线性代数答案复旦大学

线性代数答案复旦大学（共7篇）

线性代数答案复旦大学 篇1

线性代数习题及答案习题一

1.求下列各排列的逆序数.(1)341782659；

(2)987654321；

(3)n(n?1)…321；

(4)13…(2n?1)(2n)(2n?2)…2.【解】

(1)τ(341782659)=11;

(2)τ(987654321)=36;

(3)τ(n(n?1)…3²2²1)= 0+1+2 +…+(n?1)=;

(4)τ(13…(2n?1)(2n)(2n?2)…2)=0+1+…+(n?1)+(n?1)+(n?2)+…+1+0=n(n?1).2.略.见教材习题参考答案.3.略.见教材习题参考答案.4.本行列式的展开式中包含和的项.解： 设，其中分别为不同列中对应元素的行下标，则展开式中含项有

展开式中含项有.5.用定义计算下列各行列式.(1)；

(2).【解】(1)D=(?1)τ(2314)4!=24;

(2)D=12.6.计算下列各行列式.(1)；

(2)；

(3)；

(4).【解】(1);

(2);

7.证明下列各式.(1)；

(2)；

(3)

(4)；

(5).【证明】(1)

(2)

(3)首先考虑4阶范德蒙行列式: 从上面的4阶范德蒙行列式知，多项式f(x)的x的系数为

但对（*）式右端行列式按第一行展开知x的系数为两者应相等，故

(4)对D2n按第一行展开，得

据此递推下去，可得

(5)对行列式的阶数n用数学归纳法.当n=2时，可直接验算结论成立，假定对这样的n?1阶行列式结论成立，进而证明阶数为n时结论也成立.按Dn的最后一列，把Dn拆成两个n阶行列式相加：

但由归纳假设

从而有

8.计算下列n阶行列式.(1)

(2)；

(3).(4)其中 ；

(5).【解】(1)各行都加到第一行，再从第一行提出x+(n?1),得

将第一行乘（?1）后分别加到其余各行，得

(2)按第二行展开

(3)行列式按第一列展开后，得

(4)由题意，知

.(5)

.即有

由

得.9.计算n阶行列式.【解】各列都加到第一列，再从第一列提出，得

将第一行乘（?1）后加到其余各行，得

10.计算阶行列式（其中）..【解】行列式的各列提取因子,然后应用范德蒙行列式.11.已知4阶行列式;试求与，其中为行列式的第4行第j个元素的代数余子式.【解】

同理

12.用克莱姆法则解方程组.(1)

(2)

【解】方程组的系数行列式为

故原方程组有惟一解，为

13.λ和μ为何值时，齐次方程组

有非零解?

【解】要使该齐次方程组有非零解只需其系数行列式

即

故或时，方程组有非零解.14.问：齐次线性方程组

有非零解时，a,b必须满足什么条件？ 【解】该齐次线性方程组有非零解

，a,b需满足

即(a+1)2=4b.15.求三次多项式，使得

【解】根据题意，得

这是关于四个未知数的一个线性方程组，由于

故得 于是所求的多项式为

16.求出使一平面上三个点位于同一直线上的充分必要条件.【解】设平面上的直线方程为 ax+by+c=0(a,b不同时为0)按题设有

则以a,b,c为未知数的三元齐次线性方程组有非零解的充分必要条件为

上式即为三点位于同一直线上的充分必要条件.习题 二

1.计算下列矩阵的乘积.（1）；

（2）；

（3）；

（4）；

（5）；

（6）.【解】

(1)

(2);

(3)(10);(4)

(5);

(6).2.设，求(1);(2)；(3)吗? 【解】(1)

(2)

(3)由于AB≠BA,故(A+B)(A?B)≠A2?B2.3.举例说明下列命题是错误的.(1)若，则；

(2)若，则或；(3)若，则.【解】

(1)以三阶矩阵为例，取,但A≠0(2)令,则A2=A,但A≠0且A≠E(3)令

则AX=AY,但X≠Y.4.设, 求A2，A3，…，Ak.【解】

5.，求并证明：.【解】 今归纳假设

那么

所以，对于一切自然数k,都有

6.已知，其中

求及.【解】因为|P|= ?1≠0,故由AP=PB,得

而

7.设，求||.解：由已知条件，的伴随矩阵为

又因为，所以有，且，即

于是有

.8.已知线性变换

利用矩阵乘法求从到的线性变换.【解】已知

从而由到的线性变换为

9.设，为阶方阵，且为对称阵，证明：也是对称阵.【证明】因为n阶方阵A为对称阵，即A′=A, 所以

(B′AB)′=B′A′B=B′AB, 故也为对称阵.10.设A，B为n阶对称方阵，证明：AB为对称阵的充分必要条件是AB=BA.【证明】已知A′=A,B′=B，若AB是对称阵，即(AB)′=AB.则

AB=(AB)′=B′A′=BA, 反之，因AB=BA,则(AB)′=B′A′=BA=AB, 所以，AB为对称阵.11.A为n阶对称矩阵，B为n阶反对称矩阵，证明：(1)B2是对称矩阵.(2)AB?BA是对称矩阵，AB+BA是反对称矩阵.【证明】

因A′=A,B′= ?B,故

(B2)′=B′²B′= ?B²(?B)=B2;(AB?BA)′=(AB)′?(BA)′=B′A′?A′B′

= ?BA?A²(?B)=AB?BA;(AB+BA)′=(AB)′+(BA)′=B′A′+A′B′

= ?BA+A²(?B)= ?(AB+BA).所以B2是对称矩阵，AB?BA是对称矩阵，AB+BA是反对称矩阵.12.求与A=可交换的全体二阶矩阵.【解】设与A可交换的方阵为,则由 =, 得.由对应元素相等得c=0,d=a,即与A可交换的方阵为一切形如的方阵，其中a,b为任意数.13.求与A=可交换的全体三阶矩阵.【解】由于 A=E+, 而且由

可得

由此又可得

所

以

即与A可交换的一切方阵为其中为任意数.14.求下列矩阵的逆矩阵.(1)；

(2)；(3)；

(4)；(5)；

(6)，未写出的元素都是0（以下均同，不另注）.【解】

(1);

(2);(3);

(4);(5);

(6).15.利用逆矩阵，解线性方程组

【解】因,而 故

16.证明下列命题：

(1)若A，B是同阶可逆矩阵，则（AB）*=B*A*.(2)若A可逆，则A*可逆且（A*）?1=（A?1）*.(3)若AA′=E,则（A*）′=(A*)?1.【证明】（1）因对任意方阵c，均有c*c=cc*=|c|E,而A,B均可逆且同阶，故可得

|A|²|B|²B*A*=|AB|E(B*A*)

=(AB)*AB(B*A*)=(AB)*A(BB*)A*

=(AB)*A|B|EA*=|A|²|B|(AB)*.∵

|A|≠0,|B|≠0, ∴

(AB)*=B*A*.(2)由于AA*=|A|E,故A*=|A|A?1,从而(A?1)*=|A?1|(A?1)?1=|A|?1A.于是

A*(A?1)*=|A|A?1²|A|?1A=E, 所以

(A?1)*=(A*)?1.(3)因AA′=E，故A可逆且A?1=A′.由(2)(A*)?1=(A?1)*,得(A*)?1=(A′)*=(A*)′.17.已知线性变换

求从变量到变量的线性变换.【解】已知

且|A|=1≠0,故A可逆，因而

所以从变量到变量的线性变换为

18.解下列矩阵方程.(1)；

(2)；

(3)；

(4).【解】(1)令A=;B=.由于 故原方程的惟一解为

同理

(2)X=;

(3)X=;

(4)X= 19.若(k为正整数)，证明：

.【证明】作乘法

从而E?A可逆，且

20.设方阵A满足A2－A－2E＝O，证明A及A＋2E都可逆，并求A?1及(A+2E)?1.【证】因为A2?A?2E=0, 故

由此可知，A可逆，且

同样地

由此知，A+2E可逆，且

21.设，,求.【解】由AB=A+2B得(A?2E)B=A.而

即A?2E可逆，故

22.设.其中，求.【解】因可逆，且故由 得

23.设次多项式，记,称为方阵的次多项式.(1)，证明

，；

(2)设，证明，.【证明】

(1)即k=2和k=3时，结论成立.今假设

那么

所以，对一切自然数k，都有

而

(2)由(1)与A=P ?1BP,得 B=PAP ?1.且

Bk=(PAP ?1)k= PAkP ?1, 又

24.，证明矩阵满足方程.【证明】将A代入式子得

故A满足方程.25.设阶方阵的伴随矩阵为，证明：(1)若｜｜＝０，则｜｜＝０；

(2).【证明】（1）若|A|=0，则必有|A*|=0，因若| A*|≠0，则有A*(A*)?1=E,由此又得 A=AE=AA*(A*)?1=|A|(A*)?1=0，这与| A*|≠0是矛盾的，故当|A| =0，则必有| A*|=0.(2)由A A*=|A|E，两边取行列式，得 |A|| A*|=|A|n, 若|A|≠0，则| A*|=|A|n?1 若|A|=0,由(1)知也有 | A*|=|A|n?1.26.设

.求(1);(2);(3)；(4)｜｜k(为正整数).【解】

(1);

(2);(3);

(4).27.用矩阵分块的方法，证明

下列矩阵可逆，并求其逆矩阵.（1）；

（2）;

（3）.【解】(1)对A做如下分块

其中 的逆矩阵分别为

所以A可逆，且

同理(2)(3)

习题 三

1.略.见教材习题参考答案.2.略.见教材习题参考答案.3.略.见教材习题参考答案.4.略.见教材习题参考答案.5.，证明向量组线性相关.【证明】因为

所以向量组线性相关.6.设向量组线性无关，证明向量组也线性无关，这里 【证明】

设向量组线性相关，则存在不全为零的数使得

把代入上式，得.又已知线性无关，故

该方程组只有惟一零解，这与题设矛盾，故向量组线性无关.7.略.见教材习题参考答案.8..证明：如果，那么线性无关.【证明】已知,故R(A)=n,而A是由n个n维向量

组成的，所以线性无关.9.设是互不相同的数，r≤n.证明：是线性无关的.【证明】任取n?r个数tr+1,…,tn使t1,…,tr,tr+1,…,tn互不相同，于是n阶范德蒙行列式

从而其n个行向量线性无关，由此知其部分行向量也线性无关.10.设的秩为r且其中每个向量都可经线性表出.证明：为的一个极大线性无关组.【证明】若

(1)线性相关，且不妨设

(t

(2)是(1)的一个极大无关组，则显然（2）是的一个极大无关组，这与的秩为r矛盾，故必线性无关且为的一个极大无关组.11.求向量组=(1,1,1,k),=(1,1,k,1),=(1,2,1,1)的秩和一个极大无关组.【解】把按列排成矩阵A，并对其施行初等变换.当k=1时，的秩为为其一极大无关组.当k≠1时，线性无关，秩为3，极大无关组为其本身.12.确定向量,使向量组与向量组=(0,1,1), =(1,2,1),=(1,0,?1)的秩相同，且可由线性表出.【解】由于

