线性代数的习题及答案

线性代数的习题及答案（共6篇）

篇1：线性代数的习题及答案

线性代数习题及答案(复旦版)[]

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

所以A的全部初等因子为.故A的若当标准形是

篇2：线性代数的习题及答案

一、选择题

1.下列行列式中（C）的值必为零(A)行列式的主对角线上元素全为零(B)行列式中每个元素都是二个数的和(C)行列式中有两列元素对应成比例(D)n阶行列式中零元素的个数多于n个

a11a31a12a32a13a334a114a312a11a122a31a32a13a332.如果Da21a22a231，则D14a212a21a22a23等于（D）（A）8

（B）12

（C）24

（D）4 1a1b1c1dbcdcaddaabbc3.行列式=(A)(A)a+b+c+d

(B)0

(C)abcd

(D)1

二、计算

121．D4=100237161102054911

12.D535036

211743081231696801352n111n(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0 1213．已知n阶行列式11311a114．D41111a211，求其代数余子式之和A11+ A12++A1n

11111a311a21b

篇3：线性代数的习题及答案

一、复习题的解题思路及其答案展示

人教版六年级下册课本第113页上“题6”是这样的:甲、乙两个足球队之间近期的5场比赛成绩如右表。如果两个队现在进行一场比赛, 请预测一下哪个队获胜的可能性大?为什么? (课本中的“右表”即为文中的“下表”)

与此课本配套的《教师教学用书》第165页上给出了两种不同的解题思路, 并给出了两个不同的答案。为了叙述方便, 本文中把两种解题思路分别称为“解题思路1”和“解题思路2”。

解题思路1:“从两队的历史战绩来看, 各是两胜一平两负, 不相上下;从这一点来判断, 两队获胜的可能性都是二分之一。”

由此得到的答案是“两队获胜的可能性相等, 都是二分之一。”

解题思路2:“仔细观察可以发现:在离比赛日最近的两场比赛中均是乙队获胜, 说明最近乙队的状态好于甲队, 由此可以预测:乙队获胜的可能性稍大一点。这种判断也有一定道理。”

由此得到的答案是“乙队获胜的可能性稍大一点。”

马老师根据部分教师的教学实践, 又补充了两种解题思路及答案, 我们不妨把它们称为“解题思路3”和“解题思路4”。

二、对各种解题思路及答案的探讨

1. 在解题思路1中, 以两队的战绩不相上下为

依据, 断定两队下一场比赛获胜的可能性都是二分之一, 其错误是显然的。错误主要在于解题者没有考虑到比赛可能会有平局的结果。为了能够更简便地说明问题, 我们用字母表示两队第六次比赛的三种结果:A表示事件“甲胜乙负”, B表示事件“甲负乙胜”, C表示事件“甲乙平局”, 显然, A、B、C构成了一个完备事件组, 因此有P (A) +P (B) +P (C) =1, 而答案中认定P (A) =1—2, P (B) =1—2, 由此导致P (C) =0, 即第六场比赛一定不会出现“平局”的结果, 这与事实不相符。从前五场比赛结果看, 下一场比赛平局的可能性还是不小的。因此, 即使下一场比赛中两队获胜的可能性相同, 也不可能都是二分之一。其次, 从前三场比赛结果分析, 甲队明显强于乙队, 虽然从五场比赛的结果分析, 似乎甲、乙两队战绩“不相上下”, 但这个所谓“不相上下”仅仅是从这五场比赛中分析出来的, 并不能表示两队实力完全一样, 两个足球队的水平很难达到“完全相同”, 从这个观点出发, 也难以得出“下一场比赛两队获胜的可能性都是二分之一”的结论。事实是:仅仅根据这样的五场比赛的结果就想把下一场比赛甲队 (或乙队) 获胜的可能性大小用一个确定的数 (就是甲队或乙队获胜的概率) 表示出来, 可以说是一件不可能的事。

2.

