ?0 →? ?0 ? ?0

1 2 1 4 1 0 1 0

1 1 2 3 1 0 2 0

1 1 1 ?3 2 6 3 ?1 1 0 2 0

1 ? ?1 1 1 1 1 1 ? ? ? 0 ?1 ? 2 ? 2 ? 6 a ? 3 ? a? ? ? → 3 ? ?0 1 2 2 6 3 ? ? ? ? b ? ?0 1 2 2 6 b 5?

1 1 ? 0 a ? ? 6 3 ? ? 0 b ? 2?

于是,只有 a = 0 且 b = 2 时,增广矩阵的秩与系数的秩都为 ,此时原方 程组有解;当 a ≠ 0 且 b ≠ 2 时,原方程组都无解. 当 a = 0 , b = 2 时,原方程组与方程组

? x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = ? x2 2 x3 + 2 x4 + 6 x5 = 3
同解,且其一般解为
1 2

= ?2 + k 3 + k 4 + 5 k 5 = 3 ? 2 k 3 ? 2 k 4 ? 6 k5

?
其中 k3 , k4 , k5 为任意常数. 23.设

? x1 ? x2 = a1 ? ? x2 ? x3 = a2 ? ? x3 ? x4 = a3 ?x ? x = a 4 ? 4 5 ? x5 ? x1 = a5 ?
证明:此方程组有解的充分必要条件为

∑a
i =1

5

i

=0

在有解的情形,求出它的一般解. 证 对方程组的增广矩阵作行初等变换,有

? 1 ?1 ? 1 ?1 0 0 0 a ? ? ? 0 1 ?1 0 0 ? ? ? A = ? 0 0 1 ?1 0 a ? → ? ? ? 0 0 0 1 ?1 ? ? ?1 0 0 0 1 a ? 0 0 ? ?
此时 A 的秩为 4, A 的秩为 4 的充分必要条件是

0

0

0

0

0

0

a1 ? ? ? ? ? ? ? ai ? ? ?


i

因此,原方程组有解的充分必要条件是

∑a
i =1

5

i

=0

其次,当

时,原方程组与方程组与

1

? x2 = a1

? x2 ? x3 = a2 ? ? x3 ? x4 = a3 ? x4 ? x5 = a4 ?
同解,所以它的一般解为

? x1 = a1 + x2 + a3 a4 + k ?x = a + a + a + k 2 3 4 ? 2 ? ? x3 = a3 + a4 + k ?x = a + k 4 ? 4 ? x5 = k ?
其中 k 为任意常数. 24.证明:与基础解系等价的线性无关向量组也是基础解系. 证 由于两个等价的线性无关向量组所含向量个数是相等的,不妨设

η1 ,η2 ,

,η r 是齐次线性方程组的一个基础解系,且 a1 , a2 , , r ) 可由η1 ,η2 ,

, ar 与它等 , r) 也

价, ai (i = 1, 2, 则

,η r 线性表出, ai (i = 1, 2, 从而

是原齐次线性方程组的解. 又由题设知 a1 , a2 ,

, ar 线性无关,且

a ,a , a a

, ar ar 线

线性表出,从而齐次线性方程组的任一个解 性表出,即证 a1 , a2 ,

, ar 也是方程组的一个基础解系.

25.设齐次方程组

α11 x1 α 21 x2 + α12 x1 α 22 x2 + α1n x1 α 2 n x2 +

+ α n1 xn = 0 + α n 2 xn = 0 + α nn xn = 0

的系数矩阵的秩为 ,证明:方程组的任意 n ? r 个线性无关的解都是它的 一个基础解系. 证 由于方程组的系数矩阵的秩为 r ,所以它的基础解系所含线性无 关解向量的个数为 设η1 ,η 2 ,

,ηn ? r 是方程组的一个基础解系, 1 , ε 2 , ε

, ε n ? r 是方程组的

任意 n ? r 个线性无关的解向量,则向量组

η1 ,η2 ,

,ηn ? r , ε1 , ε 2 ,

, ε n?r

的 秩 仍 为 n ? r , 且 η1 ,η 2 ,

,ηn ? r 是 它 的 一 个 极 大 线 性 无 关 组 , 同 理 ,ηn ? r 与

ε1 , ε 2 , ε1 , ε 2 ,

, ε n ? r 也 是 它 的 一 个 极 大 线 性 无 关 组 , 所 以 η1 ,η2 , , ε n ? r 等价,再由上题即证. ,ηt 是一线性方程组的解,那么 + utηt

26.证明:如果 η1 ,η 2 ,

u1η1 + u2η2 +
(其中 u1 + u2 + 证

+ ut = 1 )也是一个解. + α in xn = bi i =
, t)

设线性方程组为

α i1 x1 + α i 2 x2 +
由题设,η j = ( x1 , x2 ,
( j) ( j)

m
个解,现将

( , xn j ) )( j = 1, 2,

u1η1 + u2η 2 +
代入方程组,得

+ utηt = (∑ uk x , ∑ uk x ,

, ∑ uk xn )

ai1 (∑ uk x1( k ) ) + ai 2 (∑ uk x2k ) +
k =1 k =1

t

t

+ ain (∑ uk xnk )
k =1

t

=

uk (ai x k + ai x k +

( + ain xnk ) )

=
所以 u

u b =b u u

u = b (i = 1, 2,

, m)

仍是方程组的一个解,即证.

27.多项式

2 x3 ? 3 x 2 + λ x + 2 与 x 4 + λ x 2 ? 3x ? 1
在 λ 取什么值时有公共根?



因为 f ( x) 与 g ( x) 的结式为

2 ?3 λ 2 0 0 0 0 2 ?3 λ 2 0 0 0 0 2 ?3 λ 2 0 R( f , g ) = 0 0 0 2 ?3 λ 2 1 0 λ ?3 ?1 0 0 0 1 0 λ ?3 ?1 0 0 0 1 0 λ ?3 ?1 = (λ + 3)(?λ 3 + 4λ 2 + 28λ + 157)
故当 λ = ?3 时,有

R( f , g ) = (λ + 3)(?λ + 4λ + 28λ + 157) = 0
从而 f ( x) 与 g ( x) 有公共根.此外,由 它们皆可使 f ( x ) 与 g ( x ) 有公共根. 28.解下列联立方程: 的 3 个根,

?5 y 2 ? 6 xy + 5 x 2 ? 16 = 0 ? 1) ? 2 2 ? y ? xy + 2 x ? y ? x ? 4 = 0 ? ?x ? 2) ? ?x ? y xy x y y y

? y ( x 4) y x 2 x 3 0 ? 3) ? ? y ? 5 y + ( x + 7) y + x ? x ? 5 x ? 3 = 0 ?


5 Ry ( f , g ) = 0 0

?6 x 5 1

5 x 2 ? 16 ?6 ?x ?1

0 5 x 2 ? 16 0 2 x2 ? x ? 4

1 ? x ? 1 2 x2 ? x ? 4

= 32( x 4 ? 3x 3 + x 2 + 3 x ? 2) = 32( x ? 1) 2 ( x + 1)( x ? 2) = 0
可解得下 x = 1,1,2,-1 四个根. 当 x = 1 时,代入原方程组,可得

? 2 ?5 y ? 6 y ? 11 = 0 ? 2 ?y ? 2y ?3 = 0 ?
解此方程组,可得 y = ?1 . 当 x = ?1 时,代入原方程组,得

?5 y 2 + 6 y ? 11 = 0 ? ? 2 ?y ? = ?
解之得 y = 1 . 当 x = 2 时,代入原方程组,可得

?5 y 2 12 y 4 0 ? ? 2 ?y ? y + = ?
解之得 y = 2 . 故原方程组有四组公共解为

? x2 = 1 ? ? y 2 = ?1 ? x4 = 2 ? ? y4 = 2
2)同理可得

Ry ( f , g ) = 4( x + 1)( x + 3)( x +
所以解得

10 + 3 5 10 ? 3 5 )( x + )=0 5 5

1 1 x1 = ?1 , x2 = ?3 , x3 = ? (10 + 3 5) , x4 = ? (10 ? 3 5) 5 5

代入原方程组,可得四组公共解为

? x1 = ?1 ? ? y1 = 2

? x2 = ?3 ? ? y2 = 0

1 ? x3 = ? (10 + 3 5) ? 5 ? ? ?y = 5? 5 ? 3 5 ?
3)由

1 ? x4 = ? (10 ? 3 5) ? 5 ? ? ?y = 5+ 5 ? 4 5 ?

Ry ( f , g ) = 4 x 2 ( x + 1) 2 ( x ? 2) 2 = 0
可解得原方程组的组公共解为

? x1 = 0 ? ? y1 = 1 ? x3 = ?1 ? ? y3 = 2

? x5 = 2 ? ? ? y5 = 1 + 2i ?

第四章

矩阵

1.设

?3 1 1? ? 1 1 ?1 ? ? ? ? ? 1) A = 2 1 2 , B = 2 ?1 0 ? ? ? ? ?1 2 3? ?1 0 1 ? ? ? ? ? ?1 a c ? ?a b c? ? ? ? ? 2) A = c b a , B = 1 b b ? ? ? ? ?1 c a ? ?1 1 1? ? ? ? ?
计算 AB , AB ? BA . 解 1)

? 6 2 ?2 ? ? ? AB = ? 6 1 0 ? ? 8 ?1 2 ? ? ? AB ? BA =
2)

? a + b + c a 2 + b2 + c2 ? AB = ? a + b + c 2ac + b 2 ? a+b+c ?

2ac + b 2 ? ? a 2 + b2 + c2 ? a+b+c ? ?

? a + ac + c b + ab + c 2c + a 2 ? ? ? A = ? a + ac + c 2b + b 2 c + ab + b ? ? ? b + bc + c c + ac + a ? ? a c

AB ? BA = (aij )3×3
其中

a11 = b ? ac ,

a12 = a 2 + b 2 + c 2 ? b ? ab ? c ,

a13 = b 2 + 2ac ? a 2 ? 2c a21 = c ? bc


a22 = 2ac ? 2b



a23 = a 3 + b 2 + c 2 ? ab ? b ? c a31 = 3 ? c 2 ? 2a , a32 = c ? bc ,
2.计算

a33 = b ? ab

?2 1 1? ? ? 1) ? 3 1 0 ? ? 0 1 2? ? ? ? 1 1? 3) ? ? ? 0 1?
n

2

? 3 2? 2) ? ? ? ?4 ?2 ? ? ? ?

5

?? ? ? ?

n

?1? ? ? 5) ( 2, 3, ?1) ? ?1? ? ?1? ? ? 6) ( x, ? a11 ? y, 1) ? a21 ?a ? 31 a12 a22 a32 a13 ? ? x ? ?? ? a31 ? ? y ? a33 ? ? ? ?? ?

1 ( 2, 3, ?1)

7)

? 1 ?1 ?1 ?1? ? ? ? 1 1 ?1 ?1? ? 1 ?1 1 ? 1 ? ? ? ?1 ?1 ?1 1 ? ? ? ? 1

n

8) 0 ?0 ?

0 λ? ?
2

? 2 1 1? ? 7 4 4? ? ? ? ? 解 1) 3 1 0 = 9 4 3 ? ? ? ? ? 0 1 2? ? 3 3 4? ? ? ? ?

? 3 2 ? ? 3 ?2 ? 2) ? ? =? ? ? ?4 ?2 ? ? 4 8 ?
5

3) 采用数学归纳法,可证
? 1 1? ? 1 n ? ? ? =? ? ? 0 1? ? 0 1 ?
事实上,当 n = 2 时,有
n

? 1 1? ? 1 2 ? ? ? =? ? ? 0 1? ? 0 1 ?
结论成立. 当 n = k ? 1 时,归纳假设结论成立,即

2

? 1 1? ? ? ? 0 1?
于是当 n = k 时,有

k

?1 ? ?0

1? ? 1 ? 1? ? 1 1? ? 1 ? ?? ?=? ? 1 ? ? 0 1? ? 0 1 ?

? 1 1? ? 1 1? ? ? =? ? ? 0 1? ? 0 1?
n

k

k ?1

? 1 1? ? 1 i? ?=? ? 0 1? ? 0

? 1 1? ? 1 n ? 即证 ? ? =? ? 成立. ? 0 1? ? 0 1 ?
4)采用数学归纳法,可证

? cos ? ? sin
事实上,当

? sin ? ? ? cos n? ? =? cos ? ? ? sin n?

? sin n? ? ? cos n? ?

? cos 2 ? ? sin 2 ? ? ? 2 cos ? sin ? ? cos 2? =? ? sin 2?
结论成立. 当 n = k ? 1 时,归纳假设结论成立,即

? cos ? sin ? ? ? cos 2 ? ? sin 2 ? ? ? sin 2? ? ? cos 2? ?

? cos ? ? ? sin ?
于是当 n = k 时,有

? sin ? ? ? cos ? ?
k

k ?1

? cos(k ? 1)? =? ? sin(k ? 1)? ? sin ? ? ? cos ? ?
k ?1

? sin(k ? 1)? ? ? cos(k ? 1)? ? ? cos ? i? ? sin ? ? sin ? ? ? cos ? ?

? cos ? ? ? sin ?

? sin ? ? ? cos ? ? =? cos ? ? ? sin ?

? cos(k ? 1)? =? ? sin(k ? 1)?

? sin(k ? 1)? ? ? cos ? ?i? cos(k ? 1)? ? ? sin ?
?x =? 1 ? x3 x2 ? ? x4 ?

? sin ? ? ? cos ? ?

其中

x1 = cos(k ? 1)? cos ? ? sin(k ? 1)? sin ? = cos k?
同理可得

x2 = ? sin k? ,
因而有

x

? cos ? ? ? sin ?
5)

? sin ? ? ? cos ? ?

? cos ? ? ? sin ?

? sin ? ? ? cos ? ?

? ? ? ? ? 1? 2, 3, ? ? ? ?
6) ( x,

1

? ? ? 2 ? ? a12 a22 b2

?1 ? ? 3 1? 3 1? ? b1 ? ? b2 ? c? ?

? a11 ? y, 1) ? a12 ?b ? 1

? x? ? ? = (a11 x + a12 y + b1 , a12 x + a22 y + b2 , b1 x + b2 y + c) ? y ? ?1? ? ?

= a11 x 2 + 2a12 xy + a22 y 2 + 2b1 x + 2b2 y + c
7)注意到

? 1 ?1 ?1 ?1? ? 4 ? ? ? ? ?1 1 ?1 ?1? = ? 0 ? ?1 ?1 1 ?1? ? 0 ? ? ?1 ?1 ?1 1 ? ? 0 ? ? ? ? ?
2

0 4 0 0

0 0 4 0

0? ?1 ? ? 0? 2 ?0 =2 ?0 0? ? ? ? ?0 4? ? 1? ? 1? 1? ? 1? ?

0 1 0 0

0 0 1 0

0? ? 0? 0? ? 1? ?

这意味着,若令

1 1 ?1 ? 1 ?1 1 A=? ? ?1 1 1 ? ? ?1 ?1 ?1 ?
则 A = 2 E .下面对
2 2

1 1 ?1 ? 1 ?1 1 An = ? ? ?1 1 1 ? ? ?1 ?1 ?1 ?
分两种情形讨论 ①

1? ? 1? 1? ? 1? ?

An = A 2 k = ( A2 ) k = 2 2 k E = 2 n E
② ,于是

An = A2 k 1 = ( A2 ) k A = 22 k EA = 2n A


? 2n E , A = ? n ?1 ?2 A,
n

n = 2k n = 2k + 1

8)采用数学归纳法,可证

n λn λ 1 0? ? ? ? ? ? ?0 λ 1? =? 0 ?0 0 λ? ? 0 ? ?

?

nλ n ?1

λn
0

? ?

n(n ? 1) n ? 2 ? λ ? 2 ? nλ n ?1 ? ? λn ? ?

事实上,当 n = 1 时,结论显然成立,现在归纳假设

?λ 1 0 ? ? ? ?0 λ 1? ?0 0 λ? ? ?
于是

n ?1

? n ?1 (n ? 1)λ n ? 2 ?λ ? λ n ?1 =? 0 ? 0 0 ? ?

(n ? 1)(n ? 2) n ?3 ? λ ? 2 ? (n ? 1)λ n ? 2 ? n ?1 ? λ ? ? ? ??λ 1 0 ? ?? ? ?? 0 λ 1 ? ?? 0 0 λ ? ? ?? ?

? n ?1 n λ (n ? 1)λ n ? 2 ?λ 1 0 ? ? ? ? ? 0 λ 1? =? 0 λ n ?1 ? ?0 0 λ? ? 0 0 ? ? ? ? ? n ?λ ? =? 0 ? ? ?
即证结论成立. 3.设 义

λ
( ? 1)λ n ? 2

3

λ
? ? ? ? ? ? ?

nλ n ?1

nn

λ λn λn

?2

λn

λ = a0 λ + a1λ

+

+ am ?1λ + am , A 是一个 n × n 矩阵,定

A = a0 Am + a1 Am ?1 +

+ am ?1 A + am E

?2 1 1? ? ? 1) f (λ ) = λ ? λ ? 1 , A = 3 1 2 ? ? ? 1 ?1 0 ? ? ?
2

2) f (λ ) = λ ? 5λ + 3 , A = ?
2

? 2 ?1? ? ? ?3 3 ?

试求 f ( A) . 解 1)

? 2 1 1? ? 2 1 1? ?1 0 0? ? ? ? ? ? ? f ( A) = ? 3 1 2 ? ? ? 3 1 2 ? ? ? 0 1 0 ? ? 1 ?1 0 ? ? 1 ?1 0 ? ? 0 0 1 ? ? ? ? ? ? ?
? 8 2 4 ? ? 2 1 1? ?1 0 0? ? ? ? ? ? ? = ? 11 2 5 ? ? ? 3 1 2 ? ? ? 0 1 0 ? ? ?1 0 ?1 ? ? 1 ?1 0 ? ? 0 0 1 ? ? ? ? ? ? ? ? 5 1 3? ? ? =? 8 0 3 ? ? ?2 1 ?2 ? ? ?
2)

2

? 2 ?1 ? ? 2 ? 1 ? ? 1 0 ? f ( A) = ? ? ? 5? ? + 3? ? ? ?3 3 ? ? ?3 3 ? ? 0 1 ? ? 7 ?5 ? ? 10 ?5 ? ? 3 0 ? =? ??? ?+? ? ? ?15 12 ? ? ?15 15 ? ? 0 3 ?

4.如果

就称为 A 与可交换,设

1)

?

?

?1 0 0? ? ? 2) A = 0 1 2 ? ? ? 3 1 2? ? ?

?0 1 0? ? ? 3) A = 0 0 1 ? ? ?0 0 0? ? ?
求所有与 A 可交换的矩阵.



1)若记 A = E + ?

?0 1? ?a b? ? ,并设 B = ? ? 与 A 可交换,即 ? 0 0? ?c d?

? ?0 1??? a b ? ? a b ?? ?0 1?? ?E + ? ??? ?=? ?? E + ? ?? ?0 0??? c d ? ? c d ?? ? 0 0?? ?
于是

?0 1?? a b ? ? a b ??0 1? ? ?? ?=? ?? ? ?0 0?? c d ? ? c d ?? 0 0?
所以

?c d ? ?0 a? ? ?=? ? ?0 0 ? ?0 0?
故 c = 0, a = d , b 任意,从而所有与

?a b? B=? ? ?0 a?
其中 a, b 为任意常数. 2)同理,记

=
并设

? ? + ?0 0 2? ?3 2 1? ? ? ?a ? ? a1 ?a ? 2 b b1 b2 c? ? c1 ? c2 ? ?