而R(A)=2,要使R(A)=R(B)=2,需a?2=0,即a=2,又

要使可由线性表出，需b?a+2=0,故a=2,b=0时满足题设要求，即=(2,2,0).13.设为一组n维向量.证明：线性无关的充要条件是任一n维向量都可经它们线性表出.【证明】充分性: 设任意n维向量都可由线性表示，则单位向量，当然可由它线性表示，从而这两组向量等价，且有相同的秩，所以向量组的秩为n，因此线性无关.必要性：设线性无关，任取一个n维向量,则线性相关，所以能由线性表示.14.若向量组（1，0，0），（1，1，0），（1，1，1）可由向量组α１,α２,α３线性表出，也可由向量组β１,β２,β３,β４线性表出，则向量组α１,α２,α３与向量组β１,β２,β３,β４等价.证明：由已知条件，且向量组（1，0，0），（1，1，0），（1，1，1）可由向量组α１,α２,α３线性表出，即两向量组等价，且

，又，向量组（1，0，0），（1，1，0），（1，1，1）可由向量组β１,β２,β３,β４线性表出，即两向量组等价，且，所以向量组α１,α２,α３与向量组β１,β２,β３,β４等价.15.略.见教材习题参考答案.16.设向量组与秩相同且能经线性表出.证明与等价.【解】设向量组(1)与向量组(2)的极大线性无关组分别为(3)和(4)由于（1）可由（2）线性表出，那么（1）也可由（4）线性表出，从而（3）可以由（4）线性表出，即

因（4）线性无关，故（3）线性无关的充分必要条件是|aij|≠0，可由（*）解出,即（4）可由（3）线性表出，从而它们等价，再由它们分别同（1），（2）等价，所以（1）和（2）等价.17.设A为m³n矩阵，B为s³n矩阵.证明：.【证明】因A,B的列数相同，故A,B的行向量有相同的维数，矩阵可视为由矩阵A扩充行向量而成，故A中任一行向量均可由中的行向量线性表示，故

同理

故有

又设R(A)=r,是A的行向量组的极大线性无关组,R（B）=k, 是B的行向量组的极大线性无关组.设是中的任一行向量，则若属于A的行向量组，则可由表示，若属于B的行向量组，则它可由线性表示，故中任一行向量均可由,线性表示，故

所以有.18.设A为s³n矩阵且A的行向量组线性无关，K为r³s矩阵.证明：B＝KA行无关的充分必要条件是R(K)=r.【证明】设

A=(As,Ps³(n?s)), 因为A为行无关的s³n矩阵，故s阶方阵As可逆.()当B=KA行无关时，B为r³n矩阵.r=R(B)=R(KA)≤R(K)，又K为r³s矩阵R(K)≤r,∴ R(K)=r.()当r=R(K)时，即K行无关，由B=KA=K(As,Ps³(n?s))=(KAs,KPs³(n?s))知R(B)=r,即B行无关.19.略.见教材习题参考答案.20.求下列矩阵的行向量组的一个极大线性无关组.(1)；

(2).【解】(1)矩阵的行向量组的一个极大无关组为;(2)矩阵的行向量组的一个极大无关组为.21.略.见教材习题参考答案.22.集合V1＝{()｜∈R且＝0}是否构成向量空间?为什么? 【解】由（0,0,…,0）∈V1知V1非空，设)则

因为

所以,故是向量空间.23.试证：由,生成的向量空间恰为R3.【证明】把排成矩阵A=(),则 , 所以线性无关，故是R3的一个基，因而生成的向量空间恰为R3.24.求由向量所生的向量空间的一组基及其维数.【解】因为矩阵

∴是一组基，其维数是3维的.25.设,证明:.【解】因为矩阵

由此知向量组与向量组的秩都是2，并且向量组可由向量组线性表出.由习题15知这两向量组等价，从而也可由线性表出.所以.26.在R3中求一个向量，使它在下面两个基

下

有相同的坐标.【解】设在两组基下的坐标均为()，即

即

求该齐次线性方程组得通解(k为任意实数)故

27.验证为R3的一个基，并把 用这个基线性表示.【解】设 又设 , 即

记作

B=AX.则

因有,故为R3的一个基，且

即.习题四

1.用消元法解下列方程组.(1)

(2)【解】(1)

得

所以

(2)①

②

③

解②?①³2得

x2?2x3=0 ③?① 得

2x3=4 得同解方程组 ④

⑤

⑥

由⑥得

x3=2, 由⑤得

x2=2x3=4, 由④得

x1=2?2x3 ?2x2 = ?10, 得

(x1,x2,x3)T=(?10,4,2)T.2.求下列齐次线性方程组的基础解系.(1)

(2)

(3)

(4)【解】(1)

得同解方程组

得基础解系为.(2)系数矩阵为

∴ 其基础解系含有个解向量.基础解系为

(3)

得同解方程组

取得基础解系为

(?2，0，1，0，0)T,(?1，?1，0，1，0).(4)方程的系数矩阵为

∴ 基础解系所含解向量为n?R(A)=5?2=3个 取为自由未知量

得基础解系

3.解下列非齐次线性方程组.(1)

(2)(3)

(4)【解】

（1）方程组的增广矩阵为

得同解方程组

(2)方程组的增广矩阵为

得同解方程组

即

令得非齐次线性方程组的特解 xT=(0，1，0，0)T.又分别取

得其导出组的基础解系为 ∴ 方程组的解为

(3)

∴ 方程组无解.(4)方程组的增广矩阵为

分别令

得其导出组的解为

令, 得非齐次线性方程组的特解为：xT=(?16,23,0,0,0)T, ∴ 方程组的解为

其中为任意常数.4.某工厂有三个车间，各车间相互提供产品（或劳务），今年各车间出厂产量及对其它车间的消耗如下表所示.车间

消耗系数 车间 1 2 3 出厂产量（万元）总产量（万元）1 0.1 0.2 0.45 22 x1 2 0.2 0.2 0.3 0 x2 3 0.5 0 0.12 55.6 x3

表中第一列消耗系数0.1,0.2,0.5表示第一车间生产1万元的产品需分别消耗第一，二，三车间0.1万元，0.2万元，0.5万元的产品；第二列，第三列类同，求今年各车间的总产量.解：根据表中数据列方程组有

即

解之

5.取何值时，方程组

(1)有惟一解，(2)无解，(3)有无穷多解，并求解.【解】方程组的系数矩阵和增广矩阵为

|A|=.(1)当≠1且≠?2时，|A|≠0，R(A)=R(B)=3.∴ 方程组有惟一解

（2）当=?2时，R(A)≠R(B),∴ 方程组无解.(3)当=1时

R(A)=R(B)<3,方程组有无穷解.得同解方程组

∴ 得通解为

6.齐次方程组

当取何值时，才可能有非

零解?并求解.【解】方程组的系数矩阵为

|A|= 当|A|=0即=4或=?1时，方程组有非零解.(i)当=4时，得同解方程组

(ii)当=?1时, 得

∴()T=k²(?2,?3,1)T.k∈R 7.当a,b取何值时，下列线性方程组无解，有惟一解或无穷多解？在有解时，求出其解.（1）

(2)【解】方程组的增广矩阵为(1)

(i)当b≠?52时,方程组有惟一解

(ii)当b=?52,a≠?1时，方程组无解.(iii)当b=?52，a=?1时，方程组有无穷解.得同解方程组(*)其导出组的解为

非齐次线性方程组（*）的特解为

取x4=1，∴ 原方程组的解为

(2)

(i)当a?1≠0时，R(A)=R()=4,方程组有惟一解.(ii)当a?1=0时,b≠?1时，方程组R(A)=2

取

∴ 得方程组的解为

8.设，求一秩为2的3阶方阵B使AB=0.【解】设B=(b1 b2 b3),其中bi(i=1,2,3)为列向量, 由

为Ax=0的解.求=0的解.由

得同解方程组

∴ 其解为 取

则

9.已知是三元非齐次线性方程组Ax=b的解，且R(A)=1及

求方程组Ax=b的通解.【解】Ax=b为三元非齐次线性方程组

R(A)=1Ax=0的基础解系中含有3?R(A)=3?1=2个解向量.由为Ax=b的解为Ax=0的解, 且线性无关为Ax=0的基础解系.又

∴ 方程组Ax=b的解为

10.求出一个齐次线性方程组，使它的基础解系由下列向量组成.(1)

(2)【解】

(1)设齐次线性方程组为Ax=0 由为Ax=0的基础解系，可知

令

k1=x2 ，k2=x3

Ax=0即为x1+2x2?3x3=0.(2)A()=0A的行向量为方程组为的解.即的解为

得基础解系为=(?5 ?1 1 1 0)T =(?1 ?1 1 0 1)T A= 方程为

11.设向量组=（1，0，2，3），=（1，1，3，5），=（1，?1，a+2，1），=（1，2，4，a+8），=（1，1，b+3，5）

问：（1）a，b为何值时，不能由，，线性表出？

（2）a，b为何值时，可由，，惟一地线性表出？并写出该表出式.（3）a，b为何值时，可由，，线性表出，且该表出不惟一？并写出该表出式.【解】(*)

(1)不能由，，线性表出方程组（*）无解,即a+1=0,且b≠0.即a=?1,且b≠0.(2)可由，，惟一地线性表出方程组(*)有惟一解，即a+1≠0，即a≠?1.(*)等价于方程组

(3)可由，，线性表出，且表出不惟一方程组（*）有无数解，即有 a+1=0,b=0a=?1,b=0.方程组（*）为常数.∴

12.证明：线性方程组有解的充要条件是.【解】

方程组有解的充要条件，即R(A)=4=R(A)得证.13.设是非齐次线性方程组Ax=b的一个解，是对应的齐次线性方程组的一个基础解系.证明

（1）线

性无关；

（2）线性无关.【 证明】(1)线性无关 成立, 当且仅当ki=0(i=1,2,…,n?r),k=0

∵为Ax=0的基础解系

由于.由于为线性无关

∴线性无关.(2)证线性无关.成立

当且仅当ki=0(i=1,2,…,n?r),且k=0 即

由(1)可知，线性无关.即有ki=0(i=1,2,…,n?r),且

∴线性无关.14.设有下列线性方程组（Ⅰ）和(Ⅱ)

（Ⅰ）

(Ⅱ)