在解题思路2中, 认为乙队在最近的两场比赛中获胜, 状态好于甲队, 因此下一场比赛乙队获胜的可能性会大一点。这种判断确实有一定道理。但是, 如果我们换个角度进行分析:“因为甲、乙两队在五场比赛后的总分相同 (足球比赛的积分规则:胜一场得3分, 平局各得1分, 输球不得分。若积分相等, 则比较净胜球数) , 然而甲队比乙队净胜球多了一个, 因此采用调整战略、战术等方法后, 下一场甲队获胜的可能性会大一点”。或者认为“甲、乙两队实力‘不相上下’, 平局的可能性会大一点。”这样的预测也是有一定道理的。总之, 从不同的角度分析前五场比赛结果, 可以得到不同的预测结论。并非只有“乙队获胜可能性会大一点”一种结论。

由此可知, 只进行五场比赛, 是不能将甲队 (乙队) 获胜的频率当作甲队 (乙队) 获胜的概率的。需要特别指出的是, 对于球赛来说, 各场比赛并不是在“不变的条件下”进行的, 连概率统计定义中的条件都不满足, 因此不能用所谓的“事件发生的频率”来表示“事件发生可能性的大小”。

4.

在解题思路4中, 考虑到比赛结果有A、B、C三种, 每种情况均占所有可能出现结果总数的, 从而认为A、B、C三个事件中每一个发生的可能性都是, 这是缺乏根据的。因为要得到这个结论必须要满足“事件A、B、C发生的可能性相等”这一条件。马老师在文章的结尾处指出:“在求随机事件发生的可能性时……只能用指定事件所有结果的数量除以事件所有可能出现的数量。”但是用这种方法来确定事件发生可能性的大小必须满足“所有可能发生的事件总数是有限的, 而且各个事件发生的可能性是相等的”这样的条件 (古典概型应满足的条件) , 而对于足球赛而言, 事件A、B、C的发生并不是等可能性的, 因此不能应用马老师所说的方法计算出A、B、C发生的概率。这里得到“两队获胜的可能性相等, 都是”的结论是错误的。

三、两点思考

1. 像“题6”这样的习题出现在小学数学课本中是不合适的。

“题6”以足球比赛为题材, 要学生预测比赛的结果。然而由于影响足球比赛胜负的因素很多, 例如球队的实力、球队战略、战术的变化, 参赛球员的变化等, 甚至比赛地点是主场还是客场也会影响比赛结果。由此可见, 即使是相同球队在同一地点的前后两场比赛, 也不能认为是在相同条件下进行的比赛, 在“题6”给出的这种条件下, 不同的人从不同的角度进行分析, 可能会得出不同的判断:甲队获胜的可能性大;乙队获胜的可能性大;平局的可能性大。这些判断看起来都“有一定道理”, 但又觉得理由也不太充分。总之, 比赛结果A、B、C都有可能发生, 但是究竟哪一个事件发生的可能性大是难以断定的。凡是在预测中用一个确定的数 (如本文中所说的等) 来表示甲队 (或乙队) 获胜的可能性大小都是不准确的, 也可以说是错误的。对小学生而言, 要他们根据题中所提供的五场比赛的结果去预测第六场比赛哪个队获胜的可能性大, 并说出理由, 真有点勉为其难。这种习题出现在小学数学课本中弊多利少。

2. 教师可以对“统计与概率”的相关内容进行更深入的研究。

“统计与概率”是在2001年《数学课程标准 (实验稿) 》公布后新增的小学数学教学内容, 可能还有少数教师不是很熟悉, 并没有觉察《教师教学用书》中存在的问题。当然, 《教师教学用书》的作者应该在该书修订或再版前广泛征求教师的意见, 及时修改有关错误或不妥之处, 不断提高该书质量。而对于小学数学教师来说, 可以对“统计与概率”的相关内容进行更深入的研究, 以便更好地完成“统计与概率”的教学任务。

篇4：课本中二句解释及习题答案的商榷

关键词：what、 that、 one of+名词（复数）…+复数动词、the（only） one of+名词（复数）…+单数动词。

一、普通高中课程标准实验教科书（必修2）课本中第5页阅读和听力一文中有这样一句型：An opinion is what someone believes is true but has not been proved.