与 A 可交换,即

? ?0 0 0??? a ? ? ??? ? E + ? 0 0 2 ? ? ? a1 ? 3 1 1??? a ? ? ??? 2 ?
于是

b b1 b2

c? ?a ? ? c1 ? = ? a1 c2 ? ? a2 ? ?

b b1 b2

c ?? ?0 0 0?? ?? ? ?? c1 ? ? E + ? 0 0 2 ? ? ?3 1 1?? c2 ? ? ?? ? ??

?0 0 0?? a ? ?? ? 0 0 2 ? ? a1 ?3 1 1?? a ? ?? 2
所以

b b1 b2

c? ?a ? ? c1 ? = ? a1 c2 ? ? a2 ? ?

b b1 b2

c ?? 0 0 0? ?? ? c1 ? ? 0 0 2 ? c2 ? ? 3 1 1 ? ?? ?

0 ? ? 2 a2 ? ? 3a + a + a 1 2 ?

0 2b2 3b + b1 + b2

? ? 3c ? ? 2c2 ? = ? 3c1 3c + c1 + c2 ? ? 3c2 ? ?
0

c c1 c2

2b + c ? ? 2b1 + c1 ? 2b2 + c2 ? ?

比较对应的 (i, j ) 元,可得

1 a = b1 ? a1 , b = 0 , 3 2 a2 = c1 , b2 c1 3
于是所有与 A 可交换的矩阵为

c=0

1 ? ? b1 ? 3 a1 ? B = ? a1 ? 3 c1 ? ? 2
其中 a1 , b1 , c1 为任意常数.

b1 1 c1 2

? ? ? c1 ? 1 ? b1 c1 ? 2 ?

3)设

可交换,即

? ? ? ? ?
于是

?? a ?? ? ? a1 ?? a ?? 2

b b1 b2

c? ?a ? ? c1 ? = ? a1 c2 ? ? a2 ? ?

b b1 b2

c ?? 0 1 0? ?? ? c1 ? ? 0 0 1 ? c2 ? ? 0 0 0 ? ?? ?

? a1 ? ? a2 ?0 ?
故得

b1 b2
0

c1 ? ? a1 ? ? c2 ? = ? a2 0? ?0 ? ?

b1 b2
0

c1 ? ? c2 ? 0? ?

a1 = a2 = b2 = 0 , a = b1 = c2 , b = c1
所以所有与 A 可交换的矩阵为

?a b c? ? ? B = ?0 a b? ?0 0 a? ? ?
其中 a, b, c 为任意常数. 5.设

? a1 ? 0 A=? ? ? ?0 ?

0 a2 0

0? ? 0? ? ? ? ?

其中 ai ≠ a j (当 i ≠ j 时) i, j = 1, 2, ( 能是对角矩阵.

,n

可交换的矩阵只

? x11 ? x21 证 设B =? ? ? ?x ? n1 ?ax ? ax AB = ? ? ? ?a x ?


x12 x22 xn 2

x ? ? x ? ? ? … xnn ? ? a1 x12 a2 x22 an xn 2 a1 x1n ? ? a2 x2 n ? ? ? … an xnn ? ?

ax ax ax

axn ? ? a1 x11 ? ? a x n? ax = BA = ? 2 21 ? ? ? ? ? ?a x … ax ? ? n n1

ai x j

a j xij (i, j = 1,

, n)

即 (ai ? a j ) xij = 0 (当 ai ≠ a j 时).有因为 ai ≠ a j ,所以 xij = 0(i ≠ j ) .于 是,与 A 可交换的矩阵 B 只能是对角矩阵

? a11 ? ? ? ? ? ?
6.设

a22

? ? ? ? ? ann ? ? ? ? ? ? ? ar Er ? ?

? a1 E1 ? A=? ? ? ? ?

a2 E2

其中 ai ≠ a j (当 i ≠ j 时) i, j = 1, 2, ( 与 A 可交换的矩阵只能是准对角矩阵

, r ) Ei 是 ni 阶单位矩阵,证明: ,
? ? ? ? ? ? ?

? A1 ? ? ? ? ? ?
其中 Ai 是 ni 阶矩阵( i, j = 1, 2, 证 设

,r
? ? B2 r ? ? ? Brr ? ?

? B11 ? ? 21 ? ? ? ? r1
与 A 可交换(其中

12

B22 Br 2

阶矩阵) ,则由 AB = BA ,可得

ai Ei Bij

Bij ai Ei (i, j = 1 , r )

当 i ≠ j 时,由 ai Bij = Bij ai 及 ai ≠ a j ,因而必有 Bij = 0 . 于是,与 A 可交换的矩阵 B 只能是准对角矩阵

? B11 ? ? ? ? ? ?
其中 Bii 是 ni 阶矩阵( i, j = 1, 2,

B22

? ? ? ? ? Brr ? ?

,r ) .

7.用 Eij 表示 i 行 j 列的元素(即 (i, j ) 元)为 1,而其余元素全为零 的 n × n 矩阵,而 A = ( aij ) n×n .证明: 1)如果 AE12 = E12 A ,那么当 k ≠ 1 时 ak 1 = 0 ,当 k ≠ 2 时 a2 k = 0 ; 2)如果 AEij = Eij A ,那么当

0 ,且

aii = a jj ;
3)如果 A 与所有的 n 阶矩阵可交换,那么 A = aE . 证 1)因为 一定是数量矩阵,即

? 0 a12 ? 0 a21 AE12 = ? ? ?
所以

0? ? 0? = E12 A = ? ? ? ? 0 ?

0

? 0 ? ?

0 , a21 = a31 =
即当 k 2)因为
2k

= an1 = 0

=0.

j ?0 0 ? 0 0 AEij = ? ? ? ?0 0 ? a1i a2i ani ? 0 0? ? ? ? 0? = Eij A = ? a j1 ? ? ? ? ? 0? ? 0 ? 0 a j2 0 0 ? ? ? a jn ? i 行 ? ? 0 ? ?

所以当 k ≠ i 时 aki = 0 ,当 k ≠ j 时 a jk = 0 且 aii = a jj . 3)A 与任何矩阵相乘可交换, 必与 Eij 相乘可交换, 于是由 AEij = Eij A 得

aii = a jj ( i, j = 1, 2,
因此 A 是数量矩阵.

, n ) aij = 0(i ≠ j ) ,

8.如果 AB = BA, AC = CA ,证明: A( B + C ) = ( B + C ) A,

A( BC ) = ( BC ) A .


A( B + C ) = AB + AC = BA + CA = ( B + C ) A A( BC ) = ( AB)C = ( BA)C = B( AC ) = B(CA) = ( BC ) A

9.如果 A = 证

1 ( B + E ) ,证明: 2
2

充分性.若 B = E ,因为

1 1 A2 = [ ( B + E )]2 = ( B 2 + 2 B + E ) 2 4 1 1 = (2 B + 2 ) = ( + ) 4 2
所以 A

A

必要性.若

1 1 (2 + 2 E ) = ( B + E ) 4 2


1 2 1 1 B + E= E 4 4 2
即证 B = E .
2

10.矩阵称 A 为对称的,如果 A = A′ .证明:如果 A 是实对称矩阵,且

A2 = 0 ,那么 A = 0 .
证 设

? a11 ? a A = ? 12 ? ? ?a ? n1

2 2 ? a11 + a12 + ? * 2 A =? ? ? ? * ?

a12 a22 an 2 *

a1n ? ? a2 n ? ? ? ann ? ? *
2 + a2 n

+ a12n

2 2 a12 + a22 +

* a 2n + a 2n +

*

? ? ? ? ? 2 + ann ? ?

由 A2 = 0 有
2 a12i + a2i + 2 + aii + ai2,i 1 + 2 + ain =

i=

n

因而必有

a1i + a2i +
即证 A = 0

+ aii + ai ,i 1 +

+ ain =

i=

n

11.设 A, B 都是 n × n 对称矩阵,证明: 换. 证

B 可交

B
所以 A 反之,当

A B′ = ( BA)′ = ( AB)′

AB = ( AB )′ = B′A′ = BA
12.矩阵 A 称为反对称的,如果 A′ = ? A ,证明:任一 n × n 矩阵都可表 为一对称矩阵与一反对称矩阵之和. 证 设 A 是任一 n × n 矩阵,因为

A=

1 1 1 1 1 1 A + A + A′ ? A′ = ( A + A′) + ( A ? A′) 2 2 2 2 2 2



1 1 ( A + A′) 是对称矩阵, ( A ? A′) 是反对称矩阵,所以结论成立. 2 2
13.设 sk = x1 + x2 +
k k k + xn (k = 0,1, 2 ) aij = si + j ? 2 (i, j = 1, 2,

n) .

证明: 证

由题设知

s0 aij = s1 sn ?1 x1 + x1n ?1 + 1 = x1 x1n ?1
i< j

s1 s2 sn n + xn
n + xn ?1

sn ?1 sn s2 n ? 2 x1 + x12 + x1n + 1 xn
n xn ?1

+ xn
2 + xn

x1n ?1 + x1n + x12 n ? 2 +

n + xn ?1 n + xn

=

n + xn

2 + xn n ? n

1 x2
n x2 ?1

= ∏ ( x j ? xi )∏ ( x j ? xi ) = ∏ ( xi ? x j )
i< j i< j

14.设 A 是 分必要条件是 证

矩阵, 证明: 存在一个 n × n 非零矩阵 B 使 AB

0 的充

,则齐次方程组 AX = 0 有非零解

(b1 , b2 ,
只要取

, bn )′
0? ? 0? ≠0 ? ? 0? ?

? b1 ? b B=? 2 ? ? ?b ? n
即可.

0 0 0

必要性.设 B = ( B1 , B2 ,

, Bn ) ≠ 0 , AB = 0 , B1 , B2 , 使 这里

, Bn 是 B

的列向量.不失一般性,设 B1 ≠ 0 ,则由 AB = 0 ,得

( AB1 , AB2 ,

, ABn ) = 0

因此, AB1 = 0 ,即 AX = 0 有非零解,从而

A =0
15.设 A 是 n × n 矩阵,如果对任一 n 维向量 X = ( x1 , x2 ,

, xn )′ 都有

AX = 0 ,那么 A = 0 .
证 证法 1 由题设知, n 维向量空间中的所有向量都是齐次线性方 程组 AX = 0 的解,故方程组的基础解系含有 个线性无关的解向量,所以

rank ( A) = 0 ,即证 A = 0
16 设 B 为一 r × r 矩阵, C 为 1) 如果 BC = 0 ,那么 B = 0 2) 如果 BC = C ,那么 B = 证 1)若 BC = 0 ,设 B = (b ) .证明:

rank C = r ,

不失一般性,可设

c cr
由 BC

c1r ≠0 crr + bir cr1 = 0 + bir cr 2 = 0 (i = 1, 2, + bir crr = 0 , r)

bi c + bi c + bi c + bi c + ? ? ?bi1c1r + bi 2 c2 r + ?

因为该齐次方程组的系数行列式不等于零,故它只有惟一零解,即

bi1 = bi 2 =
因而 B = 0 .

= bir = 0(i = 1, 2,

r)

2) 若 BC = C ,则

BC ? EC = ( B ? E )C = 0
由 1)知 B ? E = 0 ,因此 B = E . 17.证明:

rank ( A + B) ≤ rank ( A) + rank ( B)
证 设 A = ( A1 , A2 ,

, An ) , B = ( B1 , B2 ,

, Bn ) ,则 , An + Bn )

( A + B) = ( A1 + B1 , A2 + B2 ,
若 Ai1 , Ai2 ,

, Air 与 B j1 , B j2 ,
1

, B jr 分别是 A 与 B 的列向量组的极大线性
2

无关组,则有

At = kt1 Ai1 + kt2 Ai2 + Bt = lt1 B j1 + lt2 B j2 +
于是

+ kt Ai + lt B j + lt B j ( ,
, Bj

At + Bt = kt1 Ai1 +

+ ktr Air + lt B j +
1 1

1, 2,

, )

即 A + B 的列向量组可由 Ai1 ,

, Ai , B j1 ,

rank ( A + B ) ≤ rank ( A) + rank ( B )
18.设 矩阵,证明:如果 AB = 0 ,那么

rank ( A) + rank ( B) ≤ n


,B , AB = A( B , B ,

, Bn ,则 , ABn ) = 0

, Bn ) = ( AB1 , AB2 ,

故有

AB1 = AB2 =
即方程组 AX = 0 有 n 组解 B1 , B2 ,

= ABn = 0

, Bn .

若 rank ( A) = r ,则 B1 , B2 , 表出,于是 rank ( B) = n ? r .因此

, Bn 可由 n ? r 个线性无关的解向量线性

rank ( A) + rank ( B) ≤ r + (n ? r ) = n .
19.证明:如果 A = 0 ,那么
k

( E ? A) ?1 = E + A + A2 +


+ Ak ?1

( E + A + A2 +

+ Ak ?1 )( E ? A) + Ak 1 ? A ? A2 ? ? Ak

= E + A + A2 +

= E + ( A ? A) + ( A ? A ) +

+ ( Ak ? Ak ) ? Ak

=E
即证

( E ? A) ?1 = E + A + A2 +
20.求 A ,设
?1

+A

1

1)

?a b?

? 2) A = ? 2 1 ? 1 ?1 ?

? 0? 0? ?

3)

1

1 0

?1 ? 2 4) A = ? ?1 ? ? ?1 ?3 ? 0 6) A = ? ?5 ? ?2 ?

2 3 4? ? 3 1 2? 1 1 ?1 ? ? ? 0 ? 2 ?6 ? 3 ?4 ?3 ? ? 6 1 1? 4 2 1? ? 3 3 2? ?

?1 1 1 1 ? ? ? ?1 1 ?1 ?1? 5) A = ?1 ?1 1 ?1? ? ?1 ?1 ?1 1 ? ? ? ?

?1 ? 0 7) A = ? ?0 ? ?0 ? ?0 ? 0 9) A = ? ?2 ? ?1 ?
解 1) A
?1

3 ?5 7 ? ? 1 2 ?3 ? 0 1 2? ? 0 0 1? ? 0 3 7 2 1 ?1? ? 1 4? 6 ?1? ? 2 ?1? ?

? 2 12 0 0 ? ? ? ?3 2 0 0? 8) A = ?5 7 1 8? ? ? ?1 ?3 ?1 ?6 ? ? ? ? ?2 ? ?0 10) A = ? 0 ? ?0 ?0 ?
1 2 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 1 2 0 0? ? 0? 0? ? 1? 2? ?

? d ?b ? =? ? ? ?c a ?

2)对 ( A | E ) 作行初等变换,有

? 1 1 ?1 1 0 0 ? ? ? ? 2 1 0 0 1 0? ? 1 ?1 0 0 0 1 ? ? ?

? 1 1 ?1 1 0 0 ? ? ? 1 2 2 1 0? ?0 ? 0 ?2 1 ?1 0 1 ? ? ?

?1 0 ? → ? 0 ?1 ? ?

1 2

?1 ?2

1 1

0? ? 0? → 0 1 0 0 ? 3 ? ? ? ? 0 0 1 ?1 2 ? 3 ? ? ?0 ? ?0 ? ? ? ?1 ? ? 1 ? 3 ? ? 1? ? 3? ? 1 ? ? ? 3?

3? ? 1? ? ? 3?

所以

1 3 1 3 2 3

3)对 ( A | E ) 作行初等变换,可得

? 2 2 3 1 0 0 ? ? 0 4 3 1 ?2 0 ? ? ? ? ? ? 1 ?1 0 0 1 0 ? → ? 1 ?1 0 0 1 0 ? ? ?1 2 1 0 0 1 ? ? 0 1 1 0 1 1 ? ? ? ? ? ? 1 0 1 0 2 1 ? ? 1 0 0 1 ?4 ?3 ? ? ? ? ? → ? 0 1 1 0 1 1 ? → ? 0 1 0 1 ? 5 ?3 ? ? 0 0 ? 1 1 ?6 ? 4 ? ? 0 0 1 ? 1 6 4 ? ? ? ? ?
所以

? 1 ?4 ?3 ? ? ? A = ? 1 ?5 ?3 ? ? ?1 6 4 ? ? ?
?1

4)对 ( A | E ) 作行初等变换,可得

?1 ? ?2 ?1 ? ?1 ?

2 3 4 3 1 2 1 1 1 0 ?2 ?6

1 0 0 0 0 1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0? ? 0? 0? ? 1? ? 0? ? 0? 0? ? 1? ? 0? ? 0? 0? ? 1? ?

1 ?1 1 1 ? 0 1 2 5 →? ? 0 1 ?1 4 ? ? 0 ?1 ?3 ?5 ?

0 1 0 1 1 ?2 0 ?1

?1 ? ?0 ?0 ? ?0 ? ?1 ? 0 →? ?0 ? ?0 ?

0 ?1 ? 6 ? 1 0 2 1 2 5 1 0 ?1 0 ?3 ?1 ?1 1 ?1 0 ?1 0 1 0 ?2

0 0 ?6 ?2 4 4 ?1 ? ? 1 0 5 3 ?5 ?5 2 ? 0 0 ?1 ?4 5 5 ?3 ? ? 0 ?1 0 1 0 ?2 1 ? ?

?1 ? 0 →? ?0 ? ?0 ?
所以

0 1 0 0

0 0 1 0

0 22 ?6 ?16 17 ? ? 0 ?17 5 20 ?13 ? 0 ?1 0 2 ?1 ? ? 1 4 3 ? ?1 ?5 ?

? 22 ?6 ?16 17 ? ? ? ?17 5 20 ?13 ? A?1 = ? ? ?1 0 2 ?1 ? ? ? ? 4 3 ? ?1 ?5 ? ?
5)对 ( A | E ) 作行初等变换,有

?1 1 1 1 ? ?1 1 ?1 ?1 ?1 ?1 1 ?1 ? ?1 ?1 ?1 1 ?

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0 0 1 0 0

0? ? 0? 0? ? 1? ? 0 0 1 0 0? ? 0? 0? ? 1? ?
? 0 ? ? 0 ? ? ? 0 ? ? 1? ? ? 2?

?1 1 1 1 1 ? 0 0 ?2 ?2 ?1 →? ? 0 ?2 0 ?2 ?1 ? ? 0 ?2 ?2 0 ?1 ?
? ?1 ? ?0 ? ? ?0 ? ? ?0 ? 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 2 1 2 1 2 0 0 ? 1 2

1 2 1 ? 2 0 1 2

0 1 ?1 0

0

? ?1 ? ?0 ? →? ?0 ? ? ?0 ? ? ?1 ? ?0 ? →? ?0 ? ? ?0 ?
所以

0 0 ?1 1 0 1

0

1 2 0 1 2 1 2 1 4 1 4

0 1 2 0 1 2 1 4 1 ? 4

1 2 1 0 1 1 2 1 0 0 ?2 ? 2

1 ? 2 ? ? 0 ? ? ? 0 ? ? 1? ? ? 2? 1 ? 4 ? ? 1? ? 4? ? ? ? ? ? ?

1 4 1 1 0 0 4 0 0 0 0 1 0 0 0 1

?

?

A ?1

?1 ?4 ? ?1 ?4 ? ?1 ?4 ?1 ? ?4

1 4 1 4 1 ? 4 1 ? 4

1 4 1 4 1 4 1 ? 4

1 ? 4 ? ? 1? 4? ? 1 ? ? 4? 1 ? ? 4 ?

6)对

作行初等变换,有

?3 ? ?0 ?5 ? ?2 ?
所以

4 6 4 3

4 1 2 3

3 1 1 2

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0? ?1 ? ? 0? ?0 → 0? ?0 ? ? 1? ?0 ? ?

0 1 0 0

0 0 1 0

0 ?7 5 12 ?19 ? ? 0 3 ?2 ?5 8 ? 0 41 ?30 ?69 111 ? ? 1 ?59 43 99 ?158 ? ?