(1)求方程组（Ⅰ）的通解；

(2)当方程组（Ⅱ）中的参数m,n,t为何值时，（Ⅰ）与(Ⅱ)同解？ 解：（1）对方程组（Ⅰ）的增广矩阵进行行初等变换

由此可知系数矩阵和增广矩阵的秩都为3，故有解.由方程组（*）

得方程组（*）的基础解系

令，得方程组（Ⅰ）的特解

于是方程组（Ⅰ）的通解为，k为任意常数。

(2)方程组（Ⅱ）的增广矩阵为

系数矩阵与增广矩阵的秩均为3，令

(**)方程组（**）的基础解系为 当时，当时，方程组（Ⅱ）与方程组（Ⅰ）同解，则，故有

把m，n代入方程组，同时有

，即t = 6.也就是说当m=2，n=4，t=6时，方程组（Ⅱ）与方程组（Ⅰ）同解.习题五

1.计算.【解】

2.把下列向量单位化.(1)＝（3，0，－1，4）；

(2)＝（5，1，－2，0）.【解】

3.利用施密特正交化方法把下列向量组正交化.(1)1 =(0，1，1)′, 2 =(1,1,0)′, 3 =(1,0,1)′;

(2)1 =(1,0,?1,1), 2 =(1,?1,0,1), 3 =(?1,1,1,0)【解】

4.试证，若n维向量与正交，则对于任意实数k，l，有k与l正交.【证】与正交.∴ 与正交.5.下列矩阵是否为正交矩阵.【解】

(1)A′A≠E, ∴A不是正交矩阵

(2)A′A=EA为正交矩阵 6.设x为n维列向量，x′x＝1，令H＝E－２xx′.求证H是对称的正交矩阵.【证】

∴ H为对称矩阵.∴ H是对称正交矩阵.7.设A与B都是n阶正交矩阵，证明AB也是正交矩阵.【证】A与B为n阶正交矩阵A′A=EB′B=E(AB)(AB)′=AB²(B′A′)=A(BB′)A′=AEA′=AA′=E ∴ AB也是正交矩阵.8.判断下列命题是否正确.(1)满足Ax＝x的x一定是A的特征向量；

(2)如果x1，…，xr是矩阵A对应于特征值的特征向量.则k1x1＋k2x2＋…＋krxr也是A对应于的特征向量；

(3)实矩阵的特征值一定是实数.【解】

(1)╳.Ax=x,其中当x=0时成立，但x=0不是A的特征向量.(2)╳.例如：E3³3x=x特征值=1, 的特征向量有 则不是E3³3的特征向量.(3)╳.不一定.实对称矩阵的特征值一定是实数.9.求下列矩阵的特征值和特征向量.【解】(1)

当时，为得解

对应的特征向量为.当时，其基础解系为,对应的特征

向量为

∴ 特征值为

(i)当时，其基础解系为

∴ 对应于=2的特征向量为 且使得特征向量不为0.(ii)当时, , 解得方程组的基础解系为

∴ 对应于的特征向量为

特征值为(i)当时，得基础解系为 对应的特征向量为(ii)当时，其基础解系为(2,?2,1)′, 所以与对应的特征向量为(iii)当时，其基础解系为(2,1,?2)′ ∴ 与对应的特征向量为

∴ A的特征值为1,2.(i)当时，其基础解系为(4,?1,1,0)′.∴ 其对应的特征向量为k²(4,?1,1,0)T,k∈R且k≠0.(ii)当时，其基础解系为：（1,0,0,0）′.∴ 其对应的特征向量为

10.设3阶方阵A的特征值为λ1＝1，λ2＝0，λ3＝－1，对应的特征向量依次为

求矩阵A.【解】

由于为不同的特征值线性无关，则有 可逆

11.设3阶实对称矩阵A的特征值为－1，1，1，与特征值－1对应的特征向量x＝（－1，1，1）′，求A.【解】对应的特征向量为x1=(?1,1,1)T,设对应的特征向量为x2=(x1,x2,x3)T,A为实对称矩阵，所以(x1,x2)=0,即有?x1+x2+x3=0.得方程组的基础解系为

可知为对应的特征向量.将正交化得

=(?1,1,1)T, 单位化：;=(1,1,0)T，;则有

12.若n阶方阵满足A2＝A，则称A为幂等矩阵，试证，幂等矩阵的特征值只可能是1或者是零.【证明】设幂等矩阵的特征值为，其对应的特征向量为x.由A2=A可知 所以有或者=1.13.若A2＝E，则A的特征值只可能是±1.【证明】设是A的特征值，x是对应的特征向量.则Ax=x A2x=(Ax)=2x 由A2=E可知 x=Ex=A2x=2x(2?1)x=0, 由于x为的特征向量，∴ x≠02?1=0=±1.14.设λ1,λ2是n阶矩阵A的两个不同的特征根，1,2分别是A的属于λ1, λ2的特征向量，证明1+2不是A的特征向量.证明：假设1+2是A的属于特征根λ的特征向量，则

A（1+2）=λ（1+2）=λ1+λ2.又

A（1+2）= A1+ A 2=λ11+λ22 于是有

（λ?λ1）1+（λ?λ2）2 =0 由于，1与2线性无关，故λ?λ1=λ?λ2=0.从而与矛盾，故1+2不是A的特征向量.15.求正交矩阵T，使T－１AT为对角矩阵.【解】

(i)当时，方程组的基础解系为(?2,1,0)T,(2,0,1)T.(ii)当时，其基础解系为.取,单位化为, 取，取，使正交化.令 单位化

得.(i)当时，其基础解系为

正交化得

单位化得

(ii)当时，其基础解系为

单位化得

(i)当时，其基础解系为

由于()=0,所以正交.将它们单位化得

(ii)当时，其基础解系为=(1,?1,?1,1)T, 单位化得

(iii)当时，其基础解系为=(?1,?1,1,1)T, 单位化为

(i)当=2时，其基础解系为=(2,1,?2)T, 单位化得 ,(ii)当=5时，=(2,1,2)T.其基础解系为=(2,?2,1)T

.单位化得.(iii)当=?1时, , 其基础解系为=(1,2,2)T, 单位化得 , 得正交阵

16.设矩阵与相似.(1)求x与y；

(2)求可逆矩阵P，使P－1AP=B.【解】(1)由A~B可知，A有特征值为?1,2,y.由于?1为A的特征值，可知.将x=0代入|A?E|中可得

可知y= ?2.(2)(i)当=?1时，其基础解系为

=(0,?2,1)T, = ?1对应的特征向量为 =(0,?2,1)T.(ii)当=2时，其基础解系为

=(0,1,1)T 所以=2对应的特征向量为

=(0,1,1)T(ⅲ)当=?2时, , 其基础解系为

=(?2,1,1)T, 取可逆矩阵

则

17.设，求A100.【解】

特征值为(i)当时，其基础解系为

(ii)当时，其基础解系为(?1,1,2)T.令,则

18.将下列二次型用矩阵形式表示.(1)；

(2)；

(3).【解】(1)(2)(3)

19.写出二次型 的矩阵.【解】

20.当t为何值时，二次型的秩为2.【解】

21.已知二次型经过正交变换化为标准型，求参数a,b及所用的正交变换矩阵.【解】由题知 二次型矩阵

当时，即有

2ab=0.当时，当时，(ⅰ)当时，得基础解系为=(1,0,?1)T, 单位化

(ⅱ)当时，其基础解系为=(0,1,0)T.(iii)当时，其基础解系为=(1,0,1)T.单位化得

得正交变换矩阵

22.用配方法把下列二次型化为标准型，并求所作变换.【解】

令

由于

∴ 上面交换为可逆变换.得

令为可逆线性变换

令为可逆线性交换 所作线性交换为

23.用初等变换法化下列二次型为标准型，并求所作变换.【解】(1)

(2)二次型矩阵为

24.设二次型

(1)用正交变换化二次型为标准型；

(2)设A为上述二次型的矩阵，求A5.【解】(1)二次型的矩阵为

求得A的特征值.对于，求解齐次线性方程组(A?E)x=0，得基础解系为

将正交单位化得 对于，求解方程组(A+2E)x=0, 得基础解系为将单位化得 于是

即为所求的正交变换矩阵，且(2)因为所以 故

25.求正交变换，把二次曲面方程化成标准方程.【解】的矩阵为

(1)当时，其基础解系为

正交化得

单位化得

(2)当时,.其基础解系为.单位化得

正交变换矩阵

为所求正交变换.得

二次曲面方程的标准方程为

26.判断下列二次型的正定性.【解】(1)矩阵为

∴ 二次型为负定二次型.(2)矩阵

∴ 二次型为正定二次型.(3)矩阵为

∴ 为正定二次型.27.t满足什么条件时，下列二次型是正定的.【解】(1)二次型的矩阵为

可知时，二次型为正定二次型.(2)二次型的矩阵为

当t满足时，二次型为正定二次型.28.假设把任意x1≠0，x2≠0，…，xn≠0代入二次型都使f＞0，问f是否必然正定? 【解】错，不一定.当为实二次型时,若≠0，都使得f>0,则f为正定二次型.29.试证：如果A,B都是n阶正定矩阵，则A+B也是正定的.【证】A,B是正定矩阵，则存在正定二次型 = xTAx

= xTBx 且A′=A，B′=B(A+B)′=(A′+B′)=A+B 有

= xT(A+B)x=xTAx+xTBx>0 ∴ A+B为正定.30.试证：如果A是n阶可逆矩阵，则A′A是正定矩阵.【证】A可逆(A′A)′= A′²(A′)′= A′A A′A = A′E A

可知A′A与E合同

A′A正定.31.试证：如果A正定，则A′,A－１，A*都是正定矩阵.【证】A正交，可知A′=A 

可逆阵C，使得A=C′EC.(i)A=C′ECA′=(C′EC)′A′=C′E′(C′)′=C′EC ∴ A′与E合同，可知A′为正定矩阵.(ii)(A?1)′=(A′)?1=A?1可知A?1为对称矩阵.由A正交可知，A为点对称矩阵

其特征值设为且有>0(i=1,2,…,n)Axi=xixi=A?1xiA?1xi=xi 可知A?1的特征值为，(i=1,2,…,n)∴ A?1正定.(iii)由A*=|A|²A?1可知

(A′)1=|A|²(A?1)′=|A|²A?1=A* 由(ii)可知A?1为正定矩阵即存在一个正定二次型 = xTA?1x 有>0 ∵ A正交|A|>0 = xTA*x=xT²|A|²A?1x=|A|²(xTA?1x)即有时，xTA?1x>0 ∵ |A|>0,即有 = xTA*x >0 ∴ A*为正定矩阵.习题

六

1.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.(1)2阶反对称(上三角)矩阵，对于矩阵的加法和数量乘法；(2)平面上全体向量，对于通常的加法和如下定义的数量乘法： k²；