该句（人教出版社）必修2参考译文是：看法是人们相信是真实的但是未经证实。笔者查阅好多中学教材全解对该句的注释和人教出版社注释相同，都认为what引导的从句是表语从句，An opinion为主句的主语，is为系动词，what引导的从句是表语从句，在what引导的从句中含有由but连接的两个并列句，并解释what引导名词性从句时，what在从句中可以充当主语、宾语、表语等成分。例如：

What he said is true. 他说的是事实。

What made her upset is that she didn’t pass the exam.

她没有通过考试使她非常难过。

笔者认为该句型解释值得商榷。还得从that和what这两个词论起，that为从属连词引导名词性从句，不担任成分。例如：

She said（that）she would come. 她说她要来。（见《现代高级英汉双解辞典》第1141页）

The trouble is that we are short of money. 困难的是我们缺钱。（见《现代高级英汉双解辞典》第1141页）

The truth was that we never saw him.事实是我们从未见过他。（见《大英汉词典》第1558页）。

The reason was that he was afraid.原因是他害怕。（见《新标准中学生英语词汇用法全解》第1435页）。

She said she had bought a new car.她说她买了一辆新车。（见《外研社实用英汉词典》第1015页）。

What he says is not important. 他所说的话不重要。（见《现代高级英汉双解辞典》第1248页）

He is not what he used to be. 他已不是过去的他了。（见《外研社实用英汉词典》第1084页）

This is what I want to know. 这正是我们要知道的。（见《新标准中学生英语词汇用法全解》第1580页）。

根据以上例句笔者认为该句主语为An opinion，is为系动词，后面连接了一个省略从属连词that的表语从句，what引导的主语从句为表语从句的主语，what（相当于the thing that）在主语从句中充当believes的宾语,is true为表语从句的谓语（系表结构），but连接的两个并列句。假如把what视为表语从句的引导词，在从句中充当believes的宾语，那么is true作何解释？如该句没有is true，what从句当然为表语从句的引导词，what在表语从句中充当believes的宾语。或者假若is true是to be true也可视为表语从句引导词what的宾补（believe sth（to be）adj。

二、该书第4页Discovering useful structure练习4,（9小题）：

It’s one of the few places which is known for its good food. （划线部分为该书参考书18页所给汉译英答案）。

笔者认为1. 在“one of+名复数名词+关系代词who/that/which”引导的从句结构中，关系代词who/that/which的先行词是靠近它的复数名词而不是one，因此，从句应该是复数形式。

2. 但是当one前有the only等修饰时，关系代词的先行词是one，而不是靠近它的复数名词，因此从句的动词应是单数形式。例如：

The Great Wall is one of the world_famous buildings that draw lots of visitors.

长城是吸引大批游客的世界著名建筑之一。

The Great Wall is the only one of the buildings on the earth that is seen from the moon. 长城是地球上唯一能从月球上看到的建筑物。

He is one of the boy students who are always ready to help others.

他是乐于助人的男同学之一。

He is the only one of the students who comes from the south.

他是惟一来自南方的学生。

【考例】 He is the only one of the students who_____a winner of scholarship for three years.（2002年上海市普通高等学校春季招生英语试题）

A.is B.are C.have beenD.has been答案：D

解析：当one前有the only，just the等修饰时,谓语动词与one保持一致,故答案为D。

【考例】I wonder whether the soldier is one ofthose who____abroad to keep peace.（南通上市高三第一次調研测试。）

A.has been sentB.have been sent

C.have sentD.has sent答案：B

解析：关系代词who指代的先行词是those，所以助动词用have，战士是被派送到国外维和的，所以用被动语态。

【考例】Oscar Gold Prize is the only one of the film prizes____offered to any Chinese actor or actress by far. 答案：D

A. which is notB. that have not beenC. that has not D. that has not been答案：D

解析：当one前有the only，just the等修饰时,谓语动词与one保持一致,故答案为D。

【考例】Oscar Gold Prize is one of the film prizes_______offered to any Chinese actor or actress so far.