5 12 ?19 ? ? ?7 ? ? ?2 ?5 8 ? ?1 ? 3 A = ? 41 ?30 ?69 111 ? ? ? ?59 43 99 ?159 ? ? ? ?
7)因为 A = 1 ,所以

? 1 ?3 ?3 ?38 ? ? ? 0 1 ?2 7 ? A?1 = A* = ? ? 0 0 1 ?2 ? ? ? ?0 0 0 1 ? ? ?
8)对 ( A | E ) 作行初等变换,有

?2 1 0 0 ? ?3 2 0 0 ?5 7 1 8 ? ? ?1 ?3 ?1 ?6 ?

1 0 0 0? ? 0 1 0 0? 0 0 1 0? ? 0 0 0 1? ?

?1 0 0 0 ? ?0 1 0 0 ?0 0 1 0 ? ? ? ? 0 0 3 1 2 0? ? 0? 4? ? 1? ? 2?

2 3 5

1 2 7

0? ? 0 0? ?3 ?4 ? ? 1 1? ? 2 2? 0

1 ? 2 ? ? ?3 2 ?1 A = ? ?5 7 ? ? 2 ?2 ? ?
9)因为

A =1 A =7 A = ?9 A = ?3
且 A = ?6 ,所以

A = ?3 A =3 A = ?3 A = ?3

A31 = 7 A32 = ?5 A33 = 3 A34 = 3

A41 = ?20 A42 = 10 A43 = ?6 A44 = ?6

? 1 ?? 6 ? ?? 7 ? A?1 = ? 6 ? 3 ? 2 ? 1 ? ? 2
10)因为

1 2 1 ? 2 1 2 1 2 0 0 1 2 0 0 0 0 1 2

?

7 6 5 6 1 ? 2 1 ? 2 0 1 0 0 0

?

10 ? 3? ? 5? ? 3? ? 1 ? ? ? 1 ? ? 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0? ? 0? 0? ? 0? 1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 4? 1 ? ? 2 ?

?2 ? ?0 ?0 ? ?0 ?0 ? ? ?1 ? ?0 ? ? → ?0 ? ? ?0 ? ? ?0 ?
所以

1 2 0 0 0

0 1 2 0 0

1 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

2 0

?1 ?2 ? ?0 ? ? ?1 A =?0 ? ? ?0 ? ? ?0 ?
21.设

?

1 4 1 2 0 0 0

1 8 1 ? 4 1 2 0 0

?

1 16 1 8 1 ? 4 1 2 0

1 ? 32 ? ? 1? ? 16 ? ? 1 ? 8 ? 1? ? ? 4? 1 ? ? 2 ?

?0 X =?
已知 A , C 存在,求 X
?1 ?1 ?1 ?1

A? ?

.



设X

?B = ? 11 ? B21

B12 ? ? ,则 B22 ? B12 ? ? AB ? ? B22 ? ? CB AB ? ? CB ? E 0 0 E

?0 ? ?C
因此

A ? ? B11 ?? 0 ? ? B21

, 左乘 A , 又由于

AB22 = 0

B22 = 0 CB12 = E

CB11 = 0 ,
左乘 C 得
?1

B11 = 0 ,


B12 = C ?1

? 0 C ?1 ? X ?1 = ? ?1 ? 0 ? ?A
22.设

?0 ? ?0 X =? ? ?0 ?a ? n
其中 ai ≠ 0(i = 1, 2, 解 记X =?

a1 0 0 0

0 a2 0 0

0 ? ? 0 ? ? ? an ?1 ? 0 ? ?

, n) ,求 A?1 .
A? ? ,其中 0? ? a1 ? 0 A=? ? ? ?0 ? ? ? 0 ? ? ? ? ?

?0 ? an

0



X ?1 =


? ? ? 0 ? ? ? 0 ?


0 a
?1 2

0

0 ? ? 0 ? ? ? ?1 an ?1 ? ?

? ?0 ? ?1 ?a 1 ?1 X =? ? ? ?0 ? ?0 ? ?
23.求矩阵 X ,设

0 0

0 0

0 0

0 1 an ?1

1? an ? ? ? 0? ? ? ? 0? ? 0? ? ?

? 2 5? ? 4 ?6 ? 1) ? ?X =? ? ? 1 3? ?2 1 ?
? 1 1 ?1? ? 1 ?1 1 ? ? ? ? ? 2) ? 0 2 2 ? X = ? 1 1 0 ? ? 1 ?1 0 ? ?2 1 1? ? ? ? ?

?1 1 1 ? ?0 1 1 3) ? 0 0 1 ? ? ?
?1 ? 4) ? 0 ?1 ?


?2 1? ? ? ?1 1? ?0 1? X = ? ? ? ? ?0 ? ? ?0 ?
1? ? 2? 0? ? ?1 ? ?1 ?2 ?

1 0 2 1 1 2 0 0 0 0

0 0? ? 0 0? 0 0? ? ? 2 1? ? 1 2? ?

1 2 1

1 1? ? 1 0? 1 1? ?
1

? 2 5 ? ? 4 ?6 ? ? 3 ?5 ? ? 4 ?6 ? =? ? ? ?=? ?? ? ? 1 3 ? ? 2 1 ? ? ?1 2 ? ? 2 1 ? ? 2 ?23 ? =? ? ?0 8 ?
2)

? 1 1 ?1? ? 1 ?1 1 ? ? ? ? ? X = ?0 2 2 ? ?1 1 0? ? 1 ?1 0 ? ? 2 1 1 ? ? ? ? ?
? 1 ? 3 ? 1 =? ? 3 ? ??1 ? ? 3 1 6 1 6 1 3 2 ? 3 ? ? 1 ?1 1 ? ? 1 ?? ? ? ?1 1 0? ? 3 ? ? 2 1 1? ? 1 ?? ? 3 ?

?1

1 ? 11 ? 1? ? 6 2 ? ? ? ? 11 ? 1 ? = ? 6 ? 2 ? ? ? 2 ? ? ? 3 ? ?
3)

?1 ? ?0 X = ?0 ? ? ?0 ? ?1 ? ?0 ? ? ?0 ?

1 1 1 1 0 1 0 0

1 1 0

0 1 0

1? ? 1? 1? ? ? ?0 0 0 1? ? ? ? ?0 0 0 ?2 1 ? 0 0 ??1 2 ? 0 0 ??0 1 ? 1 ?1? ? ? 0 1 ??0 0 ? ? ?0 0 ?

0 1 2 0 0

2 1? ? 1 2? ? 0 0? ? 0 0? 0 0? ? ? 2 1? ? 1 2? ?

? 1 ?1 ?1 0 ? ? 1 1 ?1 ?1 =? ? ?0 0 0 0 ?0 0 0 0 ?
4)

0? ? 0? ? ? 1 ?1? 1 2? ? 0 0
?1

? 1 ?1 1 ? ? 1 1 ?1? ? ?? ? X = ?1 1 0?? 0 2 2 ? ? 2 1 1 ? ? 1 ?1 0 ? ? ?? ? 1 ? 1 1 ?1 1 ? ? ? 2 ? ?? = ?1 1 0? 0 0 ?2 1 1? 1 ? ? ? ?1 ? = ?1 ? ? ?2 ? ?
24.证明: 1)如果

? 2? ? 1

1

? 4? ? 1? ? ? 4? ? ?

可逆对称(反对称) ,那么 A 也对称(反对称) ;

?1

2)不存在奇数阶的可逆反对称矩阵。 证

A?1 = ( A′) ?1 = ( A?1 )′
2)由

A = (?1) n A′ = (?1) n A
所以当 n 为奇数时,有

A =? A ? A =0
故 A 不可逆.

25.矩阵 A = ( aij ) 称为上 (下) 三角矩阵, 如果当 i > j (i < j ) 时有 aij = 0 . 证明: 1)两个上(下)三角形矩阵的乘积仍是上(下)三角矩阵; 2)可逆的上(下)三角矩阵的逆仍是上(下)三角矩阵. 证 1)设

? a11 ? A=? ? ? ? ?
假定

a12 a22

a1n ? ? b11 b12 ? ? a2 n ? b22 ,B =? ? ? ? ? ? ann ? ? ? c1n ? ? c ? ? ? cnn ? ?

b1n ? ? b2 n ? ? ? bnn ? ?

? c11 c12 ? c c AB = ? 21 22 ? ? ?c ? n1 cn 2
其中

cij = ai1b1 j +

+ ai ,i ?1bi ?1, j + aii bij + ai i bi

j

+

+b b
,所以 AB

当 i > j 时 aij = bij = 0 ,显然 cij 中各项均有因子为零,故 是上三角矩阵. 对于 是下三角阵情形同法可证.

2)令

? b11 b12 ? ,设 B = ? ?b b ? n1 n 2
的第一列元素,有

b1n ? ? ? 是 A 的逆, bnn ? ?

即 AB

E

= a11b11 + a12b21 + + a1nbn1 ? ?0 = a22b21 + + a2 nbn1 ? ? ?0 = a + an ?1,n bn1 n ?1, n ?1bn ?1,1 + ? ?0 = annbn1 ?

因为 A ≠ 0 ,故 a11 ≠ 0, a22 ≠ 0,

, ann = 0 ,因而得 = b21 = 0

bn1 = bn ?1,1 =

同理可得:当 i > j 时 b jj = 0 ,因而 B 是上三角阵.

A 是下三角阵的情形同理可证.
26.证明: A = A
* n ?1

,其中 A 是 n × n 矩阵 ( n > 2) .



因为

AA* = A ,
n

AA* = A A*

所以当 A ≠ 0 时有

A* =
当 A = 0时 ⅰ) rank ( A) = 0 ,有 A = 0, A

= A

0

A
ⅱ)

A A= A E =0
于是 A A

rank ( A) < n ,于是 A* = 0 ,所以此时也有
= A
n ?1

即证. 27.证明:如果 A 是 n × n 矩阵 (n > 2) ,那么

? n, ? rank ( A ) = ?1, ?0, ?
*

当rank ( A) = n 当rank ( A) = n ? 1 当rank ( A) < n ? 1



当 rank ( A) = n 时,故 A = A
*

n ?1

≠ 0 ,所以

rank ( A* ) = n
当 rank ( A) = n ? 1 时, A 至少有一个 n ? 1 阶子式不为 0,所以

rank ( A* ) ≥ 1
另一方面,由 A = 0 ,有

A* A = A E = 0
于是

rank ( A) rank ( A ) n
所以, rank ( A) ≤ 1 .故 rank ( A )
*

1
阶子式全为 0,所以,因而

当 rank ( A) < n ? 1 时, A 的一切

rank ( A* ) = 0
即证

第五章 二次型习题精解
一、 习题精解 1. (Ⅰ)用非退化线性替换化下列二次型为标准形,并利用矩阵验算所得结果: 1) ? 4 x1 x 2 + 2 x1 x3 + 2 x 2 x3 2) x1 + 2 x1 x 2 + 2 x 2 + 4 x 2 x3 + 4 x3
2 2 2 2 2

3) x1 ? 3 x 2 ? 2 x1 x 2 + 2 x1 x3 ? 6 x 2 x3 4) 8 x1 x 4 + 2 x3 x 4 + 2 x 2 x3 + 8 x 2 x 4 5) x1 x 2 + x1 x3 + x1 x 4 + x 2 x3 + x 2 x 4 + x3 x 4 6) x1 + 2 x 2 + x 4 + 4 x1 x 2 + 4 x1 x3 + 2 x1 x 4 + 2 x 2 x3 + 2 x 2 x 4 + 2 x3 x 4
2 2 2

7) x1 + x 2 + x3 + x 4 + 2 x1 x 2 + 2 x 2 x3 + 2 x3 x 4
2 2 2 2

解 1)已知

f ( x1 , x 2 , x3 ) = ?4 x1 x 2 + 2 x1 x3
先作非退化线性替换

2 x 2 x3

(1)



f x , x , x = ?4 y + 4 y + 4 y1 y 3
2 2 2 = ? y + y1 y 3 ? y 3 + y 3 + 4 y 2
2 2 = ?(2 y1 ? y 3 ) + y 3 + 4 y 2 3

再作非退化线性替换

1 1 ? y1 = z1 + z 3 ? 2 2 ? y2 = z2 ? ?y = z 3 ? 3 ?
则原二次型的标准形为
2 2 f ( x1 , x 2 , x3 ) = ? z12 + 4 z 2 + z 3

(2)

最后将(2)代入(1) ,可得非退化线性替换为

1 1 ? ? x1 = 2 z1 + z 2 + 2 z 3 ? 1 1 ? ? x 2 = z1 ? z 2 + z 3 2 2 ? ? x3 = z 3 ? ?
于是相应的替换矩阵为

(3)

?1 1? ? ?1 0 ? 2 ? 1 1 0 ?? 2? ?1 ? ?? 2 T = ? 1 ? 1 0 ?? 0 1 0 ? = ? ? ? 0 0 1 ?? 0 0 1 ? ? 2 0 ? ?? ? ? ?
且有

1? ? 2? 1? ?1 2? 0 1? 0

??1 0 0 ? T ′AT = ? 0 4 0 ?0 0 1 ?
2)已知

f ( x1 , x 2 , x3 ) = x12 + 2 x1 x 2 + 2 x 2 + 4 x x + 4 x
由配方法可得
2 2 2 f x x x = x + x1 x 2 + x 2 + x 2 + 4 x 2 x3 + 4 x3

) (

)

= x +x
于是可令

+ x 2 + 2 x3 )

2

?y = x 3 ? 3
则原二次型的标准形为

2

2

3

2 f ( x1 , x 2 , x3 ) = y12 + y 2

且非退化线性替换为

? x1 = y1 ? y 2 + 2 y 3 ? ? x2 = y 2 ? 2 y3 ?x = y 3 ? 3
相应的替换矩阵为

?1 ?1 2 ? ? ? T = ?0 1 ? 2? ?0 0 1 ? ? ?
且有

0 0 ?? 1 1 0 ?? 1 ? 1 2 ? ? 1 0 0 ? ?1 ? ?? ?? ? ? ? T ′AT = ? ? 1 1 0 ?? 1 2 2 ?? 0 1 ? 2 ? = ? 0 1 0 ? ? 2 ? 2 1 ?? 0 2 4 ?? 0 0 1 ? ? 0 0 0? ? ?? ?? ? ? ?
(3)已知
2 f (x1 , x 2 , x3 ) = x12 ? 3 x 2 ? 2 x1 x 2 + 2 x1 x3 ? 6 x 2 x3

由配方法可得

f (x1 , x 2 , x3 ) = x12 ? 2 x1 x 2 + 2 x1 x3 ? 2 x 2 x3 + x 2 + x ?
= ( x1 ? x 2 ? x3 ) ? (2 x 2 + x3
2

(

2 x + x 2 x 3 + x3

)

于是可令

? y1 = x1 ? x 2 + x3 ? ? y 2 = 2 x 2 + x3 ?y = x 3 ? 3
则原二次型的标准形为
2 f x1 x 2 x3 = y12 ? y 2

且非退化线性替换为

? ?
相应的替换矩阵为

1 ? ?1 2 ? 1 T = ?0 ? 2 ?0 0 ? ?
且有

3? ? ? 2? 1? ? 2? 1 ? ? ?

? ? ? 1 1 T ′AT = ? ? 2 ? 3 ?? ? 2
(4)已知

1 ? ? ?1 ? 0 0 ?? 1 ? 1 1 ?? 2 ? ?? 1 1 0 ?? ? 1 ? 3 ? 3 ? 0 ? ?? 2 2 ? ?? 1 ? 3 0 ?? 0 0 1 1? ? ? 2 ? ?

3? ? ? 2 ? ?1 0 0? ? 1? ? ? = ? 0 ?1 0? 2? ? ? 1 ? ?0 0 0? ? ?

f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = 8 x1 x 2 + 2 x3 x 4 + 2 x 2 x3 + 8 x 2 x 4
先作非退化线性替换

? x1 = y1 + y 4 ?x = y ? 2 2 ? x3 = y 3 ? ? x4 = y 4 ?

2 f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = 8 y1 y 4 + 8 y 4 + 2 y 3 y 4 + 2 y 2 y 3 + 8 y 2 y 4

? 2 ?1 = 8? y 4 + 2 y 4 ? y1 + ?2 ? ?
1 1 ?1 ? 8? y1 + y 2 + y 2 8 ?2 =
再作非退化线性替换

y +

y

y

y

? y ? ?

2

? ? ? ?

y y
2 2

y +

y +

1 ? ? ? y 3 + y 4 ? ? 2? y1 + y 2 + y 3 ? + 2 y 2 y 3 4 ? ? ?

? y4 = z4 ?


5 3 5 3 ? ?1 ? ? f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = 8? z1 + z 2 + z 3 + z 4 ? ? 2? z1 + z 2 + z 3 ? 8 8 4 4 ? ?2 ? ?
2 2 + 2 z 2 ? 2 z3

2

2

再令

5 3 ? ?w1 = z1 + 4 x 2 + 4 x3 ? ? w2 = z 2 ? ?w3 = z 3 ? 1 5 3 ?w4 = z1 + z 2 + z 3 + z 4 2 8 8 ?
则原二次型的标准形为
2 2 2 f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = ?2w12 + 2w2 ? 2w3 + 8w4

且非退化线性替换为

1 5 3 ? x1 = w1 ? w2 ? w3 + w4 ? 2 4 4 ? ? x 2 = w2 + w3 ? ? x3 = w2 ? w3 ? 1 ? x 4 = ? w1 + w4 2 ?
相应的替换矩阵为

? ? ? T =? ? ?
且有

1 2 0 0 1

?

5 4 1 1

?

3 4 1 ?1

0 0 ? ?

2 0 0 0
(5)已知

0 2 0 0

0 0 2 0

0? ? 0? 0? ? 8? ?

f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = x1 x 2 + x1 x3 + x1 x 4 + x 2 x3 + x 2 x 4 + x3 x 4
先作非退化线性替换

? x1 = 2 y1 + y 2 ?x = y ? 2 2 ? ? x3 = y 3 ? x4 = y 4 ?

2 f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = 2 y1 y 2 + y 2 + 2 y1 y 3 + 2 y 2 y 3 + 2 y1 y 4 + 2 y 2 y 4 + y 3 y 4

1 ? 3 2 ? 2 = ( y1 + y 2 + y 3 + y 4 ) ? ? y 3 + y 4 ? ? y 4 ? y12 2 ? 4 ?
再作非退化线性替换

2

? z1 = y1 ?z = y + y + y + y 1 2 3 4 ? 2 ? ? 1 ? z3 = y3 + 2 y 4 ? ?z4 = y4 ?


? y1 = z1 ? ? y 2 = ? z1 + z 2 ? z 3 ? 1 z ? ? ?y = z ? 1 z 3 4 ? 3 2 ?y = z 4 ? 4
则原二次型的标准形为
2 f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = ? z12 + z 2 ? z ?

z

且非退化线性替换为

? ? x1 = z1 + z 2 ? z 3 ? 2 z 4 1 x 2 = ? z1 + z 2 ? z 3 ? z 4 2

相应的替换矩阵为

? ?1 ? ??1 T =? ? ?0 ? ?0
且有

1? 1 ?1 ? ? 2? 1? 1 ?1 ? 2? 1? 0 1 ? ? 2? 0 0 1 ?
0 ? ? 1 0 0 ? 0 ?1 0 ? 3? 0 0 ? ? 4? 0 0

??1 ? ?0 T ′AT = ? 0 ? ?0 ?

