矩阵论第一章答案

习题1.1

1.解：除了由一个零向量构成的集合{θ}可以构成线性空间外，没有两个和有限（m）个向量构成的线性空间，因为数乘不封闭（kα有无限多个，k∈p数域）.

2.解：⑴是；⑵不是，因为没有负向量；⑶不是，因为存在两.

3.解：⑴不是，因为当k∈Q或数乘kα不封闭；⑵有时，数乘kα不封闭.⑶是；⑷是；⑸是；⑹.

4.公理.

5.解：（1）是线性空间；（2）不是线性空间（加法不封闭；或因无零向量）.

6.解：（1）设A的实系数多项式f(A)的全体为

{f(A)=aI+aA+La

Amai∈R,

m正整数}

显然，它满足两个封闭性和八条公理，故是线性空间.

（2）与（3）也都是线性空间.

7.解：是线性空间.不难验证sint，sin2t，…，sinnt是线性无关的，且任一个形如题中的三角多项式都可由它们惟一地线性表示，所以它们是V中的一个组基.由高等数学中傅里叶（Fourier）系数知

1ci=

∫

2π

tsinitdt.

8.解：⑴不是，因为公理2')α=(3,4),则(r+s)o(3,4)=(9,4),而ro(3,4)⊕s⊕(6,4)=(9,8),所以(r+s)oα≠roα⊕soα.

⑵不是，因为公理1α=(1,2),β=(3,4),

则α⊕β=(1,2)⊕(3,4)所以α⊕β≠β⑶2')不成立：设r=1,

则(r+s)o(3,4)=(27,36)

而

s=2,

α=(3,4),

β⊕α=(3,4)⊕(1,2)=(3,4)

roα⊕soα=1o(3,4)⊕2o(3,4)=(3,4)⊕(12,16)=(15,20),

于是

(r+s)oα≠roα⊕soα.⑷是.9.证

若α,β∈V，则

2(α+β)=2α+2β=(1+1)α+(1+1)β=(1α+1α)+(1β+1β)

=(α+α)+(β+β)=α+(α+β)+β

另一方面，因此从而有

2(α+β)=(1+1)(α+β)=(1α+1β)+1(α+β)

=(α+β)+(α+β)=α+(β+α)+β

α+(α+β)+β=α+(β+α)+β，

(−α)+α+(α+β)+β+(−β)=(−α)+α+(β+α)+β+(−β)

于是得

α+β=β+α.

10.

11.即

由于系数行列式不等于零，那么只有k1=k2=k3=0时,上述齐次式才对

∀

x成立，所以x2+x,x2−x,x+1线性无关，且任二次多项式

ax2+bx+c都可惟一地用它们来表示(因为相应的非齐次方程组有惟一

解)，故为基.

令得

k1=3,

2x2+7x+3=(k1+k2)x2+(k1−k2+k3)x+k3

k2=−1,

k3=3,即坐标为(3,

-1,3).

12.解：⑴

因为(β1,β2,β3,β4)=(α1,α2,α3,α4)C

C=(α1,α2,α3,α4)−1(β1,β2,β3,β4)

0001000

010

−2010−1

[1**********]

21−11

[1**********]3

⑵显然，向量α在基α1,α2,α3,α4下的坐标为X=(ξ1,ξ2,ξ3,ξ4),设α在基β1,β2,β3,β4下的坐标为Y=(η1,η2,η3,η4),则

⑶,求.

13.解：(1)

对k=1,2,L,n；l=k,k+1,L,n令Fkl=(aij)n×n，其中

akl=1，其余的aij=0，则{Fkl}为上三角矩阵空间的一组基，维数为1

n(n+1).2

（2）R+中任意非零元素都可作R+的基，dimR+=1.（3）I，A，A2为所述线性空间的一组基，其维数为3.

14.解：（1）由已知关系式求得

⎧β1=4α1+8α2+α3−2α4⎪β=−2α−4α+α4⎪212⎨

⎪β3=α1+2α2⎪⎩β4=α2+2α3

于是，由基（I）到基（II）的过渡矩阵为

⎡4−210⎤⎢8−421⎥

⎥C=⎢

⎢1002⎥⎢⎥−2100⎣⎦

（2）α在基（II）下的坐标为（2，-1，1，1）公式计算α在基（I）下的坐标为

C（2，-1，1，1）T=（，-5）T.

（3）不难计算得det（1·I—C1是C的特征值.不妨取过渡矩阵Cη，则有Cη

=1·η，那么α=β1,β24)0，再由坐标变换公式知，α在基

（I）下的坐标为，即存在非零α∈V4，使得α在基（I）和基（II.