A. which is notB. that have not beenC. that has not D. that has not been答案：B

解析：当先行词的one前无the only，just the等修饰时,of后面的复数名词是先行词,,从句的谓语动词用复数，故答案为B。

根据以上例句，笔者认为18页所给汉译英参考答案which is应为which are。以上两处看法 ，是否正确，敬请编辑及同行指正。

参考文献:

1.《大英汉词典》

2.《外研社实用英汉词典》

3.《现代高级英汉双解辞典》

篇5：线性代数综合练习题及答案6

（六）一、选择题

1.设A是mn矩阵，齐次线性方程组AX0仅有零解的充要条件是（）。（A）A的列向量组线性相关

（B）A的列向量组线性无关

（C）A的行向量组线性相关

（D）A的行向量组线性无关

2.1,2,,s(s2)线性无关的充要条件是（）

都不是零向量

任意两个向量的分量不成比例

至少有一个向量不可由其余向量线性表示 每个向量均不可由其余向量线性表示（A）（B）（C）（D）

ab223.设矩阵A。ba其中ab0且ab1，则A为（）

（A）正定矩阵

（B）负定矩阵

（C）初等矩阵

（D）正交矩阵

4.A为n阶方阵，i(i1,2,,n)是A的特征值，则必有（）。

（A）i(i1,2,,n)互异

（B）i(i1,2,,n)不等于零

（C）12na11a22ann

（D）12na11a22ann 5.若存在一组数k1k2km0使得k11k22kmm0成立，则向量组1,2,,n（）

（A）线性相关

（B）线性无关

（C）可能线性相关也可能线性无关

（D）部分线性相关

二、填空题

1223，B为非零矩阵，AB0，则t

。1.设A4t3112.设n阶方阵A的n个特征值为1，2，…，n，则AE。

1233.设列向量组13，23，32线性相关，则t。

2111024.已知正交矩阵A的两个列向量11，20，则A012。14112C355.若B，则BC10316

三、计算行列式

。111.11111234

491682764123234n12 2.Dn345n12n

1四、确定下列方程组是否有解，若有解，求其通解。

x12x2x3x4x512xxx2x3x212345 3x2xxx2x2234512x15x2x32x42x5

1五、解矩阵方程AXB求X，其中

101231

A012，B101

1101411211225011

六、求向量组1，2，3，4，5的最大线性无

0123314101关组，并把其他向量用最大线性无关组线性表示。

七、设n阶矩阵A满足AA，E为n阶单位矩阵，求证：R(A)R(AE)n。

23

八、设矩阵Ak421k，问当k为何值时，存在可逆矩阵P使得P1AP，232其中为对角矩阵？并求出相应的对角矩阵。

线性代数综合练习题

（六）参考答案

一、选择题

1.B

2.D

3.D

4.D

5.C

二、填空题

1021.

3，2.(n1)!，3.

1，4.100120，5.1212021422.

三、计算题行列式

1.解：原式(21)(31)(41)(32)(42)(43)

1

2121212n(n1)23n(n1)34n(n1)452n12n123134152n(n1)14n2.解：原式12n(n1)12n11312

112n1012n(n1)00111n111n11n11111 2n(n1)1n111n11111n(n1)0n0n112n(n1)(1)21(n1)

2nn00四（10分）、解：此方程组的增广矩阵为

1121111211232r0B(A)03211220251221所以系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩，方程组有解.T0010001212785858011200

0T98385893511特解为(8,8,8,0,0)，对应的齐次线性方程组的基础解系为1(1,0)，2,2,2,1552(7)T.8,8,8,0,1所以通解为Xk11k22，(k1,k2R).五、解：

101231r012101(AB)

011170101231r012101

00127110r041000103141

0012714100所以XA1B3141.271

六、解：A1,2,3,4,5

11221112202151r022031315021104115002211221104r02151110300111 r0001100000000010010r0103100111

00000所以1,2,3是一个最大无关组，并且

41323，52

3七、证：由A2A得A(AE)0，所以 AE的列向量为方程组AX0的解，设R(A)r，则有R(AE)nr

所以 R(A)R(AE)rR(AE)rnrn

1112111 0

又R(EA)R(AE)，所以

nR(AEA)R(A)R(EA)R(A)R(AE)

