線性代數課後習題答案
習題一1.2.3（答案略）
4. (1) ∵ (奇數)
為偶數 故所求為
(2) ∵ （奇數）
∴所求為397281564
5.(1)∵ (偶數)
∴項前的符號位 （正號）
（2）∵
∴ 項前的符號位 （負號）
6. (1)
（2）（3）原式=
7.8（答案略）
9. ∵
∴10. （1）從第2列開始，以後各列加到第一列的對應元素之上，得
（2）按第一列展開：
（3）習題二
1.2.3.4.5（答案略）
6. 設為與可交換的矩陣，則有
即解之得7. （1）， 記為
，記為（2） 即
8（答案略）
9. 10.（1）
(2)=11. ∵
∴反之若, 則,即
12. (1) 設
又∵ ∴
又當時，有
∴ （2）設， 則
∵ ∴
當時，有
故即 13.(1) ∵ ∴為對稱矩陣
同理也為對稱矩陣
（2） ∵
為對稱矩陣
又 ∵為反對稱矩陣
（3）∵
由（2）知，為對稱矩陣，為反對稱矩陣
故可表示成乙個對稱矩陣與乙個反對稱矩陣的和。
14. （1）必要性：∵
充分性： ∵
(2) 必要性： ∵
充分性：∵
(3) 必要性 ：∵
即充分性： ∵
15（答案略）
16. ∵
∴ 可逆。
且 17. ∵
∴可逆，且
18.（答案略）
19. ∵,若可逆，則
∴ 故可逆，且
20.設，∵是對稱矩陣 ∴ 記，則
，即為對稱矩陣，又∵, ∴為對稱矩陣。
21.（1）設，則
（2） ∵ ∴
又 ∵∴於是即(3)∵ ∴
於是(4) (注意加條件：可逆)
∵可逆 ∴
∴22. ∵ ∴
23. 24.（答案略）
25. ∵ ∴
∴ 可逆，且
26. ∵ ∴
又 ∵, ,
∴27（答案略）
28 又 ∵ ∴
故29.
∴ 30.（答案略）
31.（1）
(2)32.
33. (1) ∵
(2) ∵
∴習題三1.2.3.4（答案略）
5. ∵ 不能由線性表示
∴線性方程組無解
不妨假設能由線性表示，則存在一組數，使
從而此式與方程組無解矛盾。
故不能由的任何部分組線性表示
6. 依題意
所以即 7
令 ∵
∴可逆，於是
即8．（答案略）
9.當即當或時，線性相關
否則線性無關。
10 .（1）設
則∴即 故線性無關。
（2）設
則∵線性無關解之得
11. 一方面，向量組能由基本單位向量組線性表示；
另一方面，基本單位向量組由向量組線性表示為
∴ 向量組與向量組等價。
12. 一方面可由向量組線性表示；另一方面由於與有相同的秩，所以就是向量組的乙個極大無關組， 從而可以由線性表示.
故13.設是向量組中任意乙個向量
∵可由線性表示
又 ，∴線性無關
∴是的乙個極大無關組。
14. ∵可由線性表示，而也可由線性表示
∴從而故線性無關。
15.必要性：∵是一組維向量，若線性無關，顯然任意維向量都可由線性表示。
充分性：∵ 任意維向量都可以由線性表示，∴基本單位向量組可由線性表示，故
∴ 從而線性無關。
習題四1.2.3.4.5.6(答案略)
7. 設，由得即
可見，是方程組的兩個解
又 ∵ ∴是方程組的兩個線性無關的解。 於是，問題就轉化為求解方程組
∵取即為所求。
8、設所求方程組為不妨設
依題設，
即故所求方程組為
9、由題設可知為的解，又因為，所以的基礎解為所含向量個數為．
故為的基礎解系
於是的通解為
１０、的互解為即
方程組有非零解．
顯然滿足方程所以是所求非零的公共解．
11（答案略）
１２．由題設知，方程組的基礎解系含乙個解向量．
可見是方程組的基礎解系
由知，知 即
又線性無關．
可見為它的乙個解，
從而為的乙個特解。
故的通解為
１３ （１）假設線性相關
線性無關
純由向量組線性表示
從而是方程組的解與已知矛盾
線性無關．
（２）設
又線性無關
從而故線性無關．
１４．設是的乙個解，是的基礎解系
由１３知
又的任一解都可由向量組線性表示．
的解向量組所含向量個數
１５．設是的乙個特解
是的乙個基礎解系
則的任意解
即令顯然是的個線性無關的解.
則其中習題五1（答案略）
2、設是的屬於特徵值的特徵向量，則
即解此方程組得或
3、設是的特徵值，是的屬於特徵值的特徵向量，則
即故即或4、故的特徵值為.
5.由題設知為的特徵值。
於是又6.
7. 存在可逆矩陣，使
於是故b是冪等矩陣.
8.令 依題設
9.由，得（二重），
可見方程的基礎解系含2個解向量，
從而又10（答案略）
11.（1）設
原矩陣不是正交矩陣.
（2） 令
所以原矩陣為正交矩陣.
12(答案略)
13. 設為與正交的向量.
則即 ，此方程組的通解為
（1） a的屬於特徵值的特徵向量為
（2）記則又
線性代數李建平版本復旦大學出版社答案
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