代数与通信部分习题解全面版.doc

代数与通信部分习题解全面版资料
代数与通信部分习题解
习题（P6）
１. 若n为奇数，证明8|n2-1。
证明：n为奇数，可设n=2m+1,其中m为整数。于是
n2-1=(2m+1)2-1=(4m2+4m+1)-1=4m(m+1),
注意到2|m(m+1)，所以8|4m(m+1),即8|n2-1。
２. 若n为奇数并且n≥5,则。
证明：n为奇数并且n≥5可设n=2m+1,其中m为整数且m>1,于是

＝

注意到，即

为整数。所以。
注：当n=3时，整除变为相等，结论也成立。
３. 若m和n是正整数，,证明不整除。
反证法：假设，由带余除法可设n=qm+r其中，于是有

由假设，故，而为正整数，所以，故，即，或，所以，从而m-1=1,r-1=0,即m=2,这与矛盾，所以不整除。
讨论：根据以上证明可知，或写成,其中m为奇数。
4．设为实数（m≥2）,证明

证明：（1）首先证明：

因为其中，所以
从而有

（2）再证：
其中则

若１）则
有

若２）则
有
若３）若２）则
有

总之不论何种情况均有

注：本题可推广到：

５．设n为大于１的整数，证明
（１）不是整数。
（２）不是整数。
证明：（１）设某个正整数使，则的各项必只有一项分母为，其余各项的分母至多可被整除，因此在上述和式中将除去的其余各项相加必得如下形式的数

其中q和k是正整数，从而
，
其分母是偶数，分子是奇数，因此不可能等于整数。
（２）设某个正整数使，则的各项必只有一项分母为，其余各项的分母至多可被整除，因此在上述和式中将除去的其余各项相加必得如下形式的数
或
其中q和k是正整数，从而
，或

其分母是3的倍数，分子不是３的倍数，因此不可能等于整数。

（１）形如4m+3(m∈Z)的素数有无限多个。
（２）形如6m+5(m∈Z) 的素数有无限多个。
证明：（１）分两步来证明。
首先证明形如4m+3的正整数必定含有形如4m+3的素因数。事实上，一切奇数素数都能写成4k+1或4k+3的形式，这里k是整数。而由于

所以把形如4k+1的数相乘的乘积仍为4k+1形式的数。因此，把4n+3分解成素因数的乘积时，这些素因数不可能都是4m+1的形式的素数，一定有4m+3形式的素数。
其次，设N任取之正整数，并设为形如4m+3的不超过Ｎ之所有素数，令

显然，每个都不是q的素数，否则将导致，这是不可能的。
如果q本身是素数，由于＝，这表示q也是形如4m+3的数，显然4m+3的素数q.
如果q本身不是素数，由第一步知，q一定含有形如4m+3之素因数p,同样可证明，这表示存在大于Ｎ之形如4m+3的素数p.
由于Ｎ是任取之正整数，这样就证明了形如４n+3的素数有无穷多个。
（２）首先证明形如6m+5的正整数必定含有形如6m+5的素因数。事实上，一切大于3的素数都能写成６k+1或６k+５的形式，这里k是整数。而由于

所以把形如６k+1的数相乘的乘积仍为６k+1形式的数。因此，把６n+５分解成素因数的乘积时，一定有６m+５形式的素因数。
其次，设N任取之正整数，并设

为形如６m+５的不超过Ｎ之所有素数，令

显然，每个都不是q的素数，否则将导致，这是不可能的。
如果q本身是素数，由于，这表示q也是形如６m+５的数，显然６m+５的素数q.
如果q本身不是素数，由第一步知，q一定含有形如６m+５之素因数p,同样可证明，这表示存在大于Ｎ之形如６m+５的素数p.
由于Ｎ是任取之正整数，这样就证明了形如６n+５的素数有无穷多个。
为正整数。如果n没有小于等于的素因子，则n为素数。
证明：反证法。若n不是素数，设n=ab,1)
的全部整数解。
解：利用辗转相除法。
963=657×1+306
657=306×2+45
306=45×6+36
45=36×1+9
36=9×4
（963，657）=9，
将以上倒数第2式通过回代得到
963×（-15）+657×22=9
即(x,y)=(-15,22)是原方程的一个解。
从而全部整数解为：