(3)2阶可逆矩阵的全体，对于通常矩阵的加法与数量乘法；

(4)与向量(1，1，0)不平行的全体3维数组向量，对于数组向量的加法与数量乘法.【解】（1）是.由于矩阵加法和数量乘法满足线性空间定义中的1?8条性质，因此只需考虑反对称（上三角）矩阵对于加法和数量乘法是否封闭即可.下面仅对反对称矩阵验证：设A，B均为2阶反对称矩阵，k为任一实数，则(A+B)′=A′+B′=?A?B=?(A+B),(kA)′=kA′=k(?A)=?(kA), 所以2阶反对称矩阵的全体对于矩阵加法和数量乘法构成一个线性空间.（2）否.因为(k+l)²,而,所以这种数量乘法不满足线性空间定义中的第7条性质.（3）否.因为零矩阵不可逆（又因为加法和数量乘法都不封闭）.（4）否.因为加法不封闭.例如，向量（1，0，0），（0，1，0）都不平行于（1，1，0），但是它们之和（1，0，0）+（0，1，0）=（1，1，0）不属于这个集合.2.设U是线性空间V的一个子空间，试证：若U与V的维数相等，则U＝Ｖ.【证明】设U的维数为m，且是U的一个基，因UV,且V的维数也是m，自然也是V的一个基，故U=V.3.设是n维线性空间Vn的线性无关向量组，证明Vn中存在向量使成为Vn的一个基(对n?r用数学归纳法).【证明】对差n?r作数学归纳法.当n?r=0时，结论显然成立.假定对n?r=k时，结论成立，现在考虑n?r=k+1的情形.因为向量组还不是V的一个基，它又是线性无关的，所以在V中必存在一个向量不能由线性表出，把添加进去所得向量组 ，必定还是线性无关的，此时n?(r+1)=(n?r)?1=(k+1)?1=k.由归纳法假设, ,可以扩充为整个空间的一个基.根据归纳法原理，结论普遍成立.4.在R４中求向量＝(0,0,0,1)在基＝(1,1,0,1),＝(2,1,3,1), ＝(1,1,0,0), ＝(0,1,－1,－1)下的坐标.【解】设向量在基下的坐标为(),则 即为

解之得()=(1,0,?1,0).5.在R３中，取两个基

＝(1，2，1)，＝(2，3，3)，＝(3，7，1)；

＝(3，1，4)，＝(5，2，1)，＝(1，1，－6)，试求到的过渡矩阵与坐标变换公式.【解】取R３中一个基（通常称之为标准基）=(1,0,0), =(0,1,0), =(0,0,1).于是有

所以由基到基的过渡矩阵为

坐标变换公式为

其中()与（）为同一向量分别在基与下的坐标.6.在R4中取两个基

(1)求由前一个基到后一个基的过渡矩阵；

(2)求向量()在后一个基下的坐标；

(3)求在两个基下有相同坐标的向量.【解】(1)

这里A就是由基到基的过渡矩阵.(2)设,由于()=()A?1,所以

因此向量在基下的坐标为

(3)设向量在这两个基下有相同的坐标,那么

即

也就是

解得,其中为任一非零实数.7.证明3阶对称矩阵的全体S构成线性空间，且S的维数为6.【证明】首先，S是非空的（∵0∈S）,并且A,B∈S,k∈R,有(A+B)′=A′+B′=A+B(kA)′=kA′=kA.这表明S对于矩阵的加法和数量乘法是封闭的.其次，这两种矩阵运算满足线性空间定义中的18条性质.故S是线性空间.不难验证，下列6个对称矩阵.构成S的一个基，故S的维数为6.8.说明平面上变换的几何意义，其中

(1)；

(2)；

(3)；

(4).【解】,T把平面上任一点变到它关于y轴对称的点.,T把平面上任一点变到它在y轴的投影点.,T把平面上任一点变到它关于直线x=y对称的点.,T把平面上任一点变到它绕原点按顺时针方向旋转90°后所对应的点.9.设V是n阶对称矩阵的全体构成的线性空间［维数为］，给定n阶方阵P，变换

T(A)＝P′AP，A∈Ｖ

称为合同变换，试证合同变换T是V中的线性变换.【证明】因为A,B∈V,k∈R,有

T(A+B)=P′(A+B)P=P′AP+P′BP=T(A)+T(B), T(kA)=P′(kA)P=k(P′AP)=kT(A).所以T是线性空间V的一个线性变换.10.函数集合

V3＝｛＝(a2x2+a1x+a0)ex｜a2，a

1,a0∈R｝

对于函数的加法与数乘构成3维线性空间，在其中取一个基

1＝x2ex, 2＝2xex, 3＝3ex，求微分运算D在这个基下的矩阵.【解】

即

因此D在基下的矩阵为.11.2阶对称矩阵的全体

对于矩阵的加法与数乘构成3维线性空间，在Vn中取一个基

(1)在V3中定义合同变换

求在基下的矩阵及T的秩与零度.(2)在V3中定义线性变换

求T在基下的矩阵及T的像空间与T的核.【解】(1)

由此知，T在基下的矩阵为

显然M的秩为3，故这线性变换T的秩为3，零度为0.(2)

即

T()=()M, 其中就是T在基下的矩阵.显然有

所以

T(V3)=L(T(A1))=L(A1+A2+A3).最后求出T?1(0).设A=x1A1+x2A2+x3A3∈T ?1(0),那么T(A)=0，即

也就是()MX=0,它等价于齐次方程组MX=0，解之得基础解系(2,?1,0),(1,0,?1).故T ?1(0)=L(2A1?A2,A1?A3).习题

七

1.求下列矩阵的Smith标准型.【解】(1)对矩阵作初等变换，得

即为所求.(2)对矩阵作初等变换得

即为所求.(3)不难看出，原矩阵的行列式因子为

所以不变因子为

故所求的Smith标准形是(4)对矩阵作初等变换，得

即为所求.2.求下列矩阵的不变因子.【解】(1)显然，原矩阵中左下角的二阶子式为1，所以 D1=1, D2=1, D3=(2)3.故所求的不变因子为 d1=1, d2=1, d3=(2)3.(2)当b≠0时，且在矩阵中右上角的三阶子式

而,所以D3=1.故所求的不变因子为 d1=d2=d3=1, d4= [(+a)2+b2]2.3.证明的不变因子为

d1(λ)=…=dn-1(λ)=1,dn(λ)=λn+a1λn?1+…+an-1λ+an.【证明】由于该矩阵中右上角的n-1阶子式等于非零常数(-1)n-1,所以 D1()=D2()=…=Dn-1()=1.而该矩阵的行列式为

Dn()=n+a1n-1+…+an-1+an, 故所给矩阵的全部不变因子为

d1()=…=dn-1()=1, dn()=n+a1n-1+…+an-1+an.4.证明（a为任一非零实数）相似.【证明】 记

经计算得知，E-A与E-B的行列式因子均为D1=D2=1,D3=(-0)3,所以它们的不变因子也相同，即为d1=d2=1,d3=(-0)3,故A与B相似.5.求下列复矩阵的若当标准型.【解】设原矩阵为A.对A的特征矩阵作初等变换，得

于是A的全部初等因子为.故A的若当标准形是

(2)设原矩阵为A.对A的特征矩阵作初等变换，得

线性代数答案复旦大学 篇2

阅读材料是教材的编者在课文以外设计编排的一个“板块”, 是教材正文内容的补充和延伸。数学阅读材料一般包括:数学概念的来源、数学史、数学家的故事、数学在现代生活中以及科学技术中的广泛应用、有关数学知识的拓展、计算机等教育技术的使用说明、趣味性的或具有挑战性的问题、拓展相关定理的证明方法等。

阅读材料设置的目的在于为学生提供丰富的具有思想性、实践性、挑战性的数学选学材料, 在丰富教材内容的基础上, 拓展师生的教学活动空间。

阅读材料具有如下的教育功能:

(一) 人文性。

数学知识具有严密的逻辑性, 思维严谨性, 和科学的抽象性, 数学概念和规律定理等, 不利于学生学习原动力的释放。阅读材料在注重数学知识的科学严谨性的同时, 加入数学史实、探究, 信息化技术等知识, 使得数学知识极具人文性。

(二) 拓展性。

阅读材料是对教材内容的补充和延伸, 但不是简答的重复。

(三) 工具性。

传统数学教学注重知识的传播, 教材内容也很少涉及信息技术的具体应用。随着科学技术的发展, 数学信息技术对数学理论理解、数学直观化、数学科学发展的作用愈发重要。

二、阅读材料在国内的教育实施现状

国内在中国的教育理念中, 数学被当作一种技艺, 一种用于处理数量问题的技能方法, 而数学阅读长期未受数学教育者注意。我国对数学阅读材料的研究起步较晚, 重视度较弱。随着数学教育理念的转变, 新课程的改革, 数学阅读越来越成为关注的热点。自2012年的课改以来, 高中数学教材的“阅读材料”分为“阅读与思考”、“探究与发现”和“信息技术应用”三个板块。初中数学教材则分为“阅读与思考”、“观察与猜想”、“实验与探究”、“信息技术应用”四个部分。但大学数学的阅读材料却始终没有进行相应的改革和重视。

三、阅读材料在课堂教学中的意义

(一) 提高学生的学习兴趣。

阅读材料的趣味性强, 能引起学生的注意, 激发学生阅读学习的欲望。阅读材料中有具探索性的问题, 也有一些融合科学性、知识性、教育性和趣味性为一体的拓展的数学内容, 是激发学生学习数学兴趣的良好载体。阅读材料中的数学史类内容, 有传播数学文化、展示数学知识发展和再现数学家的数学探索历程的作用。

(二) 巩固所学知识, 拓宽新知。

阅读材料是对教材正文内容的补充, 在一定程度上深化教材重难点知识, 并作延伸。数学很多知识点往往比较抽象, 难以理解。

(三) 渗透数学思想方法, 提高数学思维能力。

数学思想方法是数学思维的工具, 同时也是形成数学能力的必要条件。培养和发展学生的数学思维能力是培养数学能力、发展智力的主要途径。阅读材料可以是数学思想方法的载体, 因为材料中蕴含着丰富的数学思想方法。将蕴含数学思想方法的阅读材料结合在数学的教学过程中, 可以逐渐培养学生对相关的数学思想方法的理解和运用。

(四) 渗透数学文化知识, 进行德育熏陶。

阅读材料中的数学史类别蕴含着丰富的哲理, 是对学生进行德育熏陶的良好素材。数学教学设计中应充分挖掘其中德育部分, 有效合理地结合课堂, 采用恰当方式进行渗透教育。

(五) 阅读材料对评价教学质量的价值。

阅读材料是教材中的内容, 具备公平性, 学生比较熟悉。用阅读材料为背景命题能较好地避免素材的生疏差异造成的测试偏差。再者, 依据阅读材料生成的试题能减少导致“死记硬背”的负面影响。

结语

综上所述, 大学数学课堂的阅读材料也应重视起来并进行相应的改革, 进而激发学生的学习兴趣, 提高学生的数学思维能力, 更好地推动和提升教学效果。

摘要：课堂教学是教育实施的主要阵地, 而数学阅读材料在课堂教学中的教育功能及重要作用已越来越显著, 为了取得良好的教学效果, 大学的数学课堂也应加入阅读材料。本文就阅读材料进入大学课堂的必要性展开了讨论。

关键词：阅读材料,大学数学课堂,必要性

参考文献

[1]毛大平, 浦叙德.借助“阅读材料”实施探究教学[J].中学数学教学参考 (中旬) , 2011, 11:8-9.