即 nR(A)R(AE)，故

R(A)R(AE)n.八、解：

3AEk4得11，231，2122k3(1)(1)20

篇6：线性代数第四章练习题答案

二

次

型

练习4、1

1、写出下列二次型的矩阵

2（1）f(x1,x2,x3)=2x12x24x1x32x2x3；

（2）f(x1,x2,x3,x4)=2x1x22x1x32x1x42x3x4。

解：（1）因为

2

f(x1,x2,x3)=(x1,x2,x3)022所以二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为：02011011210x1x2x3, 21。0（2）因为

0f(x1,x2,x3,x4)=(x1,x2,x3,x4)1101所以二次型f(x1,x2,x3,x4)的矩阵为：11***11010x1x2x3x4，10。10

2、写出下列对称矩阵所对应的二次型： 11（1）2121201212；

（2）21201211212112012012。12102

T解：（1）设X(x1,x2,x3)，则

1f(x1,x2,x3)=XTAX=(x1,x2,x3)21212021222x1x2x3 

=x122x32x1x2x1x34x2x3。（2）设X(x1,x2,x3,x4)T，则

01

f(x1,x2,x3,x4)=XTAX=(x1,x2,x3,x4)2101211212112012012121x1x2x3x4 

2=x2x4x1x22x1x3x2x3x2x4x3x4。

练习4、2

1、用正交替换法将下列二次型化为标准形，并写出所作的线性替换。

22（1）f(x1,x2,x3)=2x1x24x1x24x2x3；

（2）f(x1,x2,x3)=2x1x22x2x3；

222（3）f(x1,x2,x3)=x12x23x34x1x24x2x3。

解：（1）二次型f(x1,x2,x3)的矩阵 2

A=2021202。0A的特征方程为

det(EA)=

20202=(2)(254)=0，12由此得到A的特征值12，21，34。

对于12，求其线性方程组(2EA)X0，可解得基础解系为

1(1,2,2)T。

对于21，求其线性方程组(EA)X0，可解得基础解系为：

2(2,1,2)T。

对于34，求其线性方程组(4EA)X0，可解得基础解系为：

3(2,2,1)T。

将1,2,3单位化，得

11111(,122T,)，3332123T

2212(，3323)，3令

33(,21T,)，33132

P=(1,2,3)=323231323232，3132则

PTAP=diag(-2,1,4)=0001000。4作正交替换X=PY，即

122xyyy3121333212

x2y1y2y3，333x2y2y1y3123333二次型f(x1,x2,x3)可化为标准形：

222

2y1y24y3。

（2）类似题（1）方法可得：

12

P=0121212121201T，PAP=020120200，202即得标准形：2y222y3。

（3）类似题（1）的方法可得： 2

P=3231323232322T，PAP=0301305000，1222即得标准形：2y15y2y3。

2、用配方法将下列二次型化为标准形：

222（1）f(x1,x2,x3)=x12x25x32x1x22x1x36x2x3；

（2）f(x1,x2,x3)=2x1x24x1x3；

（3）f(x1,x2,x3)=4x1x22x1x32x2x3。解：（1）先将含有x1的项配方。

f(x1,x2,x3)=x1+2x1(x2x3)+(x2x3)－(x2x3)+2x2+6x2x3+5x3

22=(x1x2x3)+x2+4x2x3+4x3，22222再对后三项中含有x2的项配方，则有

22222

f(x1,x2,x3)=(x1x2x3)+x2+4x2x3+4x3=(x1x2x3)+(x22x3)。

1TT设Y=(y1,y2,y3)，X=(x1,x2,x3)，B=002211012，0令Y=BX，则可将原二次型化为标准形y1y2。

（2）此二次型没有平方项，只有混合项。因此先作变换，使其有平方项，然后按题（1）的方法进行配方。令

x1y1y2x11

x2y1y2，即x2=1xyx0333110001y1y2。y3则原二次型化为

f(x1,x2,x3)=2(y1y2)(y1y2)+4(y1y2)y3 =2y12－2y2+4y1y3+4y2y3

=2(y1y3)2－2(y2y3)2，1TT设Y=(y1,y2,y3)，Z=(z1,z2,z3)，B=0001011，02令Z=BY，则可将原二次型化为标准形2z122z2。