(6)已知
2 2 f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = x12 + 2 x 2 + x 4 + 4 x1 x 2 + 4 x1 x3 + 2 x1 x 4

+ 2 x 2 x3 + 2 x 2 x 4 + 2 x3 x 4
由配方法可得

f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = x12 + 2 x1 (2 x 2 + 2 x3 + x 4 ) + (2 x 2 + 2 x3 + x 4 )
2

[

2

]

2 2 ? (2 x 2 + 2 x3 + x 4 ) + 2 x 2 + x 4 + 2 x 2 x3 + 2 x 2 x 4 + 2 x3 x 4

3 1 ? 1 ? 2 2 = ( x1 + 2 x 2 + 2 x3 + x 4 ) ? 2? x 2 + x3 + x 4 ? + ( x3 + x 4 ) 2 2 ? 2 ?
于是可令

2

? y1 = x1 + 2 x 2 + 2 x3 + x 4 ? ? y 2 = x 2 + 3 x3 + x ? 2 ? ? y 3 = x3 + x 4 ? ? y 4 = x4 ?
则原二次型的标准形为
2 f = y12 ? 2 y 2 +

1 y 2

且非退化线性替换为

x1 = y1 ? y 2 + y 3 ? y 4 x y y3 y4

故替换矩阵为

?1 ? ?0 T =? ?0 ?0 ?
且有

2 1 0 0

1 3 ? 2 1 0 0 0 1 2 0

? 1? ? 1? ? ? 1? 1? ? 0? ? 0? 0? ? 0? ?

?1 0 ? ?0 ? 2 T ′AT = ? 0 0 ? ?0 0 ?
(7)已知

2 2 2 f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = x12 + x 2 + x3 + x 4 + 2 x1 x 2 + 2 x 2 x3 + 2 x3 x 4

由配方法可得
2 2 f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = x 2 + 2 x 2 ( x1 + x3 ) + (x1 + x3 ) ? 2 x1 x3 + 2 x3 x 4 + x 4 2 2 2 2 = ( x1 + x 2 + x3 ) ? 2 x1 x3 + (x3 + 2 x3 x 4 + x 4 ) ? x3 2 2 = ( x1 + x 2 + x3 ) + ( x3 + x 4 ) ? 2 x1 x3 ? x3 ? x12 + x12 2 2

[

]

= x12 + ( x1 + x 2 + x3 ) + ( x3 + x 4 ) ? ( x1 + x3 )
2 2

2

于是可令

? y1 = x1 ?y = x + x + x ? 2 1 2 3 ? ? y 3 = x3 + x 4 ? y 4 = x1 + x3 ?
则原二次型的标准形为
2 2 f = y12 + y 2 + y 2 ? y

且非退化线性替换为

? x1 = y1 ?x = y ? y ? 2 2 4 ? x3 = ? y1 + y 4 ? ?x = y + y ? y ?
相应的替换矩阵为

0 1
且有

1 0 0 1 0 1 0 0

? ? 1? ? ? 1? ?

?1 ? ?0 T ′AT = ? 0 ? ?0 ?

0 0? ? 0 0? 1 0? ? 0 ? 1? ?

(Ⅱ)把上述二次型进一步化为规范形,分实系数、复系数两种情形;并写出所作的非 退化线性替换。 解 1)已求得二次型

f ( x1 , x 2 , x3 ) = ?4 x1 x 2 + 2 x1 x3 + 2 x 2 x3
的标准形为
2 2 f = ? y12 + 4 y 2 + 3 y 3

且非退化线性替换为

1 1 ? ? x1 = 2 y1 + y 2 + 2 y 3 ? 1 1 ? ? x 2 = y1 ? y 2 + y 3 2 2 ? ? x3 = y 3 ? ?
(1) 在实数域上,若作非退化线性替换

? y1 = z 3 ? 1 ? ? y2 = z2 2 ? ? y 3 = z1 ?
可得二次型的规范形为
2 f = z12 + z 2 ? z

(2) 在复数域上,若作非退化线性替换

? y1 = iz1 ? 1 ? ? y2 = z2 2 ? ? y 3 = z1 ?
可得二次型的规范形为
2 3

2)已求得二次型
2 2 = x + 2 x1 x 2 + 2 x 2 + 4 x 2 x3 + 4 x3

的标准形为

且非退化线性替换为

? x1 = y1 ? y 2 + 2 y 3 ? ? x2 = y 2 ? 2 y3 ?x = y 3 ? 3
故该非退化线性替换已将原二次型化为实数域上的规范形和复数域上的规范形
2 f = y12 + y 2

3)已求得二次型
2 f ( x1 , x 2 , x3 ) = x12 ? 3x 2 ? 2 x1 x 2 + 2 x1 x3 ? 6 x 2 x3

的标准形为

2 f = y12 ? y 2

且非退化线性替换为

1 3 ? ? x1 = y1 + 2 y 2 ? 2 y 3 ? 1 1 ? ? x2 = y 2 ? y3 2 2 ? ? x3 = y 3 ? ?
(1) 在实数域上,上面所作非退化线性替换已将二次型化为规范形,即
2 f = y12 ? y 2

(2) 在复数域上,若作非退化线性替换

? y1 = z1 ? ? y 2 = iz 2 ?y = z 3 ? 3
可得二次型的规范形为
2 f = z12 + z 2

(3) 已求得二次型

f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = 8 x1 x 2 + 2 x3 x 4
的标准形为

2 x 2 x3

8x2 x4

f
且非退化线性替换为

y

y

y

2 y4

x =

y ?

y ?

y3 + y 4

? ? x3 = y 2 ? y 3 ? 1 ? x 4 = ? y1 + y 4 2 ?
(1) 在实数域上,若作非退化线性替换

? ? y1 = ? ? ? y2 = ? ? ?y = ? 3 ? ? y4 = ? ?
可得二次型的规范形为

1 2 1 2 1 2 1

z4 z2 z3 z1

2 2

2 2 2 f = z12 + z 2 ? z 3 ? z 2

(2)在复数域上,若作非退化线性替换

? ? y1 = ? ? ? y2 = ? ? ?y = ? 3 ? ? y4 = ? ?
可得二次型的规范形为

i 2 1 2 i 2 1

z1 z2 z3 z4

2 2

2

(5)已求得二次型

f x x x x
的标准形为

x1 x 2

x1 x3 + x1 x 4 + x 2 x3 + x 2 x 4 + x3 x 4 3 2 y4 4

f = ?y + y ? y ?
且非退化线性替换为

1 ? ? x1 = y1 + y 2 ? y 3 ? 2 y 4 ? ?x = ? y + y ? y ? 1 y ? 2 1 2 3 4 2 ? ? 1 ? x3 = y 3 ? y 4 2 ? ? ? x4 = y 4
(1) 在实数域上,若作非退化线性替换

? y1 = z 2 ?y = z 1 ? 2 ? ? y3 = z3 ? ? y4 = 2 z4 ? 3 ?
可得二次型的规范形为
2 2 2 f = z12 ? z 2 ? z 3 ? z 4

(2) 在复数域上,若作非退化线性替换

? y1 = iz1 ?y = z 2 ? 2 ? ? y 3 = iz 3 ? ? y 4 = 2 iz 4 ? 3 ?
可得二次型的规范形为
2 2 f = z12 + z 2 + z 3 + z

6)已求得二次型
2 f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = x12 + 2 x 2 + x + 4 x x + 4 x x + 2 x x

+ 2 x 2 x3 + 2 x 2 x 4
的标准形为

2 x3 x 4

f
且非退化线性替换为

y

y

2 y3

x1 = y1 ? y 2 + y 3 ? y 4 x y y3 y4

? x3 = y 3 ? y 4 ? ? x4 = y 4 ?
(1)在实数域上,若作非退化线性替换

? y1 = z 2 ? ? y2 = 1 z3 ? 2 ? ? y = 2z 1 ? 3 ? ? y4 = z4
可得二次型的规范形为
2 2 f = z12 ? z 2 ? z 3

(2)在复数域上,若作非退化线性替换

? y1 = iz1 ? ? y2 = i z2 ? 2 ? ? y = 2z 3 ? 3 ? y4 = z4 ?
可得二次型的规范形为
2 2 f = z12 + z 2 + z 3

7)已求得二次型
2 2 f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) = x12 + 2 x 2 + x 4 + 4 x1 x 2 + 4 x1 x3 + 2 x1 x 4

+ 2 x 2 x3 + 2 x 2 x 4
的标准形为
2 2 f = y12 + y 2 + y 2 ? y

2 x3 x 4

且非退化线性替换为

? x1 = y1 ?x = y ? y ? 2 2 4 ? x3 = ? y1 + y 4 ? ?x = y + y ? y ?
(1)在实数域上,上面所作非退化线性替换已将二次型化为规范形,即
2 2 f = y + y + y2 ? y4

(2) 在复数域上,若作非退化线性替换

? y 4 = iz 4 ?
可得二次型的规范形为
2 2 2 f = z12 + z 2 + z 3 + z 4

2.证明:秩等于 r 的对称矩阵可以表成 r 个秩等于 1 的对称矩阵之和。 证 由题设知 A = A′ 且 rank ( A) = r ,于是存在可逆矩阵 C 使

C ′AC = D
且 D 为对角阵,又因为 C ′, C , C
?1

( )′ = (C ′)
?1

?1

均为可逆矩阵,所以有

C ′AC = D1 + D2 +

+ Dr

其中

? d1 ? ? D1 = ? ? ? ?

0

?0 ? ? ? d2 ? ? ? ?, D2 = ? ? ? 0? ? ? ?

0

? ? ? ?, ? ? 0? ?

?0 ? ? ? ? , Dr = ? ? ? ? ? ?

0

dr
0

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 0?

于是

A = (C ′)

?1

(D1 + D2 +

+ D )C ?1

′ ′ = C ?1 D1C ?1 + C ?1 D C

( )

( )



′ rank ? C ?1 Di C ?1 ? = 1 ? ? ? ?

( )



′ ? C ?1 ′ D C ?1 ? = C ?1 ′ D C i ? ? ? ?

( )

( )

(C ) D C

即 C

( )′ D C
?1

?

i

可表成 r 个秩为 1 的对称矩阵之和。

3.证明:

λi

1

λi

2

? ? ? ? ? λ in ? ?

合同,其中 i1i 2 证

in 是 1,2,

, n 的一个排列。

题中两个矩阵分别设为 A, B ,与它们相应的二次型分别为
2 f A = λ1 x12 + λ2 x 2 +
2 f B = λi1 y12 + λi2 y 2 +

2 + λn xn
2 + λ in y n

作非退化的线性替换

y t = xit
则 f B 可化成 f A 。故 A 与 B 合同。

(t = 1,2,

, n)

4.设 A 是一个 n 阶矩阵,证明: A 1) A 是反对称矩阵当且仅当对任一个 n 维向量 X ,有 X ′ X = 0 。 A 2)如果 A 是对称矩阵,且对任一个 n 维向量 X 有 X ′ X = 0 ,那么 A = 0 。 证 1)必要性。因为 A = ? A′ ,即 aii = 0, aij = ? a ji (i ≠ j ) ,所以

X ′AX = ∑ aij xi x j = ∑ (aij + a ji )xi x j
i, j i≠ j

由于 aij + a ji = 0 ,故

X ′AX = ∑ (aij + a ji )xi x j = 0
i≠ j

A 充分性。因为 ?X ∈ R ,有 X ′ X = 0 ,即
n

a11 x12 + (a12 + a 21 )x1 x 2 + + + (a 2 n + a n 2 )x 2 x n + = a nn = 0,

+ x +a +a x =

x x +a x

这说明原式是一个多元零多项式,故有

a11 = a 22 =

即 A′ = ? A 。 A 2)由于 A 是对称的,且 X ′ X = 0 ,即

a11 x12 + 2a12 x1 x 2 + a x x +

+ a x x +a x
2 + a nn x n = 0

AX 这说明 X ′
=0 =0
即A=0 5.如果把实 n 阶对称矩阵按合同分类,即两个实 n 阶对称矩阵属于同一类当且仅当它 们合同,问共有几类? 解 实对称矩阵 A 与 B 合同的充要条件为存在可逆矩阵 T 与 C 使

? d1 ? ? ? ? T ′BT = C ′AC = ? ? ? ? ? ?

d2 dr 0

? ? ? ? ? ?=D ? ? ? ? 0?

下面考虑对角矩阵 D 的相应二次型的合同分类情况,在 d i (i = 1,2,

, r ) 中可分为

r 个 正, 0 r ? 1 个 正, 1 2 1 0

个 负 个 负

个 正, r ? 2 个 负 个 正, r ? 1 个 负 个 正, r 个 负

共计 r + 1 个合同类。但秩 r 又可分别取 n, n ? 1,

,2,1,0 ,故共有

1+ 2 + 3 +

+ n + (n + 1) =

(n + 1)(n + 2)
2

个合同类。 6.证明:一个实二次型可以分解成两个实系数的一次齐次多项式的乘积的充分必要条 件是:它的秩等于 2 且符号差等于 0,或者秩等于 1。 证 必要性。设

f ( x1 , x 2 ,
其中 ai , bi (i = 1,2,

, x n ) = (a1 x1 + a 2 x 2 + , n ) 均为实数。

a x

)b x

b x

b x

1) 若上式右边的两个一次式系数成比例,即

bi = kai
不失一般性,可设

(i = 1,2,

,n

,则可作非退化线性替换

y =a x +a x + y
使二次型化为

x

(i

2,

, n)

+ an xn

f x x
故二次型 f ( x1 , x 2 ,

x

= ky12

, x n ) 的秩为 1。
a1 a 2 ,则可作非退化线性替换 ≠ b1 b2

2) 若两个一次式系数不成比例,不妨设

? y1 = a1 x1 + a 2 x 2 + + a n x n ? ? y 2 = b1 x1 + b2 x 2 + + bn x n ?y = x (i = 3, , n ) i ? i
使

f ( x1 , x 2 ,

, x n ) = y1 y 2

再令

? y1 = z1 + z 2 ? ? y 2 = z1 ? z 2 ?y = z (i = 3, i ? i
则二次型可化为

, n)

f ( x1 , x 2 ,
故二次型 f ( x1 , x 2 ,

2 , x n ) = y1 y 2 = z12 ? z 2

, x n ) 的秩为 2,且符号差为 0。 , x n ) 的秩为 1,则可经非退化线性替换 Z = CY 使二次型化 , xn )

充分性。1)若 f ( x1 , x 2 , 为

f ( x1 , x 2 ,
其中 y1 为 x1 , x 2 ,

, x n 的一次齐次式,即 y1 = a1 x1 + a 2 x 2 + a x



f ( x1 , x 2 ,

, x n ) = k (a1 x1 + a 2 x 2 + = (ka1 x1 + ka 2 x 2

+a x

)

ka x

)a x

a x

an xn )

2)若 f ( x1 , x 2 , 化为

, x ) 的秩为 2,且符号差为 0,则可经非退化线性替换 Z = CY 使二次型

f ( x1 , x 2 ,

,x

)= y

? y = y1 + y 2 )( y1 ? y 2 )

(a x
故 f ( x1 , x 2 ,

a x

+ a n x n )(b1 x1 + b2 x 2 +

+ bn x n )

, x n ) 可表成两个一次齐次式的乘积。

7.判断下列二次型是否正定: 1) 99 x1 ? 12 x1 x 2 + 48 x1 x3 + 130 x 2 ? 60 x 2 x3 + 71x3
2 2 2

2) 10 x1 + 8 x1 x 2 + 24 x1 x3 + 2 x 2 ? 28 x 2 x3 + x3
2 2

2

3)

∑x
i =1

n

2 i

+

1≤i < j ≤ n

∑x x
i

j

4)

∑ xi2 + ∑ xi xi +1
i =1 i =1

n

n ?1



1)二次型的矩阵为

24 ? ? 99 ? 6 ? ? A = ? ? 6 130 ? 30 ? ? 24 ? 30 71 ? ? ?
因为

Δ 1 = 99 > 0,
故原二次型为正定二次型。 2) 二次型的矩阵为

Δ2 =

99 ? 6 > 0, ? 6 130

Δ3 = A > 0

?10 ? A=? 4 ?12 ?
因为 A < 0 ,所以原二次型非正定。 3) 记二次型的矩阵为 A = aij

4 2 14

12 ? ? ? 14 ? 1

( )

n×n

,其中

?1, ? aij = ? 1 ?2 , ?


i

j

? ?2

2

2

? ?

由于 A 的任意 k 阶顺序主子式所对应的矩阵 Ak 与 A 为同类型的对称矩阵,且

?1? Ak = ? ? (k + 1) > 0 ?2?
故原二次型为正定二次型。 4) 记二次型的矩阵为 A = aij

k

(k = 1,2,

, n)

( )

n×n

,则 A 的 k 级顺序主子式为

1 1 2

1 2 1 ?1? =? ? 1 ?2? 2 1
k

2 1

1 2 2 1 1 2

Ak =

1 1 2

2 0 ?1? =? ? 0 ?2? 0
k

1 3 2 0 0

0 1 4 3 0 k

0 0 0 ?1? = ? ? (k + 1) > 0 ? ?
k

故原二次型为正定二次型。 8. t 取什么值时,下列二次型是正定的: 1) x1 + x 2 + 5 x3 + 2tx1 x 2 ? 2 x1 x3 + 4 x 2 x3
2 2 2

2) x1 + 4 x 2 + x3 + 2tx1 x 2 + 10 x1 x3 + 6 x 2 x3
2 2 2



1)二次型的矩阵为

1 1 1 2
因为 A 的各阶顺序主子式为

1? ? 2? 5? ?

Δ2 =

1 t >0 t 1
1 t 1 ?1 2 >0 5

Δ3 = A = t
时原二次型为正定,由此得

?1 2
2 ? ?1 ? t > 0 ? ?? 5t 2 ? 4t > 0 ?

解上面不等式组,可得 ?

4 < t < 0。 5

2)二次型的矩阵为

?1 t 5? ? ? A = ? t 4 3? ?5 3 1? ? ?
当 A 的所有顺序主子式都大于零时,即

Δ1 = 1 > 0

Δ2 =

1 t = 4 ?t2 > 0 t 4
1 t 5

Δ3 = A = t
时原二次型为正定,由此得

4 3 = ?t 2 + 30t ? 105 > 0

5 3 1

?4 ? t 2 > 0 ? ? 2 ?? t + 30t ? 105 > 0 ?
但此不等式组无解,即不存在 t 值使原二次型为正定。 9.证明:如果 A 是正定矩阵,那么 A 的主子式全大于零。所谓主子式,就是行指标与 列指标相同的子式。 证 设正定矩阵 A

(a )

,作正定二次型

∑∑
i =1 j =1

ij

i

j ,并令

(j
则可得新二次型

k1 , k 2 ,

, k i , k1 < k 2 <

< ki )

i

j

由正定二次型的定义知该二次型是正定的,故 A 的一切 i 级主子式 Ai > 0 (i = 1,2, 10.设 A 是实对称矩阵,证明:当实数 t 充分大之后, tE + A 是正定矩阵。 证

, n)

? t + a11 ? ? a tE + A = ? 21 ? ? a ? n1
它的 k 级顺序主子式为

a12 t + a 22 an2

a1n ? ? a2n ? ? ? t + a nn ? ?

Δ k (t ) =

t + a11 a 21 a k1

a12 t + a 22 ak 2

a1k a2k t + a kk

当 t 充分大时, Δ k (t ) 为严格主对角占优矩阵的行列式,且 t + a ii > 故 Δ k (t ) > 0 (k = 1,2,

∑ a (i = 1,2,
j ≠i ij

, n) ,

, n ) ,从而 tE + A 是正定的。
?1

11.证明:如果 A 是正定矩阵,那么 A 也是正定矩阵。 证 因 A 是正定矩阵,故 X ′ AX 为正定二次型,作非退化线性替换 X = A Y ,又 A
?1 ?1

也是对称矩阵,故

′ Y ′A ?1Y = Y ′ A ?1 AA ?1Y = X AX

( )

从而 Y ′A Y 为正定二次型,即证 A 为正定矩阵。
?1

?1′

12.设 A 为一个 n 级实对称矩阵,且 A

X ≠ 0 ,使

X ′AX < 0 。
证 因为 A < 0 ,于是 A ≠ 0 ,所以 不是正定矩阵。故必存在非

退化线性替换

X AX

Y C

ACY = Y ′BY
+ y 2 ? y 2 +1 ? y 2 + 2 ? p p p
?1

=y +y +

2 ? yn

且在规范形中必含带负号的平方项。于是只要在 Z = C Y 中,令 y1 = y 2 =

= yp

= 0, y p +1 = y p + 2 =

= y n = 1, 则可得一线性方程组 ?c11 x1 + c12 x 2 + ? ? ?c p1 x1 + c p 2 x 2 + ? ? ?c p +1,1 x1 + c p +1, 2 x 2 ? ? ?c n1 x1 + c n 2 x 2 + ? + c1n x n = 0 + c pn x n = 0 + + c p +1,n x n = 1

+ c nn x n = 1

由于 C ≠ 0 ,故可得唯一一组非零解 X s = ( x1s , x 2 s ,

, x ns ) 使

′ X s AX s = 0 + 0 +

+ 0 ?1?1?