6． 求下列方程的全部整数解
（１）6x+20y-15z=23
（２）25x+13y+7z=2
解：（1）因为（6，20，15）=1|23，可知方程有整数解，又因为(20,15)=5,可知{20y+15z:y,z∈Z}=5Z,因此方程等价于联立方程组

即
（i）
4y-3z=1有解（y,z）=(1,1),从而4y-3z=w有解（w,w）,于是对每个w∈Z,方程（i）的全部整数解为

而方程(ii)有解(x,w)=(3,1),从而它的全部整数解为

将w代入（iii）得原方程的全部解为

（2）因为（25，13，7）=1|2，所以原方程有整数解。
考虑{13y+7z:y,z∈Z}=Z(因为（13，7）=1)，故原方程可转化为解联立方程组

（y,z）=(-1,2)是13y+7z=1的一个解，故（y,z）=(-w,2w)是（i）的一个解，从而(i)的全部解为

而(x,w)=(1,-23)是（ii）的一个解，故它的全部解为

代入（iii）得原方程的全部解为

7． 设n为正整数，k为正奇数。证明(1+2+…+n)|.
证明：因为，所以只需证明，当k是奇数时,可被整除。
首先注意，当k为奇数时，可被（a+b）整除，其中a,b均为整数。
（1） 如果n是偶数，则。事实上，Sk可写成

上式右端每一项均可被（n+1）整除，故n+1|Sk.又
由于右端每一项均可被整除，故有
因为n+1和为Sk的真因子，且无公因数。故
（2） 如果n是奇数，则。事实上，Sk可写成

上式右端每一项均可被整除，所以
又

上式右端每一项均可被n整除，所以
由于和n是Sk的真因子，且无公因数，故
习题（P13）
4.设n为正整数，a和b是不全为零的整数。证明
（1）
（2）若a和b是互素的正整数，,则a和b均为正整数的n次方。
证明：（1）注意到故只需对a,b为正整数时结论成立即可。设a,b分别有分解式
，其中是素数，而为非负整数，i,j=1,2,…,k.
则有，从而

其中。即

（2）当a,b中有一个为1时结论显然成立，故不妨a>1,b>1,于是a,b均有标准分解式，设为

因为（a,b）=1,故是的标准分解式，再设c 的分解式为
，则

由此得，即，。即a和b均为正整数的n次方。
（P23）
1．完全数问题）满足的正整数n叫做完全数。由于是全部小于n的正因子之和。所以n为完全数当且仅当n等于它的所有正因子(n除外)之和。
（1）验证6和28是完全数。
（2）证明欧拉的结果：正偶数n是完全数当且仅当,其中，并且为素数（即梅森素数）。这表明梅森素数与偶数完全数一一对应。（另一方面，至今为止没有找到一个奇完全数，也没有证明奇完全数是不存在的。）
求解：（1）6=2×3,

即6,28都是完全数。
（2）先证明充分性。由是素数知,再由是积性函数知。即是完全数。
再证必要性。因为n为正偶数，故可设n=2a-1k,其中a≥2,k是奇数，即（2，k）

由于因此要使
成立，k必含有因子，可设从而，而k与q均是k的因数，上式说明k的正因数只有这两个，从而必有q=1,而是素数，使得。
2．以表示正整数n 的不同素因子的个数。即，而当时 （标准分解式）时， 。证明
（1）
（2）
（3）（这里乘积表示p遍历n的不同素因子。）
证明：令a是一个不为零的整数，，首先证明是积性函数。
再设(n,m)=1,
若n,m有一个为1，不妨n=1,这时

若n,m均大于1,设分别是n,m的标准分解式，由于（n,m）=1,所以互不相同，从而也是nm的标准分解式。故,所以是积性函数。
（1）易知，而是积性函数，所以（1）式左边是积性函数，而由上所证右边也是积性函数所以只需对验证等式成立即可。这时
。
（2）左边为，右边为是积性函数，故只需验证当验证等式成立即可。这时

（3）左边为是积性函数，注意到
当（n,m）=1时故右边也为积性函数。所以只需对验证等式成立即可。这时

习题（P27）
1．设m为正整数，对于与m互素的整数a，我们用表示同余方程的任一整数解（即。证明：
（1）若则当且仅当。
（2）若是模m的缩系，则也是模m的缩系。
证明：（1）因为由定理知同余方程，有解。若，再由得