15.解：不难看出，由简单基E11，E12 ，E21，E22改变为基（I）和基（II）的过渡矩阵分别为

⎡2⎢1C1=⎢

⎢0⎢⎣1

0−2112122

1⎤3⎥⎥，1⎥⎥2⎦

⎡11−1−1⎤⎢2−12−1⎥

⎥C2=⎢

⎢−1110⎥⎢⎥0111⎣⎦

则有（B1，B2，B3，B4）=（E11，E12，E21，E22）C2

=（A1，A2，A3，A4）C1−1C2

故由基（I）改变到基（II）的过渡矩阵为

⎡01−11⎤⎢−11⎥00−1⎥.C=C1C2=⎢

⎢0001⎥⎢⎥1−11−1⎣⎦

16.解：（1）由简单基1，x,x2,x3改变到基（I）和基（II）的过渡矩阵为

⎡1111⎤

⎢111⎥

⎥，C1=⎢

⎢11⎥⎢⎥

1⎣⎦

⎡1

⎢0C2=⎢

⎢1⎢⎣1

01111111⎤1⎥⎥⎥⎦

故由基（I）改变为基（II⎡1−1⎢−1−1

C=C1C2=⎢

⎣1

0⎤1⎥⎥1−1⎥

⎥01⎦

（2）设f(x)∈[3基（I）和基（II）下的坐标分别为

α=(ξ1,ξ2,ξ3,ξ4)1,η2,η3,η4)，则有α=Cβ且α=β，即有

(I−C)β=β=k(0,0,1,0),k∈R.于是，在基

（If(x)=(g1(x),g2(x),g3(x),g4(x))β=kg3(x)=k+kx+kx

17.解：⑴设Rn的子集合为L，对任意α∈L，有

α=(a1,a2,...,an),

∑a

i=1

=0，

对任意α,β∈L，α=(a1,a2,...,an),β=(b1,b2,...,bn)有

α+β=(a1+b1,...,an+bn),

∑(a

i=1n

+bi)=∑ai+∑bi=0

i=1

又

kα=(ka1,...,kan),

∑ka

i=1

=k∑ai=0,所以α+β∈L,kα∈L,

i=1

因此L是V的子空间.

⑵

对任意α,β∈L，α=(a1,a2,...,an),β=(b1,b2,...,bn),有

∑a

i=1

=1,

∑b

i=1

故

α+β=(a1+b1,...,an+bn),

∑(a

i=1

+bi)=∑ai+i=1

i=于是可知α+β∉L，因此L不是V的子空间.

18.解：Span(α1',α2',α3')的基为'2'3'''

α1',α2,α3在基α1,α2,α3(1,-2,3)T,,,2)T,(4,13,0)T

,α3(1,-2,3)T,(2,3,2)T.因此，α1',α2

α1',α2'，即Span(α1',α2',α3')的一个基为α1',α2'

19.解1）因为0n×n∈V1，所以V1非空.设A，B∈V1，则有AP=PA，

BP=PB.又因为（A+B）P=AP+BP=PA+PB=P（A+B），（kA）P=k（AP）=k（PA）=P（kA）

子空间.

⎡10⎤⎡00⎤

（2）取A=⎢⎥，B=⎢01⎥，则detA=detB=0，从而A∈V1，00⎣⎦⎣⎦

（k∈R），所以A+B∈V1，kA∈V1，故V1是Rn×n的

⎡10⎤

B∈V1，但A+B=⎢，det(A+B)≠0，所以A+BV1，故V1不是子⎥

⎣01⎦

空间.

⎡20⎤⎡40⎤2

又A=A，从而A∈V2，2A=⎢⎥，(2A)=⎢00⎥≠2A，所以00⎣⎦⎣⎦

2AV2，故V2也不是子空间.

20.证：因为

（2，-1，3，3）=（-1）（1，1，0，0）+30，1，1），（0，1，-1，-1）=（1，1，0，0）+，0，0，1）

21.解：(1)设A=⎢

⎧

⎪x1⎡x1

x⎤

1AP=PA可得齐次方程组4−x3=0−3x4=0−x3=03x3=0

1，-3，0，0）T，（1，0，0，1）T，从而V1的基为

⎡1−3⎤⎡10⎤

A1=⎢⎥，A2=⎢01⎥，00⎣⎦⎣⎦

dimV1=2.