? 1 = ?(n ? p ) < 0

即证存在 X ≠ 0 ,使 X ′ X < 0 。 A 13.如果 A, B 都是 n 阶正定矩阵,证明: A + B 也是正定矩阵。 证 因为 A, B 为正定矩阵,所以 X ′ , X ′ AX BX 为正定二次型,且

X ′AX > 0 ,
因此

X ′BX > 0

X ′( A + B )X = X ′AX + X ′BX > 0
于是 X ′( A + B ) X 必为正定二次型,从而 A + B 为正定矩阵。 14. 证明: 二次型 f ( x1 , x 2 , 证

, x n ) 是半正定的充分必要条件是它的正惯性指数与秩相等。
秩 ,则 。即

必要性。采用反证法。若正惯性指数

f ( x1 , x 2 ,
若令

, x n ) = y12 + y +

+y ?y

?

?y

y1 = y 2 =
则可得非零解 (x1 , x 2 ,

= yp = 0, y

, x n ) 使 f ( x1 , x 2 ,

,x

)

0

f x ,x ,

, xn )

≥ 0 矛盾,故 p = r 。
充分性。由 ,知
2 = y + y2 +

+ y2 p

故有 f ( x1 , x 2 ,

,x

)

0 ,即证二次型半正定。
是半正定的。

15.证明: 证

? n ? n∑ x ? ? ∑ xi ? i =1 ? i =1 ?
n
2 i

2

2 = n x12 + x 2 +

(

2 + xn ?

)

(x

2 1

2 + x2 +

2 + x n + 2 x1 x 2 +

+ 2 x1 x n + 2 x 2 x3 +

+ 2 x2 xn +

+ 2 x n ?1 x n +

)

2 = (n ? 1) x12 + x 2 +

(

2 + x n ? ( 2 x1 x 2 +

)

+ 2 x1 x n + 2 x 2 x3 +

2 x2 xn +

+ 2 x n ?1 x n )

2 2 = x12 ? 2 x1 x 2 + x 2 + x12 ? 2 x1 x3 + x3 +

(

) (

)

2 2 + x n ?1 ? 2 x n ?1 x n + x n

(

)

=
可见:

1≤i < j ≤ n

∑ (x

i

? xj )

2

1) 当 x1 , x 2 ,

, x n 不全相等时 , xn ) =
1≤i < j ≤ n

f ( x1 , x 2 ,
2) 当 x1 = x 2 =

∑ (x ∑ (x

i

? xj ) > 0
2

= xn 时

f ( x1 , x 2 ,
故原二次型 f ( x1 , x 2 , 16.设 f ( x1 , x 2 ,

, xn ) =

1≤i < j ≤ n

i

? xj ) = 0
2

, x n ) 是半正定的。 , x n ) = X ′AX 是一实二次型,若有实
′ X 2 AX 2
使

X 1′ AX > 0 ,

′ 证明:必存在实 n 维向量 X 0 ≠ 0 使 X 0 AX 0
证 设 A 的秩为 r ,作非退化线性替换 将原二次型化为标准型

X ′AX = d 1 y1 + d y +
其中 d r 为 1 或-1。由已知,必存在两个向量 和 故标准型中的系数 且 p + q = r ,即

+d y

′ X 2 AX 2 < 0

不可能全为 1,也不可能全为-1。不妨设有 p 个 1, q 个-1,

X AX = y +

+y ?y

?

? y 2+q p

这时 p 与 q 存在三种可能: p =q, p >q, 下面仅讨论 p > q 的情形,其他类似可证。 令

p<q

y1 =

= yq = 1,

y q +1 =

= yp = 0 ,

y p +1 =

= y p+q = 1

则由 Z = CY 可求得非零向量 X 0 使

′ X 0 AX 0 = y12 +
即证。

+ y 2 ? y 2 +1 ? p p

? y 2+q = 0 p

17. A 是一个实矩阵,证明:

rank ( A′A) = rank ( A)



由于 rank ( A) = rank ( A′A) 的充分条件是 AX = 0 与 A′AX = 0 为同解方程组,故只要

证明 AX = 0 与 A′AX = 0 同解即可。事实上

AX = 0 ? A′AX = 0

? X ′A′AX = 0

′ ? ( AX ) ( AX ) = 0
即证 AX = 0 与 A′AX = 0 同解,故

? AX = 0

rank ( A′A) = rank ( A)
注 该结论的另一证法详见本章第三部分(补充题精解)第 2 题的证明,此处略。

二、 补充题精解 1. 用非退化线性替换化下列二次型为标准型,并用矩阵验算所得结果: 1) x1 x 2 n + x 2 x 2 n ?1 + x 2 x 2 n ?1 + 2) x1 x 2 + x 2 x3 + 3)

+ xn xn+

+ x n ?1 x n

∑x
i =1 n

n

2 i

+

1≤i < j ≤ n

∑x x
i

j

4) 解

∑ (x
i =1

i

? x ,其中

)

2

x1 + x 2 +

+x

1)作非退化线性替换

? x n +1 y n y n +1 ? ? ? x 2 n ?1 = y 2 ? y 2 n ?1 ?x = y ? y 1 2n ? 2n
即 X = TY ,则原二次型的标准形为
2 f = y12 + y 2 + 2 2 + y n ? y n +1 ? 2 2 ? y 2 n ?1 ? y 2 n

且替换矩阵

?1 ? ?0 ? ? ? T =? ? ? ? ?0 ?1 ?
使

0 1 1 1 1 ?1 1 0

1? ? 0? ? ? ? ? ? ? ? ?1 0 ? 0 ? 1? ? 0 1 ? ? ? ?

?1 ? ? ? T ′AT = ? ? ? ? ? ?
其中

1 ?1

? ? ? ? ? ?

? ? ? ? ? ? ?
x1 ? x 2 + x3 2

2)若

y1


2

y2 =

2 y12 ? y 2 = ( y1 + y 2 )( y1 ? y 2 )

= x1 x 2 + x 2 x3
于是当 n 为奇数时,作变换

xi + xi +1 + xi + 2 ? ? yi = 2 ? xi ? xi +1 + xi + 2 ? ? y i +1 = 2 ? ? y n = xn ? ?


(i = 1,3,5,

, n ? 2)

x1 x 2 + x 2 x3 +

2 2 2 + x n ?1 x n = y12 ? y 2 + y 3 ? y 4 +

2 2 + y n ? 2 ? y n ?1

且当 n = 4k + 1 时,得非退化替换矩阵为

?1 ? ?1 ? ? T =? ? ? ? ? ?

1 ?1 ?1 ?1 0 0 1 1 1 ?1

?1 ?1 0 0 1 1 0 0

1? ? 0? 1 0

当 n = 4k + 3 时,得非退化替换矩阵为

?1 ? ?1 T

1 ?1 ?1 ?1 0 0 1 1 1 1

1 1 0 0 ?1 ?1 0 0 1 ?1

1 0 1? ? 0? ? ? 0? ? 1?

故当 n 为奇数时,都有

?1 ? ? ?1 ? 1 ? ?1 ? T ′AT = ? ? ? ? ? ? ?
当 n 为偶数时,作非退化线性替换

? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 ? ?1 ? 0? ?

xi + xi +1 + xi + 2 ? ? yi = 2 ? ? y = xi ? xi +1 + xi + 2 ? i +1 2 ? ? y = x n ?1 + x n ? n ?1 2 ? x ? xn ? y n = n ?1 2 ?


(i = 1,3,5,

, n ? 3)

x1 x 2 + x 2 x3 +

2 2 2 + x n ?1 x n = y12 ? y 2 + y 3 ? y 4 +

2 2 + y n ?1 ? y n

于是当 n = 4k 时,得非退化替换矩阵为

?1 ? ?1 ? ? T =? ? ? ? ? ?

1 ?1 ?1 ?1 0 0 1 1 1 ?1

?1 ?1 0 0 1 1 0 0

于是当 n = 4k + 2 时,得非退化替换矩阵为

1 1

1 1

1 0 1 1

1 0 1 1

1 1? ? 0 0? ? 1 ? 1? ? 0 0? ? ? 1 1? ? 1 ? 1?

故当 n 为偶数时,都有

?1 ? ?1 ? ? 1 ? T ′AT = ? ?1 ? ? ? ? ?
3) 由配方法可得

? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 ? ? 1?

? ? ? 1 n 3? 1 n f = ? x1 + ∑ x j ? + ? x 2 + ∑ x j ? + ? 2 j =2 ? 4? 3 j =3 ? ? ? ? ?

2

2

n n +1 2 1 ? ? + ? ? x n ?1 + x n ? + xn n ? 2(n ? 1) ? 2n
2

于是可令

1 n ? y1 = x1 + ∑ x j ? 2 j =2 ? ? 1 n ? y2 = x2 + ∑ x j 3 j =3 ? ? ? ? 1 ? y n ?1 = x n ?1 + x n n ? ? yn = xn ? ? ?
则非退化的线性替换为

1 1 ? ? x1 = y1 ? 2 y 2 ? 3 y ? ?x = y ? 1 y ? ? 2 3 ? 2 3 ?

?

且原二次型的标准形为

f
相应的替换矩阵为

y1

4

y2

2(n ? 1)

2 y n ?1 +

n +1 2 yn 2n

? ?1 ? ?0 ? ? T =?0 ? ? ?0 ? ?0 ?

?

1 2

1 0 0 0

1 3 1 ? 3 ? 1 0 0

1 1? ? ? n ?1 n? 1 1? ? ? n ?1 n? 1 1? ? ? ? n ?1 n? ? 1? 1 ? n? 0 1 ? ? ?

又因为

? ?1 ? ?1 ?2 A=? ?1 ? 2 ?1 ? ? ?2
所以

1 2 1 1 2 1 2

1 2 1 2 1 1 2

1? ? 2? 1? 2? ? 1? ? 2? 1? ? ?

?1 ? ?0 ? ?0 ? T ′AT = ? ? ?0 ? ?0 ? ?
4) 令

0 3 4 0 0 0

0 0 4 6 0 0

0 0

0 ? ? 0 ?

? y1 = x1 ? x ?



y1 ∑ y i ? x1 i=2 ? n ? x 2 = y1 + 2 y 2 + ∑ y i ? i =3 ? ? ? ? n?2 ? x n ?1 = ∑ y i + 2 y n ?1 + y n ? i =1 ?x = y n ? n ? ?
由于

∑ yi = ∑ xi ? (n ? 1)x = x
i =1 i =1

n

n


n n ?1 ? ? ? n ?1 ? 2 原式 = ∑ y + ? y n ? ∑ y i ? = ∑ y i + ? ∑ y i ? i =1 i =1 i =1 ? ? ? i =1 ? n ?1 2 i 2 2

? n ?1 ? = 2? ∑ y i2 + ∑ y i y j ? ? ? 1≤ i < j ≤ n ?1 ? i =1 ?

? 3 2 = 2? z12 + z 2 + ? 4 ? = 2 z12 +

+ +

n 2 ? z n ?1 ? ? 2(n ? 1) ?

3 2 z2 + 2

n 2 z n ?1 n ?1 ? ?

其中所作非退化的线性替换为

1 1 ? ? y1 = z1 ? 2 z 2 ? 3 z 3 ? ? ?y = z ? 1 z ? 1 z ? 2 3 4 ? 2 3 4 ? ? ?y = z n ?1 ? n ?1 ? yn = zn ? ? ?
故非退化的替换矩阵为

?2 ? ?1 ?1 T =? ? ?1 ? ?0 ?

1 2 1 1 0

1 1 2 1 0

1 1 1 2 0

1 1 1

? 0 0

1 2

1 0 0 0

1 3 1 ? 3 ? 1 0 0

1 n ?1 1 ? n ?1 1 ? n ?1 ? 1 0

1 1? 0 ? ?0

? 0? ? 0? ? ? 0? ? ? 0? ? 1?

?2 ? ?1 ? ?1 =? ? ? ?0 ? ?0


0 3 2 1 2 1 2 0

0 0 4 3 1 3 0

0 0 0
n n ?1 0

1? ? 1? ? 1? ? ? ? 1? ? 1?

∑ (x
n i =1

i

?x

) = (x
2

1

? x, x 2 ? x,

? x1 ? x ? ? ? ? x2 ? x ? , xn ? x ? ? ? ? ? x ? x? ? ? n

)

= ( x1 , x 2 ,

? n ?1 ? ? n ? 1 , x x )? ? n ? ? 1 ?? ? n ? n ?1 ? ? n ? 1 , x x )? ? n ? ? 1 ?? ? n

1 n n ?1 n
? ? ?

1 n

? ? n ?1 ?? ?? n ?? ?1 ?? n ?? n ?1? ? 1 ?? ? n ?? n

1 n 1 ? n
?

1 n n ?1 n
? ?

1 n

? ? x ?? 1 ? ? ? ?? x 2 ? ?? ? ?? ? n ? 1 ?? x n ? ? ? ? n ?

1 n 1 ? n
?

= (x1 , x 2 ,

1 n n ?1 n
?

1 ? ? 1

1 n

= Z ′AZ
所以

?2 ? ?0

0 3

0 0

0 0 0
n n ?1 0

0 0
? 0? ? ? ? 0? ? 0?

0
2. 设实二次型

0

0

f ( x1 , x 2 ,
证明: f ( x1 , x 2 ,

, x n ) = ∑ (ai1 x1 + ai 2 x 2 +
i =1

s

+ ain x n )

2

, x n ) 的秩等于矩阵
? a11 ? ?a A = ? 21 ? ?a ? s1 a12 a 22 as2 a1n ? ? a2n ? ? ? a sn ? ?

的秩。 证 设 rank ( A) = r ,因

f ( x1 , x 2 ,

, x n ) = X ′( A′A)X

下面只需证明 rank ( A) = r 即可。由于 rank ( A′) = rank ( A) ,故存在非退化矩阵 P, Q 使

?E PA′Q = ? r ? 0 ?
从而

0? ? 0? ?



?E PA′ = ? r ? 0 ?

0 ? ?1 ?Q 0? ? 0? ? 0? ?

?E PA′AP = ? r ? 0 ?


0 ? ?1 ?1 ′ ? E r ?Q (Q ) ? ? 0 0? ? ?
C? ? M

′ ?B Q ?1 Q ?1 = ? r ?D ?

( )



?E PA′AP ′ = ? r ? 0 ?
由于 Q
?1 ?1

0 ?? Br ?? 0 ?? D ??

C M
的秩为 r 。

(Q )′ 是正定的,因此它的 r 级顺序主子式

即证 rank ( A) = rank ( A′A) 。 3. 设

f ( x1 x 2
其中 l i (i = 1,2, 证 设

x

)=l

+l +

2 2 + l p ? l p +1 ?

2 ? l p+q

, p q)

的一次齐次式,证明: f ( x1 , x 2 ,

, x n ) 的正惯性指

数 ≤ p ,负惯性指数

l f ( x1 , x 2 ,

b x

b x

b x

(i = 1,2,

, p + q)

, x n ) 的正惯性指数为 s ,秩为 r ,则存在非退化线性替换
y i = ci1 x1 + ci 2 x 2 + + cin x n

(i = 1,2,
2 ? l p+q

, n)

使得

f ( x1 , x 2 ,

2 , x n ) = l12 + l 2 +

2 2 + l p ? l p +1 ?

= y12 +

+ y s2 ? y s2+1 ?

? y r2

下面证明 s ≤ p 。采用反证法。设 s > p ,考虑线性方程组

?b11 x1 + + b1n x n = 0 ? ? ?b p1 x1 + + b pn x n = 0 ? ? ?c s +1,1 x1 + + c s +1,n x n = 0 ? ? ?c n1 x1 + + c nn x n = 0 ?
该方程组含 p + n ? s 个方程,小于未知量的个数 n ,故它必有非零解 (a1 , a 2 ,

, a n ) ,于是

f (a1 , a 2 ,
上式要成立,必有

2 , a n ) = ?l p +1 ?

2 ? l p + q = y12 +

+ y s2

l p +1 =

= l p+q = 0 ,

这就是说,对于 x1 = a1 , x 2 = a 2 ,

, xn = an , 0

y1 = 0 , y 2 = 0,

这与线性替换 Y = CX 的系数矩阵非退化的条件矛盾。所以

s≤ p 同理可证负惯性指数 r ? s ≤ p ,即证。

4. 设

是一对称矩阵,且

?E =? ?0 ?

X? ?A ? 使 T ′AT = ? 11 ? 0 E? ? ?

0? ? ,其中 ? 表示一 ?? ?

个级数与 A22 相同的矩阵。 证 只要令 T ′ = ? ?

?

E ?1 ? ? A21 A11
? T = ?E ?0 ?

0? ? ,则 E? ?
? ′ ′ ? ? A111 A12 ? ? E ?

( )
?1 11

注意到

′ A12 = A21 ,
则有

(A )′ = A

?1 11

E ? T ′AT = ? ? ? A A ?1 21 11 ?

0 ?? A11 ?? E ?? A21 ??

A12 ? ? A22 ? ?

?E ? ?0 ?

? ? A111 A12 ? ? ? E ?

?A = ? 11 ? 0 ?

A12 ?? E ?? ?1 ? A? 21 A11 A12 + A22 ?? 0 ??

? ? A111 A12 ? ? ? E ?

?A = ? 11 ? 0 ?
即证。

0? ? ?? ?

5. 设 A 是反对称矩阵,证明: A 合同于矩阵

?0 1 ? ??1 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
证 矩阵。 当n = 2时

0 1 ?1 0

? ? ? ? ? ? ?

采用归纳法。当 n = 1 时, A = (0

为非零反对称

A

? 0 ?

a12 ? 第2行乘 ? ? ? ? 列乘a121 ? ? 1 0 ? ? ?

故 A与? ?

?0 1 ??1 0
1 的情形。这时

假设 n ≤ k

a1k
? ?a 1k ? ?? a ? 1,k +1 0 ? a k ,k +1

a1,k +1 ? ? ? a k ,k +1 ? ? 0 ? ?
1

如果最后一行(列)元素全为零,则由归纳假设,结论已证。若不然,经过行列的同时对换, 不妨设 a k ,k +1 ≠ 0 ,并将最后一行和最后一列都乘以 ,则 A 可化成

a k ,k +1

? 0 ? ? ?? a ? 1k ? ?b ? 1

a1k

b1 ? ? ? 0 1? ? ?1 0 ? ?

再将最后两行两列的其他非零元 bi , aik (i = 1,2,

, k ) 化成零,则有

? 0 ? ? ?? b ? 1,k ?1 ? 0 ? 0 ?
由归纳假设知

b1,k ?1

0 0 0

0? ? ? 0 0? ? 0 1? ?1 0? ? 0

? 0 ? ? ?? b ? 1,k ?1
合同,从而 A 合同于矩阵

b1,k ?1 ? ? ? 0 ? ?

? 0 ?1 ? ??1 0 与 ? ? ? ?