反之，若，得。
（2）是模m的缩系，即，从而有，即，又若，由（1）的结论知（i,j=1,2,…, ）,由此说明也是模m的缩系。
2．设正整数n的十进制表示为

证明：

由此计算12345×6789被9和11除的余数。
证明：（1）因为，所以
，
从而

（2）又因为，，所以
，
从而

所以12345×6789被9整除；

即12345×6789被11除余数为6。
3．解下列同余方程
（1）（2）
解：（1）

（2）

4．对每个整数n证明
（1）（2）或
（3）（4）
证明：（1）设。
当i=0,时
当i=1,时
当i=2,时
所以
（2）设。
当i=0,时
当i=1,时
所以或
（3）设。
当i=0,时
当i=1,时
当i=2,时
所以
（4）设。
当i=0,时
当i=1,时
当i=2,时
当i=3,时
所以
5．设为奇数，，证明
证明：用数学归纳法。
当n=1时，设，
。
假设n时成立，即考虑n+1情况。
由知，从而
，由数学归纳法知，当为奇数，，有
6．证明
（1）当时为偶数。
（2）
证明：（1）设是标准分解式，由引理知，欧拉函数
，
因为，故标准分解式中必有某个是奇素数，比如,即是偶数，则中的因数有是偶数，所以欧拉函数为偶数。
（2）设为模n的一个缩系，则有
，这里均与n互素且互不相等。由引理1.知，也互不相等，故也是模n的一个缩系，则有
，
从而

由此

7．设证明模n的每个同余类都恰好是模m的t个同余类之并集。
证明：设模n的同余类为，模m=nt 的同余类为
。对于某个模n的同余类，若有，由带余除法可设，于是
此说明
，反之若
，即有
，所以

即模n的每个同余类都恰好是模m的t个同余类之并集。
（P31）
１.（１）对于环Zm中每个元素α，m个α相加为。
（２）设p为素数，对于域Zp中每个非零元素α和正整数n,证明n个α相加为当且仅当p|n.
证明：（１），，而，所以。
（２）设
若，即有，或，而即不整除a,p是素数，从而由必有
反之，若，有，从而有即。
（P37）
1. 解下列同余方程
(1)
(2)
(3)
解：（1）（32，8）=8不整除12，故原同余方程无整数解。
（2）(28,116)=4|124故原同余方程有整数解。
故原方程的全部整数解是，而对模116有4个解
（3）(5,81)=1,故原同余方程有整数解。
，对模81有一个解
2．解下列同余方程组

解：（1）判断是否有解。因为4,5,9两两互素，故同余方程组有整数解。
（2）分别解M1y≡1(mod4),M2y≡1(mod5),M3≡1(mod9)其中
M1=45，M2=36,M3=20,b1=2,b2=3,b3=7,
取N1=1,N2=1,N3=5,得
（3） 写出解的表达式
，即原同余方程组的全部整数解是：
3. 用中国剩余定理解同余方程37x≡31(mod77)
解：原方程等价于同余方程组

再解同余方程组

由于7，11互素，故同余方程组有解。M1=11,M2=7，
解同余方程

取N1=2，N2=-3，于是

即原同余方程的全部整数解为
6．求2400被319除的余数。
解：319=11×29，故相当于解方程：

由欧拉定理可知，化简
所以

有解，有解，故由中国剩余定理知其解为，即2400被319除的余数为111。
习题（P44）
1. 设整数a和b模m的阶分别为s和t,并且(s,t)=1.证明ab模m的阶为st.
证明：首先由条件有，由此得。
若有正整数k使得，得，而b的阶是t,所以有t|sk而(s,t)=1,所以有t|k,同理可得s|k,再由(s,t)=1,得到st|k.由阶的定义知，ab模m的阶为st.
（注：本题可作为结论用）
２. 设a对模m和模n的阶分别为s和t.证明a对模[m,n]的阶为[s,t].
证明：由条件，从而有
，
再由同余的性质有。
设有正整数k使，显然有（因为），，从而有s|k,t|k,即k是s,t的公倍数，所以有[s,t]|k,从而由阶的定义知a对模[m,n]的阶为[s,t].
习（P44）