[2]刘茜.高中数学新教材中“阅读材料”的教学功能的开发[J].中学数学杂志 (高中) , 2004, 2:23-25.

[3]杨云玲.利用阅读材料对学生进行创新教育[J].《数学教育学报》, 2011.

[4]陈勤.新课程背景下利用阅读材料创设数学教学情境的探讨[J].数学教学通讯, 2006, 6:5-7.

线性代数答案复旦大学 篇3

关键词：素质；教学；大学生

《线性代数》是多数高校理工科各专业广泛必修的课程，主要内容包括：行列式、矩阵、线性方程组、矩阵特征值、二次型、线性空间和线性变换等知识，根据对各高校的调查信息来看，总体可得出如下的分析结论：

一、教材选择方面

多数高校工科各专业广泛使用的同济大学数学教研室编《线性代数》（第四版），经过多年教学实践的检验及四次认真修订，在内容、结构、应用等各方面都更加成熟和完善，形成自己独特的系统和风格。其特点是：以工科类本科线性代数课程的教学基本要求为本，在重要概念引进时尽量做到简明、自然和浅显。教材淡化了定理的推导，强调了方法的训练，简明扼要，赢得了多数教师和学生的喜爱，使用范围比较广泛。科学出版社出版的陈维新编著的《线性代数简明教程》可以说是目前内容最多的一本线性代数教材。除了通常国内教材中的行列式、线性方程组、矩阵、向量空间、矩阵相似与特征值特征向量、二次型等外，还以附录形式介绍了一元多项式的一些概念、线性方程组理论在几何中的一些应用、分块矩阵的初等变换、最小二乘法、线性空间和欧氏空间简介等内容。另外还有一些高校根据自身的实际情况适当选择教材，不管怎样，从反馈的信息来看，所讲授的内容大体一致，出入不是很大。

就目前而言，不论选择何种教材，案例都很少。线性代数课程主要讨论线性问题，主要是线性方程组的解法。虽然许多问题的求解都可归结为线性方程组求解，但以具体实例作为授课内容的案例组织课堂教学并非易事。究其原因，由线性方程组研究解的情况容易，而借助特定的方程组难以还原生活中的具体实例。教学过程缺乏实际案例，课堂教学容易陷入基本概念、性质、定理的教学模式，难以从建模角度培养学生分析问题和解决问题的数学能力，课堂氛围易显枯燥和乏味，难以调动学员线性代数课程学习的积极性。

二、课时安排

课时一般分配为30～40学时，在这一时间内完成线性代数课程的详细讲解几乎是不可能的。为提高教学效率，即使教学实施期间严格区分了重点内容和难点内容，仍因教学时间的严重不足，导致线性代数课程的讲授无法深入进行，教学测试结果普遍反映出学员对线性空间的理解较为肤浅，知识掌握仅停留应用简单的方法进行相关计算，缺少完整的理论体系和求解线性问题的实际能力。

（一）讲授方式

有些选用多媒体教学，而有些仍使用黑板书写。随着计算机逐步进入课堂，线性代数课程的某些基本概念，同样可以借助多媒体教学深入讲解。多媒体教学改善线性代数以及其他数学课程的教学效果是有目共睹的，但是绝不能完全代替板书推导，尤其是线性代数这类以计算为基础的数学学科。

（二）考核方式

为了提高《线性代数》课程教学质量，加强学生的数学应用能力及计算机使用能力，多数学校在《线性代数》课程的教学内容和考核方式上进行改革试点。在教学内容上，除基本教学内容外，在考核方式上，分为传统型考试和改革试点型考试。选择传统型考试以卷面分（满分100分）为笔试成绩与平时成绩按7：3得总评成绩，选试点型考试以卷面分（满分100分）为笔试成绩与平时成绩按6：4得总评成绩，更多注重平时学习的积累和掌握。在教学运行过程中，各位主讲教师都制定好了各自的教学进程表，并严格按进程表执行，所有主讲线性代数课程的教师都能以身作则，为人师表，教书育人；并做到认真备课，讲究授课方法，注重启发式教学，调动学生的积极性，培养学生能力，增强学生自我学习解题的能力，培养提高学生的素质。

在上述实际的基础上，我们可得到如下启示：应该学习现代数学观和现代数学教育观，变静态的数学观为现代动态的数学观，也就是应把数学看成是人类的一种创造性活动；同时，应当坚持数学教育主要是教会学生“数学的思维”的数学教育观。教材建设不仅应当考虑数学的知识性、科学性和应用性，还应考虑对学生的启发性，以及如何引起学生的“好奇心”，也即教材应具有的趣味性和探索性。对现有的线性代数教材，我们不仅要看到其理论的严谨和知识的完整以及教材的规范性，还应看到其缺少“启发性成分”“数学建模”的训练功能及人文教育功能等等，注意发挥教材的优点，扬长补短。线性代数课程的基本概念是理解线性空间理论的基础，忽视基本概念教学法的研究和使用，将直接影响学生对基本概念的深入理解，无法从更深层面理解线性代数课程作为工具课的特性。引导学生从“学数学”到“做数学”的转变，当然老师是起到“指引”的作用，学生要想真正掌握这门知识，并促使其素质的提高，需要学生在课后做大量的练习才可能掌握这门课程。

参考文献：

[1]张纪.大学生素质教育课程教学的探索[J].高教论坛，2007，（3）.

[2]袁功林，董红伟.浅谈中国经济发展与教育改革[J].中国科教创新导刊，2007（452）.

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[4]袁功林，王中兴.微积分教学对大学生素质教育的作用[J].教育教学实践，2010，（4）.

[5]袁功林，韦增欣.运筹学课程对大学生素质教育的作用[J].中国高教探讨杂志，2010，（22）.

作者简介：袁功林，男，（1976-4），河南商丘人，汉族，博士、副教授，主要从事优化理论与方法和非线性方程组的研究，在广西大学数学与信息科学学院任教

09-10线性代数答案 篇4

一、填空题（共5 小题，每题 3 分，共计15 分）

110

1.2nab;2.A3.11T;4.无关;5.2,c(2,2,1)20101

二、选择题（共 5 小题，每题 3 分，共计15 分

1.(B);2.(D);3.(D);4．(A);5.(C).三、（10分）

4131c4解：41121250362c2231

20215210362

r4r22

31142

212013240

0r4r12

3114021220

0

00

0四（10分）

解：A10，所以A可逆，有 XBA1，53A13211

210XBA1

120533

111013211210

421

五.（10分）

1345345

解：(14121153

1,2,3,4)

0

11230222

2231081111



1

345135134



0153015



0150111300001 1

0

81111

003

43



000

2

向量组的秩为4，1,2,3,4为最大无关组。3分 3分 4分

4分

3分

3分

2分

6分

2分



六、（共2 小题，共计6+10=16 分）

（1）证明：恒等变形A2A2E，A(AE)2E，3分A[

(AE)]2

E，所以A可逆，且A1

(AE)。3分 2

（2）证法一 ：把已知的三个向量等式写成一个矩阵等式

201

a,a,a130b1,b2,b3123,记BAK，3分

014

设BX0，以BAK代入得

A(Kx)0，因为矩阵A的列向量组线性无关，根据向量组线性无关的定义知Kx0，3分

又因K250，知方程 Kx0只有零解x0。

所以矩阵B的列向量组b1,b2,b3线性无关。 4分

201



证法二： 把已知条件合写成 b1,b2,b3a1,a2,a3130,记BAK，014

3分

因 K250，知 K可逆，根据上章矩阵性质4知RARB3分

因矩阵A的列向量组线性无关，根据定理4 知RA3，从而 RB3，再由定理4知矩阵B的三个列向量组b1,b2,b3线性无关。 4分 七．（12分）

211211

r2r1

0123解：(Ab)112r35r1

554105566

211r35r2

0123 400549

分

=3，方程组无解；（1）当时，R(A)2,R(Ab）

=3=n，方程组有唯一解；（2）当,且1时，R(A)R(Ab）

（3）当1时，R(A)R(Ab）=2n=3，方程组有无穷多个解。 4分

xx2x31x1x21原方程组同解于12，，3x33x31

x111

通解x2c10，（cR）。 4

x013

分

八（12分）

1

130

0(2)(1)2 2

解:A的特征多项式为AE

41

所以A的特征值为12,231. 4分

310100

010当12时,解方程(A2E)x0.由A2E410~

1000000



得基础解系p10,1

所以kp1(k0)是对应于12的全部特征向量. 4分

210

当231.时,解方程(A1E)x0.由AE420

1011



得基础解系p22,1

~

101012, 000

线性代数附录答案习题1和习题2 篇5

1.计算下列排列的逆序数

1）9级排列 134782695；

2）n级排列

n(n1)2。1

解：（1）(134782695)04004200010 ；

（2）[n(n1)21](n1)(n2)102.选择i和k，使得：

1）1274i56k9成奇排列；

2）1i25k4897为偶排列。

解：（1）令i3,k8，则排列的逆序数为：(127435689)5，排列为奇排列。从而i3,k8。

（2）令i3,k6，则排列的逆序数为：(132564897)5，排列为奇排列。与题意不符，从而i6,k3。3.由定义计算行列式

n(n1)。2a11a21 a31a41a51 aaaaa1222324252000aa000a53a43000。a5a4444555解：行列式＝j1j2j3j4j5(1)(j1j2j3j4j5)a1j1a2j2a3j3a4j4a5j5，因为j1,j2,j3至少有一个大于3，所以a1j1a2j2a3j3中至少有一数为0，从而a1j1a2j2a3j3a4j4a5j50（任意j1,j2,j3,j4,j5），于是j1j2j3j4j5(1)(j1j2j3j4j5)a1j1a2j2a3j3a4j4a5j50。

4.计算行列式： 40211）131； 2）

12241141111； 3）

1111011***； 07a213279b24）；5）21284c1512525d2146416(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。2(c3)(d3)2解：（1）－40 ；（2）－16 ；（3）0 ；（4）－1008 ；（5）0。

5.计算n阶行列式：

xy0001230xy0011000x00022 1）； 2）000xy000y000x000n1n0000；

2n0n11n1a1111a2 3）11xy1222122221（ai0）； 4）2232。1an222n00y0000x00xy00解：（1）原式=x(1)n1y0x00（按第一列展00xy000x00xy开）

=xn(1)n1yn。n(n1)232010002（2）行列式=000000n1n0000（后n1列和加到第一列，2n001n再按第一列展开）

n(n1)(1)(2)(1n)

=2(n1)!