? ? ? ? ? ? ?

?0 1 ? ??1 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

0 1 ?1 0

再对上面矩阵作行交换和列交换,便知结论对 k + 1 级矩阵也成立,即证。 6. 设 A 是 n 阶实对称矩阵,证明:存在一正实数 c ,使对任一个实 n 维向量 X 都有

X AX
证 因为

cX ′X

X AX
令 a = max aij ,则
i, j

∑a

xx

∑a
i j

ij

xi

xj

X ′AX ≤ a ∑ xi x j
i, j

利用 xi x j



xi2 + x 2 j
2

可得

X ′AX ≤ a ∑
i, j

xi2 + x 2 j
2

= an∑ xi2 = cX ′X
i

其中 c = an ,即证。 7.主对角线上全是 1 的上三角矩阵称为特殊上三角矩阵。

1)设 A 是一对称矩阵, T 为特殊上三角矩阵,而 B = T ′AT ,证明: A 与 B 的对应顺 序主子式有相同的值; 2)证明:如果对称矩阵 A 的顺序主子式全不为零,那么一定有一特殊上三角矩阵 T 使 T ′AT 成对角形; AX 是正定二次型。 3)利用以上结果证明:如果矩阵 A 的顺序主子式全大于零,则 X ′ 证 1)采用归纳法。当 n = 2 时,设

?a A = ? 11 ?a ? 21


a12 ? ?1 b? ?, T = ? ?0 1? ? a 22 ? ? ? ? a12 ?? 1 b ? ? a11 ? ? ?? ?=? ? a 22 ?? 0 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ??
,而二阶顺序主子式为

? 1 0 ?? a11 B = T ′AT = ? ? b 1 ?? a ?? ? ?? 21

考虑 B 的两个顺序主子式: B 的一阶顺序主子式为

B = T ′ A T = 1? A ?1 = A
与 A 的各阶顺序主子式相同,故此时结论成立。 归纳假设结论对 n ? 1 阶矩阵成立,今考察 写成分块矩阵

?? ?T T = ? n ?1 ? 0 1? , ? ? ?
其中 Tn ?1 为特殊上三角矩阵。于是

A=

? ?? Tn ?1 ? ? ?? ? a nn ?? 0 1 ? ? ??

?? ?B = ? n ?1 ? ? ?? ? ? ?
即 由归纳假设,B 的一切 ≤ n ? 1 阶的顺序主子式, Bn ?1 = Tn ?1 An ?1Tn ?1 的顺序主子式与 An ?1 的顺序主子式有相同的值,而 B 的 n 阶顺序主子式就是 B ,由



B = T ′ A T = 1? A ?1 = A
知 B 的 n 阶顺序主子式也与 A 的 n 阶顺序主子式相等,即证。 2)设 n 阶对称矩阵 A = aij ,因 a11 ≠ 0 ,同时对 A 的第一行和第一列进行相同的第三 种初等变换,可以化成对称矩阵

( )

? a11 ? ? 0 A=? ? ? 0 ?
于是由 1)知 ? ?

0 b22

bn 2

0 ? ? b2 n ? ? a11 ? ?=? 0 ? ? bnn ? ?

0 ? ? Bn ?1 ? ?

? a11 ? 0

0 ? ? ≠ 0 ,从而 b22 ≠ 0 ,再对 Bn ?1 进行类似的初等变换,使矩阵 A1 的 b22 ? ?

第二行和第二列中除 b22 外其余都化成零;如此继续下去,经过若干次行列同时进行的第三 种初等变换,便可以将 A 化成对角形

? λ1 ? ? ? ? ? ?

λ2 λ

? ? ?

B

由于每进行一次行、列的第三种初等变换,相当于右乘一个上三角形阵 角形阵 Ti′ ,而上三角形阵之积仍为上三角形阵,故存在 命题得证。 3)由 2)知,存在 T 使

,左乘一个下三 ,使 T ′AT = B ,

? λ1 ?

λ2

? ?=B ? λn ? ?

又由 1)知 B

的所有顺序主子式有相同的值,故

=
所以 λ 2 > 0 。

a11 a12

a12 >0 a 22

λ1 λ2 λi
所以

a11
=

a1i
>0

ai1

aii

λi > 0

(i = 1,2,

, n)

因 X = TY 是非退化线性替换,且
2 X ′AX = Y ′T ′ATY = λ1 y12 + λ 2 y 2 + 2 + λn y n

由于 λ1 , λ 2 ,

, λ n 都大于零,故 X ′AX 是正定的。

8。证明:1)如果

∑∑ a
i =1 j =1

n

n

ij

xi x j (aij = a ji )

是正定二次型,那么

f ( y1 , y 2 ,

, yn ) =

a11 a 21 a n1 y1

a12 a 22 an2 y2

a1n a2n a nn yn

y1 y2 yn
0

是负定二次型; 2)如果 A 是正定矩阵,那么

A ≤ a nn Pn ?1
这里 Pn ?1 是 A 的 n ? 1 阶顺序主子式; 3)如果 A 是正定矩阵,那么

A ≤ a11 a 22

a

4)如果 T = t ij 是 n 阶实可逆矩阵,那么

( )

T
证 1)作变换



(t

+t +

2 + t ni

)

?y ? ? n?


?a ? n1

an2 a11

?? z1 ? ?? ? n ?? z 2 ? ?? ? ?? ? a nn ?? z n ? ?? ?
n

a1n a nn yn

0 0

f ( y1 , y 2 ,

, yn ) =

a n1 y1

? ( y1 z1 + + yn zn )

+ yn zn )

= ? A ( y1 z1 +

= ? A Y ′Z = ? A Z ′A′Z = ? A Z ′AZ

因为为正定矩阵,所以 f ( y1 , y 2 ,

, y n ) 是负定二次型。

2) A 为正定矩阵,故 Pn ?1 对应的 n ? 1 阶矩阵也是正定矩阵,由 1)知

a11 f n ?1 ( y1 ,
, y n ?1 ) =

a1, n ?1 a n ?1,n ?1 y n ?1

y1 y n ?1
0

a n ?1,1 y1

是负定二次型。注意到

a11 A= a n ?1,1 a n1 a11
=

a1,n ?1 a n ?1,n ?1 a n ,n ?1 a1,n ?1 a n ?1,n ?1 a n ,n ?1

a1n a n ?1,n a nn a1n a n ?1,n
0

a n ?1,1 a n1

= f n ?1 (a1n , a 2 n ,
又因 f n ?1 a1n , a 2 n ,

, a n ?1,n ) + a nn Pn

(

, a n ?1,n ) < 0(ain中至少有一个不为

)

当 a1n = a 2 n =

=a

=

综上有 A ≤ a P 3)由 2)得

A ≤ a nn Pn ?1 ≤ a nn a n ?1,n ?1 Pn ?2 ≤

≤ a nn a n ?1,n ?1

a11

X 4)作非退化的线性替换 X = TY ,则 X ′ = Y ′T ′TY 为正定二次型,所以 T ′T 是正定 矩阵,且
? t11 ? T ′T = ? ?t ? 1n

t n1 ?? t11 ?? ?? t nn ?? t n1 ??

t1n ? ? ? t nn ? ?

2 2 ? t11 + t 21 + ? ? =? ? ? ?

2 + t n1 2 2 t12 + t 22 + 2 + t n2

2 t12n + t 2 n +

? ? ? ? ? 2 + t nn ? ?

再由 3)便得
2 T 2 = T ′T ≤ ∏ t12i + t 2i +

n

(

2 + t ni

)

i =1

(所 9。 证明: 实对称矩阵 A 是半正定的充分必要条件是 A 的一切主子式全大于或等于零 谓 k 阶主子式,是指形为

ai1i1 a i2i1 a ik i1
的 k 级子式,其中 1 ≤ i1 < 证

a i2 i 2 a i2 i 2 a ik i2

ai1ik a i2 i k a

< ik ≤ n ) 。

必要性。取 A 的任一个 m 阶主子式相应的矩阵
(m )

ai1i1 = aimi1

a a

A

A (m ) 对应的二次型为
a x x
令 xi = 0(i ≠ i i ,

X A (m ) X 1
≥ 0 ,得

,i

)
a x x

X 1′ A (m ) X 1 ≥ 0

故存在非退化矩阵 Tm 使

? d1 ? ? (m ) ′ Tm A Tm = ? ? ? ?
其中 d i ≥ 0(i = 1,

d2

? ? ? ? ? dm ? ?

, m ) 。故 A (m ) ≥ 0

(m = 1,2,

, n)

充分性。设 A 的主子式全大于或等于零,任取 A 的第 m 个顺序主子式相应的矩阵

A


(m )

? a11 ? =? ?a ? m1

a12 am2

a1m ? ? ? a mm ? ? a12 λ + a 22 am2

(m = 1,2,

, n)

λ + a11 λE m + A (m ) =
a 21 a m1
由行列式性质,得

a1m a2m

λ + a mm

λE m + A (m ) = λm + P1λm ?1 +
其中 Pi 是 A
(m )

+ Pm ?1λ + Pm
, 所以 Pi ≥ 0 。

中一切 i 阶主子式的和, 由题设,

故当 λ > 0 时,有

λE m + A ( m ) >
即当 λ > 0 时, λE m + A
(m )

是正定矩阵。假若

不是半正定矩阵,则存在一非零向量 X 0 ,

′ 使 X 0 AX = ?c

(c > 0) 。于是令
λ
c
2 x + x 20 + 2 + xn0



X
这与 λ > 0 时

E

A X0

′ X 0 EX 0 + X 0 AX 0 = c ? c = 0

A 为半正定矩阵。

第六章 线性空间
9.在 P 中,求由基 ε 1, , ε 2 , ε 3 , ε 4 , 到基 η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 的过渡矩阵,并求向量 ξ 在所指基下的坐
4

标。设

?ε 1 ?ε ? 1)? 2 ?ε 3 ?ε 4 ?

= (1,0,0,0 ) ? ?η1 = (2,1,?1,1) ? = (0,1,0,0 )? ?η 2 = (0,3,1,0 ) ? ? , ? η = (5,3,2,1) = (0,0,1,0) ? ? 3 = (0,0,0,1)? ?η 4 = (6,6,1,3) ? ?

ξ = ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ) 在η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 下的坐标;
? ε 1 = (1,2,?10) ? ?η1 = (2,1,?0,1) ? ε = (1,?1,1,1) ? ? η = (0,1,2,2 ) ? ? 2 ? 2)? 2 ?,? ? ε 3 = (? 1,2,1,1) ? ?η 3 = (? 2,1,1,2 ) ?ε 4 = (? 1,?1,0,1)? ? η 4 = (1,3,1,2 ) ? ? ? ? ε 1 = (1,1,1,1) ? ? η1 = (1,1,0,1 ?ε = (1,1,?1,?1)? ? η = (2,1,3,1) ? ? 2 ? 3)? 2 ?,? ?ε 3 = (1,?1,1,?1)? ? η 3 = (1,1,0,0 ) ?ε 4 = (1,?1,?1,1)? ?η = (0,1,?1,?1) ? ? ?

下的坐标;

ξ = (1,0,0,?1)
?2 ? ?1 ,)? ?1 ? ?1 ?



1) (η 1,

2

,

3

,

4

,

,

0 3 1 0

5 3 2 1

6? ? 6? =( ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 )A 1? ? 3? ?

这里 A 即为所求由基 ε 1 , 得 于是 ( ε1 ,

ε 2 , ε 3 , ε 4 , 到η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 的过渡矩阵,将上式两边右乘得 Α ?1 ,

ε 2 , ε 3 , ε 4 )=(η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 ) Α ?1 ,

? x1 ? ? x1 ? ? ? ? ? ? x2 ? ?1 ? x 2 ? ξ = ( ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 ) ? ? =(η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 ) Α ? ? x x ? 3? ? 3? ?x ? ?x ? ? 4? ? 4?
所以在基下的坐标为

? x1 ? ? ? ?x ? Α ?1 ? 2 ? x ? 3? ?x ? ? 4?

? 4 ? ? 9 ? 1 ?1 ? 这里 Α = 27 ? 1 ? ? 3 ?? 7 ? ? 27

1 3 4 9 0 ? 1 9

11 ? ? 9 ? 1 23 ? ? ? 3 27 ? 2 ? ? ? 0 3 ? 1 26 ? ? 3 27 ? ?1 ? (0,0,0,1)

2 ) 令 e1 = (1,0,0,0), e2 = (0,1,0,0), e3 = (0,0,1,0),

1 ?1 ? ? 2 ?1 ( ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 )=( e1 , e2, e3 , e4 ) ? ?1 1 ? ?0 1 ? ?2 ? ?1 ) 0 1 0 1 2 2 2 1 1 2

1 1 2 ?1 1 0 1 1 1 3 =( 1 , 1? ? 2? ?

(η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 )=(

2, 3

,

4

)

将( e1 , e2, e3 , e4

代入上式,得

(η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 这里

B

3 6 5? ? 3 ? ? ? ? 13 13 13 ? ? 13 ?1 1 3 4 ? ? ? 5 ? ? ?1 ? 1 ?1 ? 13 13 13 13 , A B= Α =? ?0 2 3 4 1 ? ? ? ?? ?0 13 13 ? ? 13 13 ? 8 ? ?? 3 ? 2 ? 7 ? ? 13 13 13 ? ? 13
?1

0 1 1 0

0 0 1 1

1? ? 1? 1? ? 0? ?

且 A B 即为所求由基 ε 1, ε 2 , ε 3 , ε 4 , 到基η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 的过渡矩阵,进而有

?1? ?1? ? ? ? ? ? 0? ? 0? ξ = (1,0,0,0 ) =( e1 , e2, e3 , e4 ) ? ? =( ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 ) A ?1 ? ? 0 0 ? ? ? ? ? 0? ? 0? ? ? ? ? ? 3 ? ? ? ? 13 ? ? 5 ? ? ? =( ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 ) 13 ? 2? ?? ? ? 13 ? ?? 3 ? ? ? ? 13 ?
所以 ξ 在 ε 1 ,

ε 2 , ε 3 , ε 4 下的坐标为 ?

? ?

3) e1 , e2, e3 , e4 同 2 ) ,同理可得

?1 1 1 1 ? ?1 2 ? ? ? ?1 1 ? 1 ? 1? ?1 1 A= ? ?, B= ? 0 3 1 ?1 1 ?1 ? ? ? ?1 ? 1 ? 1 1 ? ?1 1 ? ? ?
1 4

1 1 0 0

0 1 1 1

Α ?1 =

则所求由

1

2

3

4 的过渡矩阵为

? ? ? 4 ? 1 ?1 Α B= ? 4 ? 1 ?? ? 4 ? 1 ? ? 4
再令

4 1 ? 4 3 4 1 ? 4

2 1 2 0 0

4? 3 ? 4 ? 1? ? ? 4? 1? ? ? 4?

ξ = aη1 +bη 2 +cη 3 +dη 4


? η1 ? ?1 ? ? ? 2 ?η 2 ? (1,0,0,0) = (a, b, c, d )? ? = (a, b, c, d )? ?1 η ? 3? ? ?0 ?η ? ? ? 4?

1? ? 1 3 1? 1 0 0? ? 1 ? 1 ? 1? ? 1 0

由上式可解得 ξ 在下的坐标为η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 下的坐标为

(a, b, c, d ) = ? ? 2,? 1 ? 4,? 3 ? ξ = aη1 ? ?
?
2 2?
10.继第 9 题 1)求一非零向量 ξ ,它在基 ε 1 , 标 解 。 设 ξ 在两基下的坐标为 x1 , x 2 , x3, x 4

ε 2 , ε 3 , ε 4 与η 1,η 2 ,η 3 ,η 4 下有相同的坐

(

ξ =( ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 )

又因为

2

? 1 3 3 6? ,ε 3 ,ε 4 ) ? =( ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 )A ?1 1 2 1? ? ? ? 1 0 1 3? ? ?

所以

?x ? ?x ?x ? ?x ? ? 4?


?x ? ? 4?
0 2 1 0 5 3 1 1

? ? ? ? =0 ? ?x ? ? 4?
6 1 2 3 6 = 0, 且 ? 1 1 1 ≠ 0 1 1 0 1 2

1 1 A? E = ?1 1

于是只要令 x 4 = ?c, 就有

? x1 + 2 x 2 + 3 x3 = 6c ? ? ? x1 + x 2 + x3 = c ? x + x = 2c 1 3 ?
解此方程组得

(x , x
1

2

, x3, x 4 ) = (c, c, c,?c ) (c 为任意非零常数)

取 c 为某个非零常数 c 0 ,则所求 ξ 为

ξ = c0 ε 1 + c0 ε 2 + c0 ε 3 ? c0 ε 4
11.证明:实数域作为它自身的线性空间与第 3 题 8)中的空间同构。 证 证法 1 因为它们都是实数域上的一维线性空间,故同构。? 12 .

设V1 ,V2 都是线性空间V的子空间, 且V

V ,

:

的维数相等, 那么V1 = V2 .



设 dim( V1 )=r 则由基的扩充定理,可找到

V1 ? V2 ,且它

们的唯数相等,故 a1 , a 2 ,.....a r , ,也是 V2 13. A ∈ P
n× n



1)证明:全体与可交换的矩阵组成的一个子空间,记做 C(A) ; 2)当 A=E

3)当 A=

? ? ? ? 时,求 C(A)的唯数和一组基。 ? n? ?

证 1)设与 可交换的矩阵的集合记为 C(A)。若 B,D 属于 C(A),可得 A(B+D)=AB+AD=BA+DA=(B+D)A 故 B+D ∈ C(A)。若 k 是一数,B ∈ C ( A) ,可得 A(kB)=k(AB)=k(BA)=(kB)A 所以 kB ∈ C(A)。故 C(A)构成 P 2)当 A=E 时,C(A)= P
n× n n× n

子空间。



, 故维数为 n, E11 , E 22 ,...E nn 3) 设与 A 可交换的矩阵为 B= bij ) 则 B 只能是对角矩阵, ( 即为它的一组基。 14.设

求中全体与可交换的矩阵所成的子空间的维数和一组基。 解 若记

?1 0 0? ?0 0 0? ? ? ? ? A= ? 0 1 0 ? + ? 0 0 0 ? = E + S ?0 0 1? ?3 1 1? ? ? ? ? ?a ? 并设 B= ? a1 ?a ? 2 b b1 b2 c? ? c1 ? 与 A 可交换,即 AB=BA,则 SB=BS。且由 c2 ? ? b b1 b2 c? ? 0 ? ? c1 ? = ? 0 ? ? 3a + a + a c2 ? ? 0 0 3b + b + b ? ? 0 ? 3c + c1 + c 2 ? ? 0

? 0 0 0 ?? a ?? ? SB= ? 0 0 0 ?? a1 ? 3 1 1 ?? a ?? 2 ?

?a ? BS= ? a1 ?a ? 2

b b1 b2

c ? ? 0 0 0? ? 3 ? ? ?? c1 ? ? 0 0 0 ? = ? 3 c2 ? ? 3 1 1 ? ? 3 ? ? ??

可是 c1 = c = 0 又

?3a + a1 + a 2 = c 2 ? ? 3b + b1 + b2 = c 2 ?? 3c + 3a = ? a ? a b b b ? c2

即?

该方程组的系数矩阵的秩为 ,所以解空间的维数为 5。取自由未知量 a, c 2 ,并 令 b=1,其余为 令 a1 =1,其余为 令 b1 =1,其余为 0,得 c2 =1,a=1; 令 a 2 =1,其余为 0,得 c2 =0,a= ? 令 b2 =1,其余为 0,得 c2 =1,a=1; 则与 A 可交换的矩阵为

3

1 ; 3

?a ? B= ? a1 ?a ? 2

b b1 b2

0? ? 0? c2 ? ?