解：（1）基本思路：通过找原根将“高次同余方程”化为一次同余方程。
模13有原根2，令原同余方程化为，它等价于解一次同余方程
（注：） <1>

（8，12）=4|4，此方程有解。化简为

所以，<1>有4个解2，2+3=5，5+3=8，8+3=11，原方程有4个解，即
解（2）基本思路：当模数不是素数时通常可将模数分解化为方程组（使模数变小），分别求解后再联立求解，这时要用中国剩余定理。
143=13×11，故原方程等价于方程组

先求出的解。由（1）题的结论知解为
再求出的解：2是模11的一个原根，令，化为

它等价于同余方程
<2>
而（8，10）=2|8，此方程有解。化简为，解出，从而方程<2> 有2个解1，6，故有2个解，即。
原方程等价于求解
， <3>
其中。（有4×2=8种组合，即有8个方程组）利用中国剩余定理求解该方程组。<3>的解的表达式为

同余方程有解，同理有解，故<3>的解的表达式为

再将的值分别代入上式得到原方程的8组解：
经计算有或按从小到大的排列最后得原方程的解：。
解（3）基本思路：利用原根，将“指数同余方程”化为一次同余方程。
取模17的一个原根3，有7=311,4=312,原方程化为，等价于一次同余方程：（因为），则为原方程的整数解。
2. （1）写出模37的全部8次剩余和15次剩余。
（2）写出模11的全部2次剩余。
解：（1）先找原根。
37是素数，故模37必有原根。，模37的同余类的阶数可能是1，2，3，4，6，9，12，18，36。而对模37，但故2的阶是36，2是原根；
再求模37的全部8次剩余。
（8，36）=4，所以全部8次剩余为或即116,34,26,9,33,10,12,7或按序排是1，7，9，10，12，16，26，33，34。
再求模37的全部15次剩余。
（15，36）=3，所以全部15次剩余为或即1,8,27,31,26,23,36,29,10,6,11,14按序排是
1，6，8，10，11，14，23，26，27，29，31，36。
解：（2）模11有原根，其中是2是原根。，（2，10）=2，故模11的全部2次剩余为，即或1，3，4，5，9。
3．设p为素数，p=2(mod3),a,b∈Z.证明:a3=b3(modp)当且仅当a=b(modp)
证明：充分性显然，以下证明必要性。
当a=b=0(modp)显然成立，不妨设。
因为p为素数，故对于模p有原根，设，由a3=b3(modp)即得，从而有，再由条件p=2(mod3)知p=2+3k或(p-1)+3(-k)=1,故（3，p-1）=1,由得,得，即a=b(modp)。
4．设p为奇素数，中元素的阶为3，求元素的阶。
解：由条件的非零元均是可逆元，且 ，或
（1）
而的阶为3，故即，（1）两边乘以的逆元得，从而

所以，故的阶为6。
习题A（P62）
1. 设是群的同态，和分别为G和G′的幺元素，则。
证明：（1）（是G的幺元素）
（是群的同态）两边右乘得

即或；
（2）因为（是群的同态）
（由上所证），同理可证，
所以
2. 决定加法群Z，Q和Zm的自同构群。
解：（1）求Aut(Z).
设，任意,若m是正整数，由于f保持加法运算，故有，若m是负整数有，当m=0时由1题知，即任意的有，此说明Z的自同构完全由确定。
设有整数k,使得，即有，而是整数，故上式成立当且仅当=1或=-1。由此得出Aut(Z)={1z，-1z}，其中1z是Z到自身的恒等映射，-1z是相反数的映射，它们显然是自同构。
（2）求Aut(Q).
设,对于有理数，由于f保持加法运算，易知得，从而此说明，f完全由确定，令为任意的非零有理数，易知是Q到自身的同构映射。由此得
（3）求Aut(Zm)
设,有，故f完全由确定。令有，设则有，易验证当（r,m）=1时有是Zm到自身的同构映射。所以有（）
（P65）
1． 群G的任意多个子群的交集是G的子群。
证明：只需证明两个子群的情况即可。
设，显然即是群G的一个非空子集。对于任意的而G1，G2是群G的子群，故，从而有，所以是群G的子群。
2． 每个群不能是它的两个真子群的并集。
证明：用反证法。假设群G是它的两个真子群G1，G2的并，即，从而一定有两个元素，满足：，令，显然，从而有或不妨设，从而，这与矛盾。故每个群不能是它的两个真子群的并集。
3． 有限群G中每个元素均是有限阶的，并且元素的阶都是|G|的因子。（例如：乘法群
是阶有限群，它的每个元素的阶都是的因子。）
证明：设g是G的任意元素，若g是无限阶的，则1，g,g2,…,gk,…互不相同且是G的元素，这与G是有限群矛盾，故G中每个元素均是有限阶的。设g的阶是n,则是G的子群，且阶数为n,由拉格朗日定理知n||G|,即G的每个元素的阶都是|G|的因子。
11．以S3表示{1，2，3}的全部置换组成的群。求S3的全部子群。哪些是S3的正规子群？
解：