=(1)n1。

2111101a11111a21（第一行第一列为添加的部分，注意（3）行列式=00111an此时为n1级行列式）

11101c11c2100a11c1c3a

2r2r1r3r11a111011a1an0001a100101000a2rn1r11c1cn1ana20

0anan

=(111)a1a2an。a1an1222000r2r11r3r10（4）行列式101rnr1100n222210210=1(1)（按第二行展开）00n22(n2)!。提高题

1.已知n级排列j1j2jn1jn的逆序数为k，求排列jnjn1j2j1的逆序数。解：设原排列j1j2jn1jn中1前面比1大的数的个数为k1，则1后面比1大的数的个数为(n1)k1，于是新排列jnjn1j2j1中1前比1大的个数为(n1)k1个；依此类推，原排列j1j2jn1jn中数i前面比i大的数的个数为ki，则新排列jnjn1j2j1中n)1i前比in大的个数为

(ni)ki个记(j1j2njkj1k2k1，k故新排列的逆序数为

n(n1)k。2[(n1)k1][(n2)k2][(n(n1)kn1]12(n1)k2.由行列式定义计算

2xx121x114 f(x)中x与x3的系数，并说明理由。

32x1111x解： 由于行列式定义中的每一项来自于不同行和不同列的n个元素的乘积。而该行列式中每个元素最高含x的一次项，因此x4的项只能由对角线上的元素乘积所得到x4，故x4的系数为(1)(1234)2＝2。

同样的考虑可得x3的系数为(1)(2134)＝－1。

1xx21a1a1223.设P(x)1a2a221an1an1xn1a1n1n1，其中ai互不相同。a2n1an

11）说明P(x)是一个n1次多项式；

2）求P(x)0的根。

解：1)把P(x)按第一行展开得：P(x)A111A12xA1nxn1。11而A1n1a1a2a1n2n2a20，所以P(x)是一个n1次多项式。

n2an1an1根据范德蒙行列式

P(x)(xa1)(xa2)(xan1)(a1a2)(a1an)(a2a3)(a2an1)(an2an1)

2)因为xai（i1,2,,n1）代入P(x)中有两行元素相同，所以行列式为零，从而P(x)0的根为a1,a2,,an1。

习题二解答

1.计算 1）x1x2a11x3a21a31a12a22a32a13x1a23x2 ；

a33x3010；求 A2、A3、A4。2）已知A1010222解：1）a11x1 ； (a12a21)x1x2(a13a31)x1x3a22x2(a23a32)x2x3a33x3000000000 ；A3 ；A4。

2）A2100000000100100000003111112.设 1）A212，B210，求 ABBA。

101123abc1ac

2）Acba，B1bb，求 AB。

1111caabca2b2c22222解：1）20 ；2）abc0b2ac4423abc3.设A是n阶实方阵，且AA0。证明A0。

b22ac222abc。abca11a12a21a22证明：设Aan1an2a1na11a21a2na12a22，则Aanna1na2nan1an2。从而。ann2a121a221an1222aaa1222n2AA0。

222a1na2nann222222222所以a11a21an1a12a22an2a1na2nann0。因为aij为实数，故aij0（i,j1,2,,n）。即A0。

a1a2，a,a,,a互不相同。证明与A可交换的矩阵只4.设An12an能为对角矩阵。

b11b12b21b22证明：设与A可交换的矩阵为Bbn1bn2a1b11a1b12a2b21a2b22 anbn1anbn2b1nb2n，由ABBA得： bnnanb1nanb2n。anbnna1b1na1b11a2b12a2b2na1b21a2b22anbnna1bn1a2bn2即 aibijajbij（i,j1,2,,n）。由于a1,a2,,an互不相同，所以ij时，b1100b22bij0。故B0bn200。即B为对角矩阵。05.证明任一方阵可表示成一对称矩阵和一反对矩阵之和。证明：设A为方阵，记B(AA)2，C(AA)2，则可知B为对称矩阵，C为反对称矩阵。且ABC。

6.设f()amma1a0，定义f(A)amAma1Aa0E，其中A211是n阶方阵。已知f()21，A312，计算f(A)。110513解：f(A)A2AE803。2127.已知方阵A满足A2A7E0。证明A及A2E可逆，并求它们的逆矩阵。

证明：由A2A7E0，可得：A(AE)7E。所以A可逆，且A1(AE)。7同理由A2A7E0，可得：(A3E)(A2E)E。所以A2E可逆，且(A2E)1A3E。

8.求下列矩阵的逆阵：

21122313 ；3）110 ； 1） ；2）12121121112111121111121 ；5）。4）1111211111215解：1）2533111435 ；2）1131 ；3）153 ； 41113164511118421842111111。4）；5）

844111116111184229.已知A120，且ABA2B，求B。12301011121，解：由ABA2B，可得B(A2E)A。又(A2E)2131120所以B(A2E)1A152。26110.设A是n阶方阵，如果对任意n1矩阵X均有AX0。证明A0。

a11a12a21a22证明：记Aan1an2a1n1a2n0，取X，由AX0，可得ai10

0ann0（i1,2,,n）。同理可得aij0（i,j1,2,,n）。从而A0。11.已知4阶方阵A的行列式A5，求A*。

解：因为 AAAE，两边取行列式有 AAA。所以 A*53125。

4A12.设A，B分别为m，n阶可逆方阵，证明分块矩阵C证明：因为 A，B可逆，所以 A0，B0。故

0 可逆，并求逆。

BA0AB0，从而CBAC0X11可逆。记BX21X12A是CX220A的逆，则BC0X11BX21X12E，X22AX11EX11A1AX120A0X120于是，解得。故矩阵的逆为11CBX21BCACX11BX2101CX12BX22EX22BA111BCA0。1BA111，其中A，C存在，求X。0013.设XC0解：因为 CA0C10XE，所以0A10CA0C1。的逆为100A14.求下列矩阵的秩：

2241143213113021 ；

1）213 ；2）112111370513122111aa2

3）1bb21cc2a3b3。c3解：1）2。2）4。3）当abc时，秩为1；当a,b,c有某两个相等时，秩为2；当a,b,c互不相等时，秩为3。

提高题

1.秩为r的矩阵可表示为r个秩为1的矩阵之和。

证明：设矩阵A的秩r，由推论1结果可知：存在可逆矩阵P和Q使得EPAQr001Er，即 AP00010Ir1I1 QP[000001其中 ]Q，0Ik（k1,2,,r）表示第k行k列元素为

1、其余元素为0的r阶方阵。记A1[Ik01kP00 ]Q（k1,2,,r），则Ak的秩为1，且AA1Ak。2.设mn矩阵A的秩为1，证明：

a11）A可表示成b1bn； am2）A2kA(k是一个数)。

证明：1）因为A的秩为1，所以存在某元素aij0。记A的第i行元素为b1,,bn，则A的任一行向量可由第i行线性表示（否则与i行向量线性无关，与A的秩为1矛盾）。记a1,,an依次为第1行、、第n行的表示系数，则有Aa1b1bn。

ama12）由1）Ab1bn，所以

amA2[a1ba1](ba11bn][b1bn1a1bnan)b1amamama1

kbb1n（其中kb1a1bnan）。

am1 设A是n阶方阵，X是n1矩阵13.，证明：

1

1）AX的第i个元素等于A的第i行元素之和；

2）如果A可逆，且A的每一行元素之和等于常数a，则A1的每一行元素之和也相等。

bna11a12a21a22证明：1）记Aan1an2a1na11a12a1na2naaa21222n，则AX。

annaaannn1n2aa

2）若A的每一行元素之和等于常数a，由1）AXaX，由于Aa可逆，所以a0。从而A1X11X，即A1的每一行元素之和等于常数。aa4.证明：

1）上（下）三角矩阵的乘积仍是上（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。证明：1）记Aaijnn，Bbjknn为上三角矩阵，CAB。则ijk时，aij0，bjk0。对任意s，当is时，ais0，当kis时bsk0，即任意s，aisbsk0。从而ik时，cikai1b1jaisbskainbnk0。故上三角矩阵的乘积仍是上三角矩阵。同理可证明下三角矩阵的情形。

a11a120a22

2）对可逆的上三角矩阵A00a11a120a22对于AE00变换

a1na2n，aii0（i1,2,,n），anna1na2nann100010，先进行第二类初等行

0011，再作第三类初等行变换把左边变成单位矩阵时，右边ri（i1,2,,n）aii即为上三角矩阵。亦即可逆的上三角矩阵的逆仍是上三角矩阵。5.已知实三阶方阵A满足：1）aijAij；2）a331。求A。解：因为AAAE，所以AAA。由于aijAij，从而有AAA。于是A0或A1。

若A0，则AAAA0，由于A为实三阶方阵，由习题3可得A0。此与a331矛盾。从而A1。

6.设AE，其中是n1非零矩阵。证明：

1）A2A的充分必要条件是1； 2）当1时，A是不可逆矩阵。

证明：1）若A2A，即有E(2)E。又是n1非零矩阵，所以是nn非零矩阵，从而21，即1。以上每步可逆，故命题成立。

2）当1时，由1），A2A。若A可逆，则可得A0，矛盾。故A是不可逆矩阵。

7.设A，B分别是nm、mn矩阵，证明：3EmABEnABEmBA。EnBEnAB；EnEm0Em证明：因为AAEnEm又ABEmEn0BEm，所以EnABABEm0EmBABEm，所以AEnAE0EnnBEmBA。从而命En题成立。

8.A，B如上题，0。证明：EnABnmEmBA。

袁晖坪线性代数教材习题答案提示 篇6

第一章知识清单 1.行列式定义：

a11a21an1a12a21an2a1na2nannnn12nk1i,ji1i2inj1j2jnaijai112j2ainjn

说明1）iiitktiikk1, ti：在ikk左边比i打的数的个数.k

说明2）：行列式中每行均由不同行不同列的元素之积构成

2.计算方法

n基本方法： 1）化为三角式；2）降阶法：aikAjkk1D0ijij

常用方法：

利用定义或性质，拆解法，升阶法，递推法。特殊行列式：上三角式，对角式，范德蒙行列式。

3.行列式性质（5条）

行列等同；两行互换值相反；数乘行列式；行列式加法；第三种初等行变换不改变行列式的值。

4.克莱姆法则

/ 14 a11x1a12x2a1nxnb1a21x1a22x2a2nx2b2axaxaxbn22nnnnn11DnD1D2x，, 即：Anxb.解：，DAn.DDDT推论：Anxo有非零解An0.基本作业建议 A组：1，4，6（1），7（1），8, 10(1)； B组：一（1），（6）；二（3），（4）