其中,a, c 2 可经 b, a1 , a 2 , b1 , b2 表示,所求子空间的一组基为

? 3 1 0? ? ? ?0 0 0? , ? 0 0 3? ? ?
且维数为 5。 15.如果

? 1 ? 0 0? ?? ? 3 ? ? 1 0 0? ? 0 0 0? ? ? ? ?

?1 0 0? ? ? , ?0 1 0? , ?0 0 1? ? ?

? 1 ? 0 0? ?? ? 3 ? ? 0 0 0? ? 1 0 0? ? ? ? ?

?1 0 0? ? ? , ?0 0 0? ?0 1 1? ? ?

c1 a + c 2 β + c3γ = 0, 且 c1 c 3 ≠ 0
证明:L (a, β ) =L (β , γ ) 证 由 c1 c 3 ≠ 0 ,知 c1 ≠ 0, 所以 a 可

β , γ 经线性表出,即 α , β 可经 β , γ 线性表出,

同理, β , γ 也可经 α , β 线性表出。故 L (a 16.在中,求由向量生成的子空间的基与维数。设

? a1 = (2,1,3,1) ? a = (1,2,0,1) ? 2 1) ? ?a3 = (?1,1,?3,0) ? a 4 = (1,1,1,1) ?


? ? a1 = ( ?a = (?1,1,?3,1) ? 2 ? ? a3 = (4,5,3,?1) ? a 4 = (1,5,?3,1) ? a1 , a 2 , a 4 为

1 ) a1 , a 2 , a3 , a 4 的 一 个 极 大 线 性 无 关 组

L (a1 , a 2 , a3 , a 4 ) 2) a a a a 得以个极大线性无关组为 a1 , a 2 ,故 a1 , a 2 是 L (a1 , a 2 , a3 , a 4 ) 的 一组基,且维数为 17.在中,由齐次方程组

? 3 x1 + 2 x 2 ? 5 x3 + 4 x 4 = 0 ? ? 3 x1 ? x 2 + 3 x3 ? 3 x 4 = 0 ?3 x + 5 x ? 13 x + 11x = 0 2 3 4 ? 1
确定的解空间的基与维数。 解 对系数矩阵作行初等变换,有

?3 2 ? 5 4 ? ?3 2 ? 5 4 ? ?3 2 ? 5 4 ? ? ? ? ? ? ? ? 3 ? 1 3 ? 3? → ? 0 ? 3 8 ? 7 ? → ? 0 ? 3 8 ? 7 ? ? 3 5 ? 13 11 ? ? 0 3 ? 8 7 ? ? 0 0 0 0 ? ? ? ? ? ? ?
所以解空间的维数是 2,它的一组基为

? 1 8 ? ?2 7 ? a1 = ? ? , ,1,0 ? , a 2 = ? , ,0,1? ? 9 3 ? ?9 3 ?

18.求由向量生成的子空间与由向量生成的子空间的交的基与维数.设 1) ?

? a1 = (1,2,1,0 ) ?a 2 = (? 1,1,1,1) ?a1 = (1,1,0,0 ) ? a 2 = (1,0,1,1)

? β1 = (2,?1,0,1) ? ?β 2 = (1,?1,3,7 ) ? β 1 = (0,0,1,1) ? ?β 2 = (0,1,1,0 ) ? β1 = (2,5,?6,?5) ? ?β 2 = (? 1,2,?7,3)

2) ?

? a1 = (1,2,?1,?2 ) ? 3) ? a 2 = (3,1,1,1) ?a = (?1,0,1,?1) ? 3
解 1)设所求交向量 则有

γ = k1 α 1 + k 2 α 2 = l1 β1 + l 2 β 2
k1 α 1 + k 2 α 2 ? ? k1 ? k 2 ? 2l1 ? l 2 = 0 ?2 k + k + l + l = ? 1 2 1 2 ? ? k1 + k 2 ? 3l 2 = 0 ? k 2 ? l1 ? 7l 2 = 0 ?



1 ?1 ? 2 ?1 2 1 1 1 可算得 D = = 1 1 0 ?3

1

1

0

因此方程组的解空间维数为 ,故交的维数也为 1。任取一非零解 ( k1 , k 2 , l1 , l 2 ) =

(?1,4,?.3,1)
所以它们的交 2)设所求交向量

1

+ 4α 2 = (?5,2,3,4)

就是其一组基。

γ = k1 α 1 + k 2 α 2 = l1 β1 + l 2 β 2

? k1 + k 2 = 0 ? k ?l = 0 ? 1 2 则有 ? ?k 2 ? l1 ? l 2 = 0 ? k 2 ? l1 = 0 ?
因方程组的系数行列式不等于 0,故方程组只有零解,即 k1 = k 2 = l1 = l 2 = 0, 从而 交的维数为 0。

3)设所求交向量为

γ = k1 α 1 + k 2 α 2 = l1 β1 + l 2 β 2



? k1 + 3k 2 ? k 3 ? 2l1 + l 2 = 0 ? 2k + k ? 5l ? 2l = 0 ? 1 2 1 2 ? ? k1 + k 2 + k 3 + 6l1 + 7l 2 = 0 ? ?? 2k1 + k 2 ? k 3 + 5l1 ? 3l 2 = 0 ?

1 2 由 ?1 ?2

3 ?1 1 1 0 ?2 ≠0 1 1 7 1 ?1 ? 3

知解空间是一维的,因此交的维数是 1。令 l1 = 1, ,

可得 l 2 = 0 ,因此交向量 γ = l1 β 1 + l 2 β 2 =

β 1 就是一组基。

19. 设 V1 与 V2 分别是齐次方程组 x1 + x 2 证明: P = V1 ⊕ V2.
n

x

x

x

xn

x n 的解空间,



由 于 x1 + x 2 + ... + x n = 0 的 解 空 间 是 你

维 的 , 其 基 为

α 1 = (?1,1,0,...,0), α 2 = (?1,0,1,...,0),..., α
知其解空间是 1 维的, x n = 1, 则其基为 令 基,从而 P = V + V
n

( 1,0,0,...,1)

x

x = ... = x n ?1 = x n
即为 P 的一组
n

dim( P ) = dim(V1 ) + dim(V2 ) ,故 P n = V1 ⊕ V2. 。

20. 证明:如果 V 证 由题设知

V1 V2 V1

V11

V12 , 那么 V = V11 ⊕ V12 ⊕ V2 。
因为 V = V1 ⊕ V2 , 所以

dim(V )

dim(V ) dim(V )

又因为 V1 = V11 ⊕ V12 , 所以 故 即证 V = V11 ⊕ V12 ⊕ V2 。

dim(V1 ) = dim(V11 ) + dim(V12 ), dim(V ) = dim(V11 ) + dim(V12 ) + dim(V2 ) ,
21. 证

证明:每一个 n 维线性空间都可以表示成 n 个一维子空间的直和。 设 α 1 , α 2 ,..., α n 是 n 维线性空间 V 的一组基。显然 L(α 1 ), L(α 2 ),..., L(α n ) 都是 V 的一维子空间,且 L(α 1 ) + L(α 2 ) + ... + L(α n ) = L(α 1 , α 2 ,..., α n ) =V 又因为

dim( L(α 1 )) + dim( L(α 2 )) + ... + dim( L(α n )) = dim(V )



V = L(α 1 ) ⊕ L(α 2 ) ⊕ ... ⊕ L(α n ) 。

22.证明:和

∑V
i =1

s

i

是直和的充分必要条件是 Vi ∩
i ?1

∑V
j =1

i ?1

j

= {0}(i = 2,..., s ).



必要性是显然的。这是因为 Vi ∩ ∑ V j ? Vi ∩ ∑ V j = {0}
j =1 j ≠1

所以

Vi ∩ ∑ V j = {0} 。
j =1

i ?1

充分性



∑V
i =1

s

i

不是直和,那么

向量还有一个分解 0

+ ... + α s

其 中 α j ∈ V j ( j = 1,2,..., s ).

在零分解式中,设最后一个不为 0 的向量是

α k (k ≤ s ), 则 0 = α 1 + α 2 + ...
因此 α k ∈

+

+ α k ?1 = ?α k

∑V ,α
j =1 j

k ?1

k

∈ Vk , 这与

矛盾,充分性得证。

23.

再给定了空间直角坐标系的三维空间中,所有自原点引出的向量天添上零向量构成 一个三维线性空间 1) 问所有终点都在一个平面上的向量是否为子空间? 2) 设有过原点的三条直线,这三条直线上的全部向量分别成为三个子空间 L1 , L2 , L3 , 问 L1

L2 L1

L2

L3 能构成哪些类型的子空间,试全部列举出来;

3)就用该三维空间的例子来说明,若 U,V,X,Y 是子空间,满足 U+V=X,X ? Y,是 否一定有 Y = Y ∩ U + Y ∩ V . 解 1)终点所在的平面是过原点的平面,那么所有这些向量构成二维子空间;但终点在 不过原点的平面上的向量不构成子空间,因为对加法不封闭。 2) L1 + L2 : (1)直线 l1 与 l 2 重合时,是 L1 + L2 一维子空间; (2) l1 与 l 2 不重合时,时 L1 + L2 二维子空间。

L1 + L2 + L3 :

(1) (2) (3)

l1 , l 2 ,l3 重合时, L1 + L2 + L3 构成一维子空间; l1 , l 2 ,l3 在同一平面上时, L1 + L2 + L3 构成二维子空间; l1 , l 2 ,l3 不在同一平面上时, L1 + L2 + L3 构成三维子空间。

3) 令过原点的两条不同直线 l1 , l 2 分别构成一维子空间 U 和 V,X=U+V 是二维子 空间,在 l1 , l 2 决定的平面上,过原点的另一条不与 l1 , l 2 相同的直线 l 3 构成一维 子空间 Y,显然 Y ? X , Y ∩ U = {0}, Y ∩ V = {0}, 因此 (Y ∩ U ) ⊕ (Y ∩ V ) = {0} 故 Y = (Y ∩ U ) ⊕ (Y ∩ V ) 并不成立。

三.补充题精解
1.1)证明:在 P[x] n 中,多项式 f i = ( x (i=1,2,…,n)是一组基,其中 α 1 , α 2 ,..., 2)在 1) 中, α 1 , α 2 ,..., α n 是全体 n 取 的过渡矩阵。 证 1)设 将x 到基 f1 , f 2 ,..., f n

)...( x

x

)...( x

n

)

=0

(
得 k1

)

(

)

... = f n (α 1 ) = 0, f1 (α 1 ) ≠ 0

α n 分别代入,可得
k 2 = k 3 = ... = k n = 0

所以 f1 , f 2 ,..., f n 线性无关。而 P[x] n 是 n 维的,故 f1 , f 2 ,..., f n 是 P[x] n 的一组基。 2)取 α 1 , α 2 ,..., α n 为全体单位根 1, ε .ε ,..., ε
2

n ?1

,则

xn ?1 f1 = = 1 + x + x 2 + ... + x n ?1 x ?1 f2 = xn ?1 = ε n ?1 + ε n ? 2 x + ε n ?3 x 2 + ... + εx n ? 2 + x n ?1 x ?ε

...............................................................................................................

fn =

xn ?1 = ε + ε 2 x + ... + ε n ?1 x n ? 2 + x n ?1 n ?1 x ?ε

? 1 ε n ?1 ? ? 1 ε n?2 故所求过渡矩阵为 ? ... ... ? ?1 ε ? 1 ?1
2.设

ε n ? 2 ... ε n ? 4 ...
...

ε n?2
1

? ... ? ... ε n ?1 ? ? ... 1 ? ...

ε ? ? ε2 ?

α 1 , α 2 ,..., α n 是 n 维 线 性 空 间 V 的 一 组 基 , A 是 一 个 n × s 矩 阵 , 且
( β1 , β 2 ,..., β s ) = ( , ,..., )

证明: L( β 1 , β 2 ,..., β s ) 的维数等于 A 证 只需证

β1 , β 2 ,..., β s 的 极 大 线 性 无 关 组 所 含 向 量 的 个 数 等 于 A 的 秩 。 设
... a1s ? ? . . ? . . ? ? ?

? a11 ... a1r ? . . ? . ? . A= . . ? ?

且 rank ( A)

r, r

) 不失一般性,可设 A 的前 r 列是极大线性无关组,由条件

? β1 = a11α 1 + a 21α 2 + + ? ............................................. ? ? 得 ?β r = a1r α 1 + a 2 α 2 + + ?............................................... ? ? β s = a1sα 1 + a 2 sα 2 + ... + a nsα n ?
可证 β 1 , β 2 ,..., β r 构成 β 1 , β 2 ,..., β r , β r +1 ,..., β s 的一个极大线性方程组。事实上,设

k1 β1 + k 2 β 2 + ... + k r β r = 0
于是得 ( k1 a11 + ... + k r a1r )α 1 + ( k1 a 21 + ... + k r a 2 r )α 2 + ... + ( k1 a n1 + ... + k r a1r )α n = 0

? a11 k1 + a12 k 2 + ... + a1r k r = 0 ? 因为 α 1 , α 2 ,..., α n 线性无关,所以 ? .......................................... ?a k + a k + ... + a k = 0 n2 2 nr r ? n1 1
该方程组的系数矩阵秩为 r , 故方程组只有零解 k1 = k 2 = ... = k r = 0 ,于是 β 1 , β 2 ,..., β r

线性无关。 其次可证:任意添一个向量 β j 后,向量组 β 1 , β 2 ,..., β r , β j 一定线性相关。事实上,

? a11 k1 + a12 k 2 + ... + a1r k r + a1 j k j = 0 ? .......................................... 设 k1 β 1 + k 2 β 2 + ... + k r β r + k j β j = 0 ,于是 ? ?a k + a k + ... + a k + a k = 0 n2 2 nr r nj j ? n1 1
其系数矩阵的秩为 r<r+1, 所以方程组有非零解 k1 , k 2 ,..., k r , k , 即 β 1 , β 2 ,..., β r , β j 线性 相关。因此, β 1 , β 2 ,..., β r 是 β 1 , β 2 ,..., β s 的极大线性无关组。从而 L( β 1 , β 2 ,..., β s ) 的维 数等于 A 的秩。即等于 rank (A) 。 3. 设 f ( x1 , x 2 ,..., x n ) 是一秩为 n 的二次型,证明:有 (其中为符号差) ,使对任一 ( x1 , x 2 ,..., x ) 证 设 f ( x1 , x 2 ,..., x n ) 的正惯性指数为 p,负惯性指数为 C,Y=CX,使 f ( x1 , x 2 ,..., x n ) =y1 由
2

维子空间 V1

。于是存在可逆矩阵,

y q时 q时

y

y

? p , 当p 1 1 (n ? s ) = (n ? p ? q ) = ? 2 2 ? q , 当p
时类似可证) 。

下面仅对 p<q

c x + ... + c1n x n = y1 .......................
将 Y=CX 展开,有方程组

c x + ... + c pn x n = y p c x + + c p +1,n x n = y p +1 ........................ ?c p + q ,1 x1 + ... + c p + q ,n x n = y p + q ?

?ε 1 = (1,0,...,0,1,0,...,0)' ? 2 ' ?ε = (0,1,...,0,0,1,...,0) 任取 ? ?................................. ?ε p = (0,...,0,1,0,...,1,0,...,0) ' ?
则 ε 1 , ε 2 ,..., ε p 线性无关,将 ε 1 , ε 2 ,..., ε p 分别代入方程组,可解得 α 1 , α 2 ,..., α p ,使得

Cα 1 = ε 1 , Cα 2 = ε 2 ,..., Cα p = ε p ,且 α 1 , α 2 ,..., α p 线性无关。
下面证明 p 维子空间 L ( α 1 , α 2 ,..., α p )即为所要求得 V1 。事实上,对任意

X 0 ∈ L ( α 1 , α 2 ,..., α p ) ,设有线性关系 X 0 = k1 α 1 + k 2α 2 + ... + k pα p 代入 Y=CX


Y0 = CX 0 = k1Cα 1 + k 2 Cα 2 + ... + k p Cα p = k1ε 1 + k 2 ε 2 + ... + k p ε p = (k1 , k 2 ,...k p , k1 , k 2 ,..., k p ,0,...,0) '
故 f = X 0 AX 0 = k1 + ... + k p ? k1 ? ... ? k p = 0 即证 V1 = L ( α 1 , α 2 ,..., α p ).
' 2 2 2 2

4.

设 V1 , V2 是线性空间 V 的两个非平凡的子空间,证明:在 V 中存在 α ,使

α∈ 1 , α∈ 2 同时成立。 V V
证 因为 V1 , V2 非平凡的子空间,故存在 α∈ 1 ,如果 α∈ 2 ,则命题已证。设 α∈ 2 V V V 则一定存在 β ∈ 2 ,若 β ∈ 1 ,则命题也得证。下设 V V

α ∈ , α ∈ V2 及 V
V1 ,又 V1 ,同理可证

β ∈ V1 , β ∈ 2 , 因而必有 α + β ∈ α + β ∈ V β ∈ V1 ,则由 V1 是子空间,必有 α ∈ α + β ∈ V2 ,证毕。
5. 设 V1 , V2 ,..., Vs 是线性空间 V 的 s 个非平凡的子空间,证明 于 V1 , V2 ,..., V 证

中至少有一向量 α 不属

采用数学归纳法。当 时,由上题已证命题成立。 现归纳假设命题对 个非平凡的子空间也成立,即在 V 中至少存在一个向量不属于

V1 , V2 ,...,V
若α ∈V

s

,则命题已证。 ,且对 P 中 s 不同的数 k1 , k 2 ,..., k s , 对应的 s 个

s

向 量 kα + β (i = 1.2....s ) 中 不 可 能 有 两 个 向 量 同 时 属 于 某 个 非 平 凡 的 子 空 间

Vi (i = 1.2....s ? 1). 换句话说,上述 S 个向量 kα + β (i = 1.2....s) 中至少有一个向量不
属于任意一个非平凡子空间 Vi (i = 1.2....s ? 1). 记之为 γ 0 = k i 0α + β . 易见 γ 0 也不属 于 Vs 。即证命题对 s 个非平凡的子空间也成立。即证。

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1.设 M ? N , 证明: M ∩ N = M , M ∪ N = N .



任取

α ∈ M , 由 M ? N, 得 α ∈ N, 所 以 α ∈ M ∩ N, 即 证 M ∈ N ∩ M. 又 因

M ∩ N ? M , 故 M ∩ N = M . 再证第二式。任取 α ∈ M 或 α ∈ N , 但 M ? N , 因此无论哪
一种情形,都有 α ∈ N , 此即 M ∩ N ? N . 但 N ? M ∪ N , 所以 M ∪ N = N .

2.证明 M ∩ ( N ∪ L) = ( M ∩ N ) ∪ ( M ∩ L) , M ∪ ( N ∩ L) = ( M ∪ N ) ∩ ( M ∪ L)
证 ?x ∈ M ∩ ( N ∪ L), 则 x ∈ M且x ∈ N ∪ L. 在后一情形, 于是 x ∈ M ∩ N或x ∈ M ∩ L. 所以 x ∈ ( M ∩ N ) ∪ ( M ∩ L) ,由此得 M ∩ ( N ∪ L) = ( M ∩ N ) ∪ ( M ∩ L) . 反之,若

x ∈ ( M ∩ N ) ∪ ( M ∩ L) ,则 x ∈ M ∩ N或x ∈ M ∩ L. 在前一情形, x ∈ M , x ∈ N , 因此 x ∈ N ∪ L. 故 得 x ∈ M ∩ ( N ∪ L), 在 后 一 情 形 , 因 而 x ∈ N ∪ L. 故 得

x ∈ M ∩ ( N ∪ L),



( M ∩ N ) ∪ ( M ∩ L)


M ∩ ( N ∪ L),





M ∩ ( N ∪ L) = ( M ∩ N ) ∪ ( M ∩ L) 若

L),则x ∈ M,x ∈N∩L.