经计算如下表

再注意到6阶子群的阶只能是1，2，3，6由些可见S3的全部子群有{1}，S3，，。由10题的结论一定是正规子群。，其余同可验证，故，均不是S3的正规子群。
习题(P68)
是群的直积。如果g1和g2 分别是G1和G2中的n阶和m阶元素，则（g1,g2）是G中[n,m]阶元素。
证明：设有正整数k使得，即，所以有，又因为g1和g2 分别是G1和G2中的n阶和m阶元素，所以有n|k,m|k,即k是n,m的公倍数，由阶的定义知（g1,g2）是G中[n,m]阶元素。
2．设G1和G2为群G的子群，并且对均有，则
（1）映射是群同态。
（2）f为群的单同态当且仅当。
f为群的同态当且仅当，即G中每个元素均可表成。
证明：（1）显然是的映射。设，则
所以映射是群同态。
（2）若f为群的单同态，设，则有，而是单射，所以有从而有，故。
若，设，由此得所以f为群的单同态。
（P82）

（1） 若a|b,b|c,则a|c.
（2） 若a|b,a|c,则对任意x,y∈R,a|bx+cy.
证明：（1）由条件及整除的定义知b=ad,c=bk,其中d,k∈R,从而c=(ad)k=a(dk),这里dk∈R,故a|c.
(2) 由条件及整除的定义知b=ad,c=ak,其中d,k∈R,从而bx+cy=adx+aky=a(dx+ky), 这里dx+ky∈R,故a| b

线性代数课后题详解

第一章 行列式

1.利用对角线法则计算下列三阶行列式：相信自己加油
（1）； （2）
（3）； （4）.
解 注意看过程解答（1）

=
=

（2）

（3）

（4）

2.按自然数从小到大为标准次序，求下列各排列的逆序数：耐心成就大业
（1）1 2 3 4； （2）4 1 3 2；
（3）3 4 2 1； （4）2 4 1 3；
（5）1 3 … 2 4 … ；
（6）1 3 … … 2.
解（1）逆序数为0
（2）逆序数为4：4 1，4 3，4 2，3 2
（3）逆序数为5：3 2，3 1，4 2，4 1,2 1
（4）逆序数为3：2 1，4 1，4 3
（5）逆序数为：
3 2 1个
5 2，5 4 2个
7 2，7 4，7 6 3个
……………… …
2， 4， 6，…，
个
（6）逆序数为
3 2 1个
5 2，5 4 2个
……………… …
2， 4， 6，…，
个
4 2 1个
6 2，6 4 2个
……………… …
2， 4， 6，…， 个

的项.
解 由定义知，四阶行列式的一般项为
，其中为的逆序数．由于
已固定，只能形如□□，即1324或1342.对应的分别为
或
和为所求.

4.计算下列各行列式：多练习方能成大财
（1）； （2）；
（3）； （4）
解
(1)
=
==0

(2)
=0

(3)=
==
(4)
=
==

5.证明:
(1)=;
(2)=;
(3);
(4)
;
(5).
证明
(1)

(2)

(3)

(4)
=
=
=

=

=
(5) 用数学归纳法证明

假设对于阶行列式命题成立，即

所以，对于阶行列式命题成立.

阶行列式,把上下翻转、或逆时针旋转、或依
副对角线翻转，依次得
， ，，
证明.
证明　

同理可证

7.计算下列各行列式（）：
(1),其中对角线上元素都是，未写出的元素都是0；
(2);
(3) ;
提示：利用范德蒙德行列式的结果．
(4) ;
(5);
(6),.
解
(1)

()

2)将第一行乘分别加到其余各行，得

再将各列都加到第一列上，得

(3)从第行开始，第行经过次相邻对换，换到第1行，第
行经次对换换到第2行…，经次行
交换，得

此行列式为范德蒙德行列式

(4)

由此得递推公式：

即
而
得
(5)

=
(6)

8.用克莱姆法则解下列方程组：

解　(1)

(2)

()

．
9.有非零解？
解 ，
齐次线性方程组有非零解，则
即
得
不难验证，当该齐次线性方程组确有非零解.