（3）类似题（2）的方法，可将原二次型化为标准形：

4z14z2z3。

2223、用初等变换法将下列二次型化为标准形：

222（1）f(x1,x2,x3)=x12x24x32x1x24x2x3；

222（2）f(x1,x2,x3)=x13x2x32x1x22x1x36x2x3；

（3）f(x1,x2,x3)=4x1x22x1x36x2x3。（此题与课本貌似而已，注意哈）解：（1）二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为 1

A=1012202。4112010024001100100012110024001100100010110000。221于是

110AE=100122010024001100100令

1

C=0011022，1作可逆线性变换X=CY，原二次型可化为标准形：f(x1,x2,x3)=y12y2。

（2）类似题（1）的方法，原二次型可化为标准形：

2f(x1,x2,x3)= y124y2y3。

（3）类似题（1）的方法，原二次型可化为标准形：

f(x1,x2,x3)= 2y12

4、已知二次型

22cx32x1x26x1x36x2xf(x1,x2,x3)=5x125x212y26y3。

22的秩为2。求参数c的值，并将此二次型化为标准形。

解：二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为 5

A=1315333。c因为A的秩为2，令detA=0，可得c=3。

222即

f(x1,x2,x3)=5x15x23x32x1x26x1x36x2x3

也就是

5A= 1315333，322通过初等变换法，即可将其化为标准形：4y29y3。

5、设2n元二次型

f(x1,x2,,x2n)=x1x2nx2x2n1xnxn1 试用可逆线性替换法将其化为标准形。

解：令 x1y1y2n1x2y2y2n10xnynyn

1，P=xn1ynyn1xyy2n122n101xyy12n2n01011110111010，01即作正交变换X=CY，二次型f(x1,x2,,x2n)可化为标准型：

22y12ynyn1y2n。

223x32ax2x3(a>0)通过正交变换化为标准

6、已知二次型f(x1,x2,x3)=2x123x2225y3，求a的值及所作的正交替换矩阵。型fy122y2222解：因为原二次型可化为fy12y25y3，可知原二次型的矩阵的特征值为