在前一情形 X M ∪ N , 且X ∈ M ∪ L, 因而 (



在后一情形,x ∈ N ,x ∈ L,因而x ∈ M ∪ N , 且X ∈ M ∪ L,即X ∈ ∪ N)(M ∪ L)所以 (M ∩ (M ∪ N)(M ∪ L) M ∪ ∪ L) ∩ (N 故 即证。
3、检验以下集合对于所指的线性运算是否构成实数域上的线性空间: )的实系数多项式的全体,对于多项式的加法和数量乘法; 1) 次数等于 n 2) 设 A 是一个 n× 的实系数多项式 f(A)的全体,对于矩阵的加法和数量 乘法; 3) 全体实对称(反对称,上三角)矩阵,对于矩阵的加法和数量乘法; 4) 平面上不平行于某一向量所成的集合,对于向量的加法和数量乘法; 5) 全体实数的二元数列,对于下面定义的运算:

M ∪ N ∩ L)=(M ∪ N)(M ∪ L) ( ∩

(a 1,b1)(a + b = a1 + a 2,b1 + b2 + a1 a 2) ⊕ ( k。(a 1,b1)=(ka1,kb1 +

k (k ? 1 2 ) a1 2

6) 平面上全体向量,对于通常的加法和如下定义的数量乘法: k。a=0; 7) 集合与加法同 6) ,数量乘法定义为: K.a=a; 8) 全体正实数 r,加法与数量乘法定义为: a ⊕ b=ab,k。a= a
k

解 1)否。因两个 n 次多项式相加不一定是 n 次多项式,例如

(x n + 5)( ? x n ? 2) 3 + =
2)令 V+{f(A)f(x)为实数多项式,A 是 n×n 实矩阵} 因为 f(x)+g(x)=h(x) ,kf(x)=d(x) 所以 f(A)+g(A)=h(A) ,kf(A)=d(A) 由于矩阵对加法和数量乘法满足线性空间定义的 1~8 条,故 v 构成线性空间。 3)矩阵的加法和和数量乘法满足线性空间定义的 1~8 条性质,只需证明对称矩阵(上三 角矩阵,反对称矩阵)对加法与数量乘法是否封闭即可。下面仅对反对称矩阵证明: 当 A,B 为反对称矩阵,k 为任意一实数时,有

′ (A+B) =A′+B′=-A-B=-(A+B)
A+B 仍是反对称矩阵。

′ (KA)= KA′ = K ? A) ? KA) ( =(
所以 kA 是反对称矩阵,故反对称矩阵的全体构成线性空间。 4)否。例如以已知向量为对角线的任意两个向量的和不属于这个集合。 5)不难验证,对于加法,交换律,结合律满足, ( 。对于数乘: (-a, a -b)
2

b)的负元是

1。(a,b)( 。a, b = = 1 1。

1(1 ? 1) 2 a ) = ( a, b) 2 l (l ? 1) 2 k .(l.(a, b) = k .(la, lb + a ) 2 l (l ? 1) k (k ? 1) a 2] + (la ) 2 ) = (kla, k[lb + 2 2 l (l ? 1) 2 k (k ? 1) a ]+ (la ) 2 ) = (kla, k[lb + 2 2 kl (kl ? 1) 2 k (k ? 1) (la) 2 ) a + = (kla, 2 2 kl (kl ? 1) 2 a + klb) = (kla, 2 = (kl ).(a, b)

(k + l )(k + l ? 1) ( ) ] 2 k (k ? 1) ( ? 1) k .(a, b) ⊕ l.(a, b) = (ka, kb + a ) ⊕ (la, lb + a 2 2 k (k ? 1) 2 k (k ? 1) 2 a + a + kla 2 ) = (ka + la, kb + 2 2 (k + 1)(k + l ? 1) 2 a + (k + l )b] = [(k + l )a, 2 即 (k + l ).(a, b) = [(k + l )a,

( k + l ) ( a, b)

k ( a, b)

l ( a, b)

k [(a1 , b1 ) ⊕ (a , b )] = k (a1 + a 2 , b1 + b2 + a1 a 2 )
= [k (a1 + a 2 ), k (b1 + b2 + a1 a 2 +

(a1 + a 2 ) 2 )]

k (a1, b1 ) ⊕ k (a , b ) k (k ? 1) 2 k (k ? 1) 2 a1 ) ⊕ (ka 2 , kb2 + a2 ) 2 2 k (k ? 1) 2 k (k ? 1) 2 = ( ka1 + ka 2 , kb1 + a1 + kb2 + a 2 + k 2 a1 a 2 ) 2 2 k (k ? 1) 2 k (k ? 1) 2 = (k (a1 + a 2 ), k (b1 + b2 + a1 a 2 ) + a1 + + a 2 + k 2 a1 a 2 ? k a1 a 2 ) 2 2 k (k ? 1) 2 2 = (k (a1 + a 2 ), k (b1 + b2 + a1 a 2 ) + (a1 + a 2 ) 2 ) 2
= ( ka1 , kb1 + 即 k (a1 , b1 ) ⊕ (a 2 , b2 ) = k (a1, b1 ) ⊕ k (a 2 , b2 ) 所以,所给集合构成线性空间。 6)否,因为 1

α = 0 ≠ α.

7)否,因为 ( k + l )

α = α , k α + l α = α + α = 2α , 所以(k + l ) α ≠ (k α ) + (l α )

所给集合不满足线性空间的定义。 8)显然所给集合对定义的加法和数量乘法都是封闭的,满足

i) a ⊕ b = ab = ba = b ⊕ a ii )(a ⊕ b) ⊕ c = ( ab) ⊕ c = abc = a ⊕ (bc) = a ⊕ (b ⊕ c) iii )1是零元:a ⊕ 1 = a ? 1 = a 1 1 1 1 iv)a的负元是 : a ⊕ = a ? = 1, 且 ⊕ a = 1 a a a a 1 v)1 ⊕ a = a = a vi)(k (l a)) = k (a l ) = (a l ) k = a lk = a kl = (kl ) a vii)(k + l ) a = a k +l = a k ? a l = (ka) ⊕ (la ) viii )k (a ⊕ b) = k (ab) = (ab) k = a k b k = (k a ) ⊕ (k b)

所以,所给集合 R 构成线性空间。

+

4 在线性空间中,证明:1) k 0 = 0 2)
证 1) k 0 = k (α + (?α )) = kα + k (?α )

k

k ( 1)

(k

( k )) = 0α = 0
kα kβ .

2)因为 k (α ? β ) + kβ = k (



β)

kα , 所以k (α

β)

5 证明:在实函数空间中,

cos t , cos 2t 式线性相关的。

证 因为 cos 2t

2 cos t 1

cos 2 t , cos 2t 式线性相关的。

6 如果 f1 ( x), f 2 ( x), f 3 ( x) 是线性空间 P[ x] 中三个互素的多项式,但其中任意两个都不互
素,那么他们线性无关。 证 若有不全为零的数 k1 , k 2 , k 3 使 k1 f 1 ( x) + k 2 f 2 ( x) + k 3 f 3 ( x) = 0

不妨设 k1 ≠ 0, 则 f 1 ( x ) = ?

k k2 f 2 ( x) ? 3 f 3 ( x) ,这说明 f 2 ( x), f 3 ( x) 的公因式也是 f1 ( x) k1 k1

的 因 式 , 即 f 1 ( x), f 2 ( x), f 3 ( x) 有 非 常 数 的 公 因 式 , 这 于 三 者 互 素 矛 盾 , 所 以

f1 ( x), f 2 ( x), f 3 ( x) 线性无关。

7 在 P 4 中,求向量 ζ 在基 ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 下的坐标。设
1) ε 1 = (1,1,1,1), ε 2 = (1,1,?1,?1), ε 3 = (1,?1,1 ? 1), ε 4 = (1,?1,?1,1), ζ = (1,2,1,1) 2) ε 1 = (1,1,0,1), ε 2 = ( 2,1,3,1), ε 3 = (1,1,0,0), ε 4 = (0,1,?1,?1), ζ = (0,0,0,1)

?a + b + c + d = 1 ?a + b ? c ? d = 2 ? 可得 ζ 在基 解 1 ) 设 有 线 性 关 系 ζ = aε 1 + bε 2 + cε 3 + dε 4 则 ? a ?b+c ?d =1 ? ?a ? b ? c + d = 1 ? 1 5 ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 下的坐标为 a = , b = , c = ? d = ? 4 4

2)设有线性关系 ζ = aε 1 + bε 2 + cε 3 + d

4

在基 ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4

下的坐标为 a = 1, b = 0, c = ?1, d = 0

8 求下列线性空间的维数于一组基: )数域 P 上的空间 P n×n ;2)P n×n 中全体对称(反对
称,上三角)矩阵作成的数域 3)第 3 题 8)中的空间;4)实数域上由矩阵 A 的全

体实系数多项式组成的空间

1 0 0 ? ? ? 1 + 3i 0 ω 0 ?, ω = 2 0 0 ω2 ? ?
n×n

解 1) P

n×n

的基是 E }(i, j = 1,2,..., n), 且 dim( P
ij

{

) = n2.

2)

? ? ? ... i) 令 Fij = ? ? ? ... ? ?

???

... ? ? ... ... 1 ... ? ? 即 a = a = 1, 其 余 元 素 均 为 零 , 则 ... ... ij ji ? 1 ... ... ... ? ? ... ... ?
是对称矩阵所成线性空间 M n 的一组基,所以 M n

{F11 ,..., F1n, F22 ,..., F2n ,..., Fnn }


n(n + 1) 维的. 2

??? ... ? ? ? ? ? ... ... ... 1 ... ? ? 即 a = ?a = 1, (i ≠ j ), 其 余 元 素 均 为 零 , 则 ii) 令 Gij = ? ... ... ij ji ? ? ... ? 1 ... ... ... ? ? ? ? ... ... ? ?

{G12 ,...,G1n, G23 ,..., G2 n ,..., Gn?1,n } 是反对称矩阵所成线性空间 S n 的一组基,
n(n ? 1) 维的. 2
iii)

所以它是

{E11 ,..., E1n, E 22 ,..., E 2n ,..., E nn } 是上三角阵所成线性空间的一组基,所以它是 n(n + 1)
2
且对于任一正实数 可经 2 线性表

维的. 3)任一不等于 1 的正实数都是线性无关的向量 例如取 出,即. a = (log 2 a ) 2 ,所以此线性空间是一维的

? 1 + 3i 4) 因 为 ω = 2
?1 ? A = ? ω2 ? ?
2

n
,

q
于 是

ω =1
3

, = 3 +1 , n = 3q + 2

? ? ?1 ? ? 3 ? ?, A = ? 1 ? = E ? ω? 1? ? ? ?

第七章 线性变换
1. 判别下面所定义的变换那些是线性的,那些不是: 1) 在线性空间 V 中,A ξ = ξ + α ,其中 α ∈ V 是一固定的向量; 2) 在线性空间 V 中,A ξ = α 其中 α ∈ V 是一固定的向量;
3 3) 在 P 中,A ( x1 , x 2 , x 3 ) = ( x1 , x 2 + x 3 , x3 ) ;
2 2

3 4) 在 P 中,A ( x1 , x 2 , x 3 ) = ( 2 x1 ? x 2 , x 2 + x 3 , x1 ) ;

5) 在 P[ x ]中,A f ( x ) = f ( x + 1) 6) 在 P[ x ]中,A f ( x) = f ( x 0 ), 其中 x 0 ∈ P 是一固定的数; 7) 把复数域上看作复数域上的线性空间, A ξ = ξ 8) 在 P 中,AX=BXC 其中 B,C ∈ P 解 1)当 α = 0 时,是;当 α ≠ 0 时,不是. 2)当 α = 0 时,是;当 α ≠ 0 时,不是. 3)不是.例如当 α = (1,0,0) , k = 2 时, k
n×n n×n

是两个固定的矩阵.

A ( kα ) ≠ k A( α ) . 4)是.因取 α = ( x1 , x 2 , x3 ), β = ( y1 , y 2 , y 3 ) A (α + β ) = A ( x1 + y1 , x 2 + y 2 , x3 + y 3 ) = ( 2 x1 + 2 y1 ? x 2 ? y 2 , x 2 = Aα + A β A ( kα ) =

y2 = ( 2 x1 ? x 2 , x 2 + x3 , x1 ) + ( 2 y (kx , kx , kx ) ? +

x3 y 3 x1 y1 y ,y y ,y )

= =
= 故A是P 5) 是.因任取 ( )

[ ], ( )

[ ] ,并令

u ( x) = f ( x) + g ( x ) f ( x + 1) + g ( x + 1) =A f (x) + A ( g ( x)) A ( f ( x) + g ( x)) 再令 v( x) = kf ( x) 则 A (kf ( x)) = A (v( x)) = v( x + 1) = kf ( x + 1) = k A ( f ( x)) 故 A 为 P[x] 上的线性变换. 6)是.因任取 f ( x) ∈ P[ x], g ( x) ∈ P[ x] 则.
A ( f ( x) + g ( x)) = f (x0 ) + g ( x 0 ) = A ( f ( x)) + A ( g ( x) ) A ( kf ( x)) = kf ( x0 ) = k A ( f ( x)) 7)不是.例如取 a=1,k=I,则 A(ka)=-i , k(Aa)=i, A(ka) ≠ kA(a) 8)是.因任取二矩阵 X , Y ∈ P
n×n

,则

A( X + Y ) = B ( X + Y )C = BXC + BYC = A X +A Y A(k X )= B (kX ) = k ( BXC ) = k A X 故A是P
n×n

上的线性变换.

2.在几何空间中,取直角坐标系 oxy,以 A 表示将空间绕 ox 轴由 oy 向 oz 方向旋转 90 度的变换,, 以 B 表示绕 oy 轴向 ox 方向旋转 90 度的变换,以 C 表示绕 oz 轴由 ox 向 oy 方向旋转 90 度的 变换.证明: A =B =C =E,AB ≠ BA,A B =B A
4 4 4 2 2 2 2

并检验(AB) =A B 是否成立. 解 任取一向量 a=(x,y,z),则有 1) 因为 Aa=(x,-z,y), 3 A a=(x,z,-y), Ba=(z,y,-x), 3 B a=(-z,y,x), Ca=(-y,x,z), 3 C a=(y,-x,z), 所以
4 4 4

2

2

2

A a=(x,-y,-z) 4 A a=(x,y,z) 2 B a=(-x,y,-z) 4 B a=(x,y,z) 2 C a=(-x,-y,z) 4 C a=(x,y,z)

2

A =B =C =E 2) 因为 AB(a)=A(z,y,-x)=(z,x,y) BA(a)=B(x,-z,y)=(y,-z,-x) 所以 AB ≠ BA 3)因为 A B (a)=A (-x,y,-z)=(-x,-y,z) 2 2 2 B A (a)=B (x,-y,-z)=(-x,-y,z) 所以 A B =B A 3) 因为
2 2 2 2 2 2 2 2

(AB) (a)=(AB)(AB(a))_=AB(z,x,y)=(y,z,x) 2 2 A B (a)=(-x,-y,z) 所以 (AB) ≠ A B
2 2 2 '

3.在 P[x] 中,A f ( x) = f ( x), B f ( x) = xf ( x) 证明:AB-BA=E 证 任取 f ( x) ∈ P[x],则有 (AB-BA) f ( x) =AB f ( x) -BA f ( x) =A( xf ( x)) -B( f ( x)) = f ( x) + xf ( x) - xf ( x) = f ( x)
' ; '

所以 AB-BA=E 4.设 A,B 是线性变换,如果 AB-BA=E,证明: A B-BA = k A
k k k ?1

(k>1)

证 采用数学归纳法. 当 k=2 时 A B-BA =(A B-ABA)+(ABA-BA )=A(AB-BA)+(AB-BA)A=AE+EA=2A 结论成立. 归纳假设 k = m 时结论成立,即 A B-BA = m A
m m m ?1 2 2 2 2

.则当 k = m + 1 时,有
m m m m

A

m +1

B-BA

m +1

=(A
m

m +1

B-A BA)+(A BA-BA

m

m

m +1

)=A (AB-BA)+(A B-BA )A=A E+ m A

m ?1

A= ( m + 1) A

即 k = m + 1 时结论成立.故对一切 k > 1 结论成立 5.证明:可逆变换是双射. 证 设 A 是可逆变换,它的逆变换为 A
?1

.

若 a ≠ b ,则必有 Aa ≠ Ab,不然设 Aa=Ab,两边左乘 其次,对任一向量 b,必有 a 使 Aa=b,事实上, 因此,A 是一个双射. 6.设 ε 1 , ε 2 , … 仅当 A ε 1 ,A ε 2 证 因 A( ε 1 , ε 2 , … , ε

A 是 V 上的线性变换。证明:A 是可逆变换当且

ε 2 , … , ε n )A

故 A 可逆的充要条件是矩阵 A 可逆,而矩阵 A 可逆的充要条件是 A ε 1 ,A ε 2 , … ,A ε n 线性无关. 故 A 可逆的充要条件是 A ε 1 ,A ε 2 , … ,A ε n 线性无关. 7.求下列线性变换在所指定基下的矩阵: 1) 第 1 题 4)中变换 A 在基 ε 1 =(1,0,0), ε 2 =(0,1,0), ε 3 =(0,0,1)下的矩阵; 2) [o;

ε 1 , ε 2 ]是平面上一直角坐标系,A 是平面上的向量对第一和第三象限角的平分线的垂

直投影,B 是平面上的向量对 ε 2 的垂直投影,求 A,B,AB 在基 ε 1 , ε 2 下的矩阵; 3) 在空间 P[x] n 中,设变换 A 为 f ( x) → f ( x + 1) ? f ( x)

试求 A 在基 ε i = x( x ? 1) … ( x ? i + 1) 下的矩阵 A; 4) 六个函数

1 (I=1,2, … ,n-1) i!

ε 1 =e ax cos bx , ε 2 =e ax sin bx

ε 3 = x e ax cos bx , ε 4 = x e ax sin bx
1 1 ε 1 = x 2 e ax cos bx , ε 1 = e ax x 2 sin bx 2 2
的所有实数线性组合构成实数域上一个六维线性空间,求微分变换 D 在基 ε i (i=1,2, … ,6)下的 矩阵; 5) 已知 P 中线性变换 A 在基 η1 =(-1,1,1),
3

0 1? ? 1 1 0? ?1 2 1? ? 1

求 A 在基 ε 1 =(1,0,0), ε 2 =(0,1,0), ε 3 =(0,0,1) 6) 在 P 中,A 定义如下:
3

? Aη 1 = (?5,0,3) ? ? Aη 2 = (0,?1,6) ? Aη = (?5,?1,9) ? 3
其中

?η 1 = (?1,0,2) ? ? η 2 = (0,1,1) ?η = (3,?1,0) ? 3
求在基 ε 1 =(1,0,0), 7) 同上,求 A 在 η1 , η 2 , η 3 下的矩阵. 解 1) A ε 1 =(2,0,1)=2 ε 1 + ε 3 下的矩阵;

A ε 2 =(-1,1,0)=- ε 1 + ε 2 A ε 3 =(0,1,0)=

ε2

? 2 ?1 0? ? ? 故在基 ε 1 , ε 2 , ε 3 下的矩阵为 ? 0 1 1 ? ?1 0 0? ? ?

2)取 ε 1 =(1,0) ε 2 =(0,1)则 A ε 1 = , Aε2 =

1 1 ε1 + ε 2 , 2 2

1 1 ε1 + ε 2 2 2
1? ? 2? 1? ? 2?

?1 ? 故 A 在基 ε 1 , ε 2 下的矩阵为 A= ? 2 ?1 ? ?2

又因为 B ε 1 =0,B ε 2 = ε 2 所以 B 在基 ε 1 , ε 2 下的矩阵为 B=

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