10.
有非零解？
解

齐次线性方程组有非零解，则
得
不难验证，当时，该齐次线性方程组确有非零解.

第二章　矩阵及其运算

1．已知线性变换：

求从变量到变量的线性变换．
解
由已知：
故

2．已知两个线性变换

求从到的线性变换．
解 　由已知

所以有
3．设,
求
解

4．计算下列乘积：
(1); (2); (3);
(4);
(5);
(6).
解
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)

(6)

5．设, ，问：
(1)吗?
(2)吗?
(3)吗?
解
(1),
则
(2)
但
故
(3)
而
故

6．举反列说明下列命题是错误的:
（１）若,则;
（２）若,则或;
（３）若,且,则.
解 (1)　取 ,但
(2)　取 ,但且
(3)　取
且 但

7．设,求.
解

利用数学归纳法证明:
当时,显然成立,假设时成立,则时

由数学归纳法原理知:

8．设,求.
解 首先观察

由此推测
用数学归纳法证明:
当时,显然成立.
假设时成立，则时，

由数学归纳法原理知:

9．设为阶矩阵，且为对称矩阵，证明也是对称矩阵.
证明　　已知：
则
从而 也是对称矩阵.

10．设都是阶对称矩阵，证明是对称矩阵的充分必要条件是
.
证明　　由已知：
充分性
即是对称矩阵.
必要性：.

11．求下列矩阵的逆矩阵：
(1)； (2)； (3);
(4);　(5);
(6)
解
(1)

故
(2) 故存在

从而
(3) , 故存在

而

故
(4)

故
(5) 故存在
而

从而
(6)
由对角矩阵的性质知

12．解下列矩阵方程：
(1)　; (2)　;
(3)　;
(4)　.
解
(1)　
(2)　

(3)　

(4)　

13．利用逆矩阵解下列线性方程组:
(1) (2)
解　　(1)　方程组可表示为
故
从而有
(2) 方程组可表示为
故
故有

14．设(为正整数),证明
.
证明　　一方面，
另一方面，由有

故　
两端同时右乘
就有

15．设方阵满足,证明及都可逆,并求及
.
证明　　由得
两端同时取行列式:
即　,故　
所以可逆,而
故也可逆.
由

又由

16．设,,求.
解　　由可得
故

17．设,其中,,求.
解　　故所以

而
故

18．设次多项式,记

称为方阵的次多项式.
(1)设,证明: ,;
(2)设,证明: ,.
证明
(1) i)时

命题成立,假设时成立,则时

故命题成立.
ii)左边

=右边
(2)　 i)时
成立
假设时成立,则时
成立故命题成立,
即
ii) 证明
右边

=左边

19．设阶矩阵的伴随矩阵为，证明：
(1)　若,则;
(2) 　.
证明
(1)　用反证法证明．假设则有
由此得
这与矛盾，故当时
有
(2)　由于, 则
取行列式得到:
若 则
若由(1)知此时命题也成立
故有

20．取,验证
检验:
而　
故　

21．设,求及
解　，令
则
故

22．设阶矩阵及阶矩阵都可逆,求．
解 将分块为
其中 为矩阵, 为矩阵
为矩阵, 为矩阵
则
由此得到
故 ．

第三章　矩阵的初等变换与线性方程组

1．把下列矩阵化为行最简形矩阵：
(1)　; (2)　;
(3)　; (4)　.

解　(1)　

(2)　

(3)　

(4)　

2．在秩是的矩阵中,有没有等于0的阶子式?有没有等于0的阶
子式?
解　　在秩是的矩阵中,可能存在等于0的阶子式,也可能存在等
于0的阶子式.
例如，
同时存在等于0的3阶子式和2阶子式.

3．从矩阵中划去一行得到矩阵,问的秩的关系怎样?
解
设，且的某个阶子式.矩阵是由矩阵划去一行得
到的，所以在中能找到与相同的阶子式，由于，
故而.