一（A）4（1）：列标：54243，表明第四列有两元素：否;(2): 一（A）5：1234112453145213.a12a23a34a41,1a22143a12a21a34a43.2r32r2r43r2b2c2da2b2c2d2rir1一（A）6(5)：Di2,3,42a14a46a92b14b46b92c14c46c92d14d46d92a1262b1262c1262d1260

一（A）7(1)，(2)：同6（3），见课件例1.15—1.18。四种方法：

ncii1方法一：DD1上三角式；

提公因式rir1rir1i2,3,,n方法二：D箭形行列式

i2,3,,n10方法三：D加边a1a1ba1a1a1a2a2a2ba2a2a3a3a3a3ba3anananananb1a1b000a20b00a300b0an000brir1,i2,3n0001111



a1拆解a2a2ca2a2a3a3a3ca3anananancc000a2a2ca2a2a3a3a3ca3ananananca1a1方法四：Da1略.2 / 14 一（A）7（3，5，6，7）同类型，见课件与课本例题1.9：。

ncii1c1（3）：方法一：DD1下三角式cjcj1，方法二：Dnb1Dn1+下三角式递推式c1，方法三：Dn下三角式

j2,3,,ncjc1ajbj1cj1（5）：方法一：Dnb1Dn1+下三角式递推式，方法二：Dn下三角式

j2,3,,n（6）：方法一：DnA+对角式，A对角式.方法二：Dn次下三角式

j2,3,,nc1rn1c1cnba（7）：课本例题1.12 一（A）7（4）：拆解。

一（A）7（8）：见课本例题1.15.一（A）10：系数行列式=0.要求：耐心，细致！

4cii1rir1i2,3,4r2r3一（B）1（3）：DD1D2上三角式

4ci，i1D1三角式 一（B）1（4）：D1rrxc1412r131r,rr一（B）1（5），类一（A）5：

r12r4r2r4r3r4c1定义DD1D21其中:1132132x2x12x+=2x3

132x2x12x1a11a23a32.一（B）1（6）（7）（10）同课本例题1.15： 一（B）1（11）类同 一A(10)

1一（B）2（1）特例法：取aijij,即aij0一（B）2（2）类一（B）1（5），由定义：

ijijm0,

324113142112211221

一（B）2（3）：排除法。请记忆结论（D）一（B）2（4），同一（A）10 3 / 14 一（B）3（1），参见课件例1.18。类一（A）7（1），（2）：方法一：D箭形行列式；

各列提公因式rir1,i2,3,,n方法二：加边；方法三：拆解.cjcj1一（B）3（2）：

DnAnBn1Cn1对角式jn,n1,,2,1i2,3,,nc1rir1cn1。

第二章 矩阵

第二章知识清单

1.矩阵的线性运算（加法与数乘）与矩阵的乘法

注意：矩阵乘法无交换律与消去律.2.矩阵的逆与线性方程组的矩阵解法

1）有关公式：

AAAEA*1A；(AB)1B1A1;(kA)A1*11kA1

AAA1mnmn,AmZmnnAkmnm,nZ，由此得：

1APP,f(A)kmakA,f(A)Pf()Pkkk.diag(1,2,,n)f(A)Pf()P1diag(1,2,,n),kZ

kdiag(f1,f2,,fn).2）有关方法：

求逆矩阵：直接用定义（例：待定系数法）；伴随阵法；初等变换法。

/ 14 解矩阵方程：

逆矩阵法:AnXBXAB.初等变换法：1）A2）AXBn1XB1E,AB,XAn,BrAB.BEXA.11行最简形,选择自由未知量，给出方程的解（最佳形式）.A,Br3.转置阵的性质

基本作业建议 A组：4，6，9，10（4），14，15，17，18，19，24，28，29（4），（5）；B组：一（2），（6），（7）；二（1）——（9）

a二（A）7：Bcba,ABBABdc0,a,c可任取.a二（A）10 ：方法一，归纳；方法二，二项式定理.10例：10（4）0310002n100010000020300000nABn2BO

二（A）16 ：akbkabak1ak2bak3b2abk2bk1

EAEAEAkk1Ak2AE

二（A）17：问：A？EAA2EE4E.二（A）18：AAAE**A*11AA

二（A）19：AA5A13A1111*1*AA3AAA3AA AA5531AA311282E3AE5E5E.A55255二（A）20：AB2ABAEB2A2AE2EAEB2E2E(略）.5 / 14 c2c3c1c2c1二（A）23(1): 原式3A13c132c22c1c23.(2):

原式2A12c1.c1c2c3c3c1(3):原式25c1A1,A23A3,2A3A1A.3c22c31二（A）26:AXA2XXA2EA,XA2E二（A）28:A1BA6ABAE,A2EA2E,ArE,A2EA,A2E,Ar11A.1A1EBA6AB6AA,A1E可逆E1，A.3二（A）30:由一（A）7（1）:Ak3k1，检验知：k3M140，合题意.1r2r1A0二（A）31:类30：r3kr1022k22k2r3r23k3233k3k100r22k202003k3.233k3k330rA1;03k12233k3k33kk23k2k1k1A~001k2A~00r260r69rA2;01k1且k2A~00二（B）1（1）：B二（B）1（2）：122k20；

T3k3rA3.233k3k33kB1T2TTT3T3T Tn3n1.T二（B）1（3）：分块对角阵。

二（B）1（4）：BAE2E.6 / 14

30203a101210.1二（B）1（5）：A可逆,0100110二（B）1（6）：B可逆，于是：rBArA.二（B）1（7）：AAAE*A*11A1AA

二（B）1（7）：AAAE二（B）1（8）：方法一，归纳； *A*1A

方法二：，AEE1,3A2E22EE1,3E1,32EE1,32A

即A22A，An2n1A，An2An1An2A22AAn2OO。二（B）1（9）：类二（B）（2）： Aa2aEAnn122T322T2AA2nn1A，0a02n120n10a2n1aa2.n二（B）1（10）：设a,b,cT二（B）2（1）：排除法 二（B）2（2）：方法与答案同上 二（B）2（3）：利用对称阵的定义与性质 二（B）2（4）：排除法 二（B）2（5）：ABC.二（B）2（6）: AB1Ta2bacaabb2cbac1bc12c11111T2221，abc3 11A1B1?

*二（B）2（7）: rA3Aij0又rA3AAAE0

rArA4,综上得：rA1, **二（B）2（8）: A*A**AEA*n1***EAAAAn1A.二（B）2（9）: 初等变换不改变矩阵的秩A0B0.二（B）2（10）: EAEAE矩阵多项式EA不可逆.33 7 / 14

O二（B）2（11）: CBA11**1CCCCC.OCC1行,列交换各n次2nAOOBAB,C1O1AO1BO1*AA*BB. O1O*CAB1*AA*BBOBA*O1*AB.O二（B）2（12）: PE1,21,P

二（B）3(1): 二（B）3(2): T1E1,21CE1,21AE1,21PAP1.262T

AEBE,BAE1A2EBAE检验知：AE可逆.二（B）3():(略)

二（B）3(4)，第一小题:A1,2,,nTTTT1,2,,n

AAAi2TjOijii0i0AO.二（B）3(4)，第二小题: 二（B）3(4)，第三小题:

XBA2n1TA2n1A2n1A2n1TA2n112n1A2n1A2n10.A1TAT1A.1二（B）3(5)：A1OC11X1CBX1O待定系数法.1C1二（B）3(6)：EABE,CEAABEABCEA1,CAEA

1EA1E.1A.二（B）3(7)：2AB*1AB1A2AB*1A2AB*11A2AB12AnAB.另解：2AB*12nA*2An11B 8 / 14 二（B）3(8)：A1EXA2AX2A1E.二（B）3(9)：AAEA2EEA1?EA二（B）3(10)：第一小题:AEEBE.二（B）3(10)：，第二小题 AEBBABBE.111111AE1?

11111二（B）3(11)：AABBABABAABBBAB二（B）3(12)：EABET1ET1E1T1T2

aaa111T0a1.。aaT二（B）3(13)：CT2EA1B1A1A2EA11B2AB1.c7c312c11二（B）3(14)：2c22c3cc232原式7721,12,223

21,2,23722A.二（B）3(15)：更正：PEOTA*A.证：APQTAEAA*AbTA* AATA.ObTA*AbTA1 AOP可逆，于是:Q可逆PQ可逆AbTA10bTA1.二（B）3(16)：B0rArAB=2A=0a2./ 14 A.第三章 向量与线性方程组

基本作业建议 A组： 5，7（奇数），8，12，14，17，21，22；B组：一（2），（6），（8），9；二（1）——（11），其中（8）题以去掉“不”。

1三（A）2(2)：B1312213a1340r2r1,r33r11b10011112a31210r3r21b10011012a11230 1b11a1B~00r1101201230r1r21b11000101201231 1b111k,k可任取.10b1b2b2x1kk1x11x3x4333x212x32x42b112b12bkx212k,x3x3x333xkb103x4b1b13x433 10 / 14

1a1时，B~00r11012a1123x11x3x40x212x32x4 1xb13x43b1a1a1x4x43kb12aba4x1k1a1a1a1a13a2b82a3kb12k x212,xka1,k可任取.a1a1a1b13b13kx3a1a1a1a101xk4三（A）5(1)方法一（初等变换不改变列向量组的线性相关性）：

11B1,2,3,=1231010213242r1,r3r1rr42r13710003235021326 51110r4r2r3r2r3,r33r200rBrA,3100014021r3,r2r314r1r280100001000010112

03123,表达式是唯一的。

方法二（线性表出的等价命题）：设A1,2,3,xk1,k2,k3,则k11k22k33Ax，11BA,=12310102132140~3070010000101k111xk1，即有：2，得唯一解： 2k130T123,表达式唯一存在。

1B,,,=1三（A）5(2)： 1232 11 / 14

1232352r2r1,r32r13r3r2110011021025 01r1r20001011075,712, rBrA,23,表达式不唯一.01017证明如下：设k11k22k33,则k1k2k3.0115k1解得：k2k37k5k,7k1k2k3,k可任取.k三（A）6（1）： rARA,3，三（A）6（2）： rARA,, 三（A）6（3）： rARA,3，? 三（A）7: RAn(向量的个数）三（A）8(1): B12,23,34,421~A1,2,3,4.CrBrA4,B:12,23,34,421线性无关.1243o,23,34,41, 三（A）8(2): B12,23,34,41ccccrB4B:12,23,34,41线性相关.三（A）9：类同 三（A）8(1)。

三（A）10理解：A:1,2,,s1,s线性相关；B:2,,s,s1线性无关。

三（A）10（1）：由已知，A:1,2,,s1,s线性相关；C:2,,s线性无关，由此得证。

A三（A）10（2）：rs1srB，故不能.三（A）11：A:1,2,,n线性无关rAn.C:B1,B2,,Bn线性无关rCrB1,B2,,Bnn，rBAnrBnB0.rAn方法二：C:B1,B2,,Bn线性无关Cx0只有零解，即BAx0只有零解，12 / 14