1，2和5。

而原二次型的矩阵为 2

A=0003a0a。3故A的特征方程为

det(EA)=

0000a3a=(2)(69a)=0。

223因此将此特征方程的解1，2，5代入得：a=2。

对于11，求其线性方程组(EA)X0，可解得基础解系为

1(0,1,1)。

T对于22，求其线性方程组(2EA)X0，可解得基础解系为：

2(1,0,0)。

对于35，求其线性方程组(5EA)X0，可解得基础解系为：

T

3(0,1,1)。

T将1,2,3单位化，得

11111(0,12,12)，T

2212(1,0,0)，1212T

3故正交替换矩阵为：

33(0，)，T0P=(1,2,3)=21210001。212练习4、3

1、判别下列二次型是否为正定二次型：

222（1）f(x1,x2,x3)=5x16x24x34x1x24x2x3；

222（2）f(x1,x2,x3)=10x12x2x38x1x224x1x328x2x3；

2222（3）f(x1,x2,x3,x4)=x1x24x37x46x1x34x1x44x2x3

2x2x44x3x4。解：（1）二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为 5

A=205226262002。45262由于5>0，=26>0，202=84>0, 4即A的一切顺序主子式都大于零，故此二次型为正定的。

（2）二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为

10

A=41242141214。1由于

1042141214=-3588<0，|A|=412故此二次型不为正定的。

（3）二次型f(x1,x2,x3,x4)的矩阵为： 10

A=320122324222。27由于

101232=-9<0，03故此二次型不为正定的。

2、当t为何值时，下列二次型为正定二次型：

222（1）f(x1,x2,x3)=x14x2x32tx1x210x1x36x2x3；

222（2）f(x1,x2,x3)=x1x25x32tx1x22x1x34x2x3；

222（3）f(x1,x2,x3)=2x1x2x32x1x2tx2x3。

解：（1）二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为： 1

A=t5t4353。1由于

1tt412=4t，tt4353=t230t105，15但易知不等式组

24t0

2

t30t1050无解，因此，不论t取何值，此二次型都不是正定的。

（2）二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为： 1

A=t1t1212。5

此二次型正定的充要条件为

1>0，451tt1=1t2>0，|A|=5t24t>0，由此解得：t0。

（3）二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为： 

2A=100t。2011t2由

2>0, 2111>0，|A|=1t22>0，解得：2t2。

3、设A、B为n阶正定矩阵，证明BAB也是正定矩阵。证明：由于A、B是正定矩阵，故A及B为实对称矩阵。所以(BAB)=BAB=BAB，即BAB也为实对称矩阵。

由于A、B为正定矩阵，则存在可逆矩阵C1，C2，有

A= C1TC1，B= C2TC2，所以 BAB= C2TC2C1TC1C2TC2=(C1C2TC2)T(C1C2TC2)，即

BAB也是正定矩阵。

4、如果A，B为n阶正定矩阵，则A+B也为正定矩阵。

证明：由于A、B是正定矩阵，故A及B为实对称矩阵。从而A+B也为实对称矩阵，而且

fXAX，gXBX，为正定二次型。于是对不全为零的实数x1,x2,,xn，有

XAX0，XBX0。TTTTTTTT故

h=XT(AB)X=XTAX+XTBX0，即二次型h=XT(AB)X为正定的，故A+B为正定矩阵。

5、设A为正定矩阵，则A-1和A*也是正定矩阵。其中A*为A的伴随矩阵。证明：因为A为正定矩阵，故A为实对称矩阵。从而(A1)T(AT)1A1 即A1也为对称矩阵，(A*)T(AT)*A*即A*也为对称矩阵。

由已知条件可知，存在可逆矩阵C，使得

ACTC。

于是

A1(CTC)1C1(C1)T=QTQ，A*=|A|A1|A|C1(C1)T=

1A1C[1AC1TT]=PP，其中Q=(C1)T，P=(-1*1AC1T)都为可逆矩阵。

故A和A都为正定矩阵。

6、设A为n×m实矩阵，且r(A)=m

证明（1）因为A为n×m实矩阵，所以AT为m×n矩阵，又r(A)=m

AX＝O , 只有零解。于是对于任意的 X  O , 有 AX  O。则

TTTX（AA）X＝（AX）（AX）＞ 0。因此，ATA为正定矩阵。

（2）因为A为n×m实矩阵，所以AT为m×n矩阵，又r(A)=m

XT（AAT）X＝（A T X）T（A T X） 0。因此,AAT为半正定矩阵。

7、试证实二次型f(x1,x2,,xn)是半正定的充分必要条件是f的正惯性指数等于它的秩。

证明：充分性。设f的正惯性指数等于它的秩，都是r，则负惯性指数为零。于是f可经过线性变换X=CY变成

2f(x1,x2,,xn)=y1y2yr。

2从而对任一组实数x1,x2,,xn，由X=CY可得Y=CX，即有相应的实数y1,,yr,,yn，使f(x1,x2,,xn)=y12y2yr20.即f为半正定的。

必要性。设f为半正定的，则f的负惯性指数必为零。否则，f可经过线性变换X=CY化为

f(x1,x2,,xn)=y12ysys21yr2，s

于是当yr=1，其余yi=0时，由X=CY可得相应的值x1,x2,,xn，带入上式则得

f(x1,x2,,xn)=－1<0。

这与f为半正定的相矛盾，从而f的正惯性指数与秩相等。

8、证明：正定矩阵主对角线上的元素都是正的。

证明：设矩阵A为正定矩阵，因此fXTAX 为正定二次型。于是对不全为零的实数x1,x2,,xn，有

XTAX0，T取Xi(0,,0,1,0,,0)，(i=1,2,…,n)

2-1

2T则iAidi0，(i=1,2,…,n)即主对角线上的元素都是正的。