4．求作一个秩是4的方阵,它的两个行向量是,
解　　设为五维向量,且,
,则所求方阵可为秩为4,不妨设
取
故满足条件的一个方阵为

5．求下列矩阵的秩,并求一个最高阶非零子式：
(1)　; (2)　；
(3)　.

解　(1)　

二阶子式．
(2)
.
二阶子式．
(3)
秩为3
三阶子式．

6．求解下列齐次线性方程组:
(1)　 (2)　
(3) (4)
解　(1)　对系数矩阵实施行变换:
即得
故方程组的解为

(2)　对系数矩阵实施行变换:
　即得
故方程组的解为

(3)　对系数矩阵实施行变换:
即得
故方程组的解为

(4)　对系数矩阵实施行变换:

即得
故方程组的解为

7．求解下列非齐次线性方程组:
(1) (2)
(3) (4)

解　(1)　对系数的增广矩阵施行行变换,有

而,故方程组无解．

(2)　对系数的增广矩阵施行行变换:

即得亦即

(3)　对系数的增广矩阵施行行变换:

即得　即

(4) 对系数的增广矩阵施行行变换:

即得　即

8．取何值时,非齐次线性方程组

(1)有唯一解；(2)无解；(3)有无穷多个解?
解　(1)　,即时方程组有唯一解.

(2)　

由
得时,方程组无解.

(3)　,由,
得时,方程组有无穷多个解.

9．非齐次线性方程组

当取何值时有解？并求出它的解．

解　
方程组有解，须得
当时,方程组解为
当时,方程组解为

10．设
问为何值时,此方程组有唯一解、无解或有无穷多解？并在有无穷多解
时求解．
解　　

当,即　且时，有唯一解.
当且，即时，无解.
当且，即时，有无穷多解.
此时，增广矩阵为
原方程组的解为 ()

11．试利用矩阵的初等变换，求下列方阵的逆矩阵：
(1)　; (2)　.
解　（1）

故逆矩阵为
(2)　

故逆矩阵为

12．(1)　设,求使;
(2) 设,求使.
解
(1)

(2)
．

第四章　向量组的线性相关性

1．设,
求及.
解

2．设其中,
,,求
解 由整理得

3．举例说明下列各命题是错误的:
(1)若向量组是线性相关的,则可由线性表示.
(2)若有不全为0的数使

成立,则线性相关, 亦线性相关.
(3)若只有当全为0时,等式

才能成立,则线性无关, 亦线性无关.
(4)若线性相关, 亦线性相关,则有不全为0的数,
使
同时成立.
解 (1) 设

满足线性相关,但不能由线性表示.
(2) 有不全为零的数使

原式可化为

取
其中为单位向量,则上式成立,而
,均线性相关
(3) 由 (仅当)
线性无关
取
取为线性无关组
满足以上条件,但不能说是线性无关的.
(4)
与题设矛盾.

4．设,证明向量组
线性相关.
证明 设有使得
则

(1) 若线性相关,则存在不全为零的数,
;;;;
由不全为零,知不全为零,即线性相
关.
(2) 若线性无关,则

由知此齐次方程存在非零解
则线性相关.
综合得证.

5．设,且向量组
线性无关,证明向量组线性无关.
证明 设则

因向量组线性无关,故

因为故方程组只有零解
则所以线性无关

6．利用初等行变换求下列矩阵的列向量组的一个最大无关组:
(1) ; (2) .

解 (1)

所以第1、2、3列构成一个最大无关组.
(2)

，
所以第1、2、3列构成一个最大无关组．

7．求下列向量组的秩,并求一个最大无关组:
(1)　,,;
(2)　,,.
解　(1)　线性相关.
由
秩为2,一组最大线性无关组为.
(2)

秩为2,最大线性无关组为.

8．设是一组维向量,已知维单位坐标向量能
由它们线性表示,证明线性无关.
证明 维单位向量线性无关
不妨设:

所以　
两边取行列式，得
由
即维向量组所构成矩阵的秩为
故线性无关.

9．设是一组维向量,证明它们线性无关的充分必要条件
是：任一维向量都可由它们线性表示.
证明　　设为一组维单位向量，对于任意维向量
则有即任一维向量都
可由单位向量线性表示.
线性无关，且能由单位向量线性表示，即

故
两边取行列式，得

由
令则
由
即都能由线性表示，因为任一维向量能由单
位向量线性表示，故任一维向量都