由已知Ax0只有零解，yAx,则By0只有零解，即rBn,即B0.三（A）12：依据：初等行变换不改变列向量组的线性相关性.A:1,2,,nA1,2,,n~行最简形，观察立得结论.1r0例如：A1,2,3,4,5~0001001200001032,观察得结论:

10rrA3,最大无关组：1，2，4.3122,531223.三（A）13：化为行阶梯型。

三（A）14：设向量组A与B所含向量个数相同，则：A~BRARBRA,B.操作如下：A,B~行阶梯型，再观察之。

三（A）15：At:1,2,,t是A：1,2,,s中的一个线性无关组，则A中任何一个向量均可由

At线性表出（否则，设A中的不能由At线性表出，于是：At1:1,2,,t，线性无关，这与rrAt矛盾），故At:1,2,,t是A中的一个极大无关组.另证：rAt=rAAt与A等价，即：At是A的一个极大无关组.三（A）16-19: 基本题型.略。

三（A）20: rA3,Ax0的解空间的维数=431，312222331323A0,即Ax0的基础解系

所求xk22312.三（A）21，22：典型习题，务必重视！

三（B）1（1）：对应分量成比例。三（B）1（2）：rA4,即A0.三（B）1（3）：rArA,.三（B）1（4）：rArA,1rA,2.三（B）1（5）：rArA,BrB.13 / 14 B0三（B）1（6）：rABrA2

三（B）1（7）：rArB3,B0rA2A0

三（B）1（8）：AxO有非零解A0,Axb由无穷多个解rArA,3.三（B）1（9）： 类同三（A）20.三（B）1（10）：rA3.三（B）1（11）：设A:1,2,,nA，1,2~A,o,2rA，1,2rA,o,2s1.三（B）1（12）：rA3Mij0rA*0.三（B）1（13）：类同三（B）7.A0，rB2B0

三（B）1（14）：rA2rA*1A*x0解空间的维数为312.由此推出： Ax0*CA11,A21,A31x0，解之即可。

三（B）1（15）：21o,rA2rA=2,基础解系只含有一个自由向量，故通解为：xk211.ATABBTBATTTABTATABBTABT四（A）26：ATABBTABAABBAB,A2

线性代数答案复旦大学 篇7

自然界中存在无数的无序、非平衡和随机的非线性系统。自然界面对的更多的是非线性问题。而我们的大学物理教学介绍的几乎全是线性问题, 即使遇到非线性问题, 不是回避就是把它线性化, 这是大学物理教学的一个缺点。我们在大学物理教学中引入混沌、复杂网络及自组织临界理论和分形等非线性物理知识, 通过介绍理论和在课堂上用多媒体演示, 使大学一年级的学生很容易理解非线性物理的知识, 对物理规律的认识更加深入和全面, 并取得了良好的教学效果。

二、混沌

非线性动力学中提出的混沌理论已经成为目前非线性科学研究中的热点问题。无数的无序、非平衡和随机的非线性系统存在于自然界中。美国的著名气象学家Lorenz建立了一个仿真的气象模型。Lorenz的气象模型对初始条件的微小不同是非常敏感的, 他把此种现象称之为“蝴蝶效应”。也就是说:在巴西热带雨林的蝴蝶扇动翅膀, 有可能在美国德克萨斯州产生一场龙卷风。这个效应告诉我们初始条件非常重要。

我们尝试在大学物理课堂教学上用多媒体演示各种典型混沌系统的吸引子和功率谱, 运用MATLAB编程展示系统如何进入混沌, 还有混沌对初值的敏感性, 许多非线性动力学系统都是通过倍周期分岔从规则运动进人混沌运动的, 系统如果处于混沌运动状态, 那么它以后的运动状态将敏感依赖初值, 并且具有不可预测性。我们通过这些多媒体演示, 使大学一年级学生很容易理解非线性混沌的知识, 并取得了较好的教学效果, 对大学本科学生的物理教学具有指导意义。

三、复杂网络和自组织临界理论

(一) 复杂网络

自然界和人类社会中存在的大量复杂系统都可通过各种网络来描述。至于用什么样的网络拓扑结构才能对实际系统进行准确的描述, 人们研究此问题经历了三个时期:规则网络、随机网络和复杂网络。最初科学家们认为真实系统各因素间的关系可用一些规则结构表示, 如欧几里德网格。后来数学家们构想, 两个节点之间连边与否不再具有确定性, 而是由概率确定, 此网络称为随机网络。近十几年来科学家研究得出结论:很多实际网络既不是随机网络, 也不是规则网络, 而是具有与随机网络和规则网络都不同性质的网络, 称之为复杂网络。这些工作发表在国际顶级期刊Nature和Science上, 对复杂网络的研究标志着第三个时期的网络研究的来临。

Watts.D.J等经过研究发现, 复杂网络具有无标度特性和小世界效应, 这是复杂网络与随机网络和规则网络都不同的统计特征。描述网络的基本参数有两个:网络的平均距离和网络的簇系数。在网络中, 连接两个节点最短路径所包含的边的数目称为它们间的距离, 网络的平均距离就是把所有节点对的距离求平均。规则网络和随机网络是两个极端。只需要在规则网络上稍作随机改动就可以同时具备大的簇系数和小的平均距离两个性质。物理学家把大的簇系数和小的平均距离两个特征统称为小世界效应。

我们尝试在大学物理课堂教学上用多媒体演示了复杂网络和规则网络、随机网络的不同之处, 通过这些演示, 可以使大学一年级的本科生对复杂网络和规则网络、随机网络有简单的了解, 并取得了不错的教学效果, 也对网络的认知更加全面。

(二) 自组织临界理论

社会生活和自然界中存在着众多的“标度不变”行为。很多不规则复杂的分形结构存在于自然界中, 例如山峦、海岸线、云雾等, 它们的基本特征共同之处都是同时具有标度不变性和自相似性。在生物学、地震学、社会学、经济学和语言学里, 我们也总是能找到某一个量N (S) 来表示为另一个量S的幂次:N (S) ∞S-τ, 即这个量的概率分布在双对数图上基本是一条直线, 它表明对其而言无特征尺度, 各种大小的量均可出现。Bak P等人提出自组织临界理论来解释此现象, 他们用原胞自动机模型 (现在被称为“沙堆模型”) 来阐述自组织临界理论, 其雪崩大小概率分布服从幂指规律, 表明雪崩事件是高度关联的。

复杂网络可广泛用来描述自然与社会领域的众多现象, 网络是包含大量个体及个体之间相互作用的系统, “节点”代表系统的组成元素, “边”说明元素之间的关系。物理学家研究发现很多真实网络的度分布也呈现无标度特性。复杂网络的无标度特性表明它与自组织临界性存在着极其密切的关系。Arcangelis L De等以沙堆模型为背景研究了二维小世界网络的自组织临界性, 对于任意的重连概率, 系统均展示自组织临界行为。网络拓扑结构是否会影响沙堆模型中的雪崩动力学是物理学家争论的一个焦点, 周涛等对无标度网络上自组织临界沙堆模型的研究表明, 沙堆模型的雪崩动力学性质对复杂网络特殊的拓扑结构非常敏感。潘贵军等研究了复杂网络上定向沙堆模型的自组织临界行为, 发现网络的方向性显著影响了复杂网络上的动力学行为。孙凡等还研究了复杂网络上地震模型的自组织临界行为, 发现不同的不均匀性、倒塌规则和驱动机制一定会影响系统的临界行为, 改变模型的普适类。这些工作对复杂系统研究都具有积极的意义。

我们尝试在大学物理课堂教学上用计算机编程演示了自组织临界沙堆模型, 通过这些演示, 可以使大学一年级的学生对自组织临界理论有简单的了解。通过这些多媒体演示, 使大学一年级学生很容易理解自组织临界理论的一些基本概念和基本观点, 并取得了较好的教学效果。

四、分形

分形理论是非线性物理的一个重要分支。分形 (Fractal) 概念是由Mandclbrot BB在Science上发表的一篇论文中提出的。目前分形理论已经应用于很多领域, 如数学、材料学、生物学、地理学和计算机科学等。

(一) 谢尔宾斯基“地毯”

谢尔宾斯基“地毯”是一种规则分形, 此分型的形成方法是取一正方形, 将它等分为九个正方形, 我们去掉中间的正方形, 随后把留下来的八个正方形彼此再均分成为更微小的九个正方形, 然后我们再去掉彼此中央的正方形。我们按照这个规则一直分至无穷小, 它的极限图就构成了谢尔宾斯基“地毯”。这个极限图形的面积是接近零的, 但是小正方形的数量接近无穷打, 作为小正方形边的线段总长度趋于无穷大。它的图形则具有严格的无标度性和自相似性, 图形的空间维数处于1和2之间。

(二) 科契雪花曲线

“科契雪花”曲线的构造规则是, 以一个正三角形作为源多边形, 即为初始元。将正三角形的每一条边三等分, 舍去中间的1/3, 而改变成夹角为60°的两端等长的折线。从该三角形一条边出发进行演变的过程:首先将正三角形的一条边的直线部分按生成元来变形, 形成折线, 照这样不断继续下去, 一直到无穷, 它的极限图形就形成了科契曲线的一部分。再将该部分曲线顺、逆时针各旋转300°, 拼接组合, 即形成科契曲线。因为它的形状很像雪花, 所以我们称之为“科契雪花”曲线。

我们在课堂上介绍了两种基本规则分形图形谢尔宾斯基“地毯”和“科契雪花”曲线的形成过程, 计算了它们各自的分维值, 并用MATLAB程序进行了模拟绘制。我们通过多媒体演示, 使大学一年级的学生很容易掌握分形的知识, 并取得了很好的教学效果。

五、结语

在大学物理课堂上引入混沌、复杂网络及自组织临界理论和分形等非线性物理知识, 通过介绍混沌、复杂的网络及自组织临界理论和分形的基本理论, 以及在课堂上用多媒体演示混沌吸引子、复杂网络和自组织临界沙堆模型、分形图形的形成过程, 使大学一年级的学生对非线性物理的知识有一个简单的了解, 可使大学一年级学生对物理规律的认识更加深入和全面, 并取得了不错的教学效果。

参考文献

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[2]孙红章, 赵圆圆, 刘钢, 等.基于MATLAB复摆振动中非线性行为的仿真研究[J].商丘师范学院学报, 2012, 28 (6) :50-55.

[3]Watts D J, et al.Collective Dynamics of‘Small-world’Networks[J].Nature, 1998, 393 (4) :440-442.

[4]Barabási A L, et al.Emergence of Scaling in Random Networks[J].Science, 1999, 286 (15) :509-512.

[5]Areangelis L De, et al.Self-organized Criticality on Small World Networks[J].Physica A, 2002, 308 (1-4) :545-549.

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