⎡k1+k2

(2)V1的矩阵一般形式A=k1A1+k2A2=⎢

⎣0

−3k1⎤

(k1,k2∈R).k2⎥⎦

22.证：若V1的维数为0，则V1与V2都是零空间，当然相等；

若V1的维数是m≠0，由于V1⊆V2，故V1 的任一组基e1,e2,L,em都是

V2的线性无关组.又因V2与V1的维数相同，故这个线性无关组也是V2

的一组基，即V1与V2有相同的基，因此V1=V

23.解：设α=(a1,a2,a3,a4)∈VIW，则有

a1−a2+a3−a4=0,

a1+a2+a3+a4=0

由此相加或相减可得a1+a3=0，a2+a4=0，从而a1=−a3a2=−a4，故得

α=(a1,a2,−a1,−a2)=a1(1,0,−1,0)+a2(0,1,0,−1).

但（1，0，-1，0），（0，1，0，-1.

24.解：（1）设A=(aij)2×2，Bb2×2

∈V，则a11+a22=0，

b11+b22=0,因为A+B=(aij+bij)2×2+b11)+(a22+b22)=0，kA=(kaij)2×2，

(ka11)+(ka22)=0，所以AVkA∈V，又02×2∈V，所以V是R2×2

的子空间.

（2VA1=⎢

⎡10⎤⎡01⎤⎡00⎤

，A=，A=它们线性无23⎥⎢⎥⎢⎥

⎣0−1⎦⎣10⎦⎣10⎦

关.因为a11+22=0即a22=−a11，于是A=a11A1+a12A2+a21A3，因此，V的一组基为A1，A2，A3，从而dimV=3.

25.解：（1）dimSpan{α1,α2,β1,β2}=3,

dimSpan{α1,α2}=2,dimSpan{β1,β2}=2

故交的维数为2+2-3=1，交的一组基为（-5，2，3，4）T，和的维数为3，{α1,α2,β1}为一组基.

（2）dimSpan{α1,α2,α3,β1,β2}=4,

dimSpan{α1,α2,α3}=3,dimSpan{β1,β2}=2

故交的维数为1，基为β1；和的维数为4，{α1,α2,α3,β2}为一组基.

26.证：（1）设α,β∈V1，且α=∑xiei=∑xiεi,β=∑yiei=∑yiεi

i=1

nnnn

则

α+β=∑(xi+yi)ei=∑(xi+yi)εi

i=1

kα=∑kxiei=∑kxiεi

i=1

（k即α+β与kαα+β∈V1，kα∈V1，故V1是子空间.

（2）因Vei(i=1,2,L,n)在e1,e2,0，…，0，1，0，…，0）它也

应为ei在ε1,ε2,,nei=1εi=εi

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

27.证：设

V1=A=(aij

{

)

2×2

aij=aji,aij∈R,

}}

V2=B=(bij)2×2bij=−bji,bij∈R

{

容易验证V1与V2都是V的子空间.对任意C∈V有

C+CT+C−CT22

()()

且

C−CT∈V1,C−CT∈V22

()()

，所以V=V1+V2.

因为D=(dij)2×2∈V1IV2⇒D∈V1且D∈V2

⇒dij=dji且dij=−dji⇒dij=0(i,j=1,2)

即D=0，所以V1IV2={0}，则V=V1⊕V2.

28.

基α1=，…，

αn−1=（xn=1，便得V2n故α1,α2,L,αn−1，β为Pn的一组基，且有Pn=V1⊕V2.

29.证：设V是n维线性空间，e1,e2L,en为基，则L(ei)都是一维子

空

间

（

i=1，2，…，n），且有

L(e1)+L(e2)+L+L(en)=L(e1,e2,L,en)=V.又因e1,e2,L,en是基，零向量θ

表示式惟一，故这个和是直和，即L(e1)⊕L(e2)⊕L⊕L(en)=V.

习题1.2

1.解：因为对R2的任一向量(x1,x

2)，按对应规则惟一确定的向量与之对应，所以

(1)关于x轴的对称变换；(2)关于y轴的对称变换；(3)关于原点的对称变换；(4)到x轴的投影变换；(5)到y轴的投影变换.

是R2的一个变换.

都有R2中

2.解：(1)不是.因为

≠k1

(k12)＝

k1α1+k2α2+β

(α2)=k1(α1+β)+k2(α2+β)

1+k2α2+(k1+k2)β

(2)

1+k2α2)＝β≠k1

(α1)+k

(α2)=(k1+k2)β

不是.因为取x=(1,0,0),

(kx)=(k2,0,0)≠k

k≠1时,

(x)=k(1,0,0)=(k,0,0)

(4)是.因为设x=(x1,x2,x3),y=(y1,y2,y3)

(

k1x+k2y)=k1(2x1−x2,x2+x3,x1)+k2(2y1−y2,y2+y3,y1)

=k1

(5)是.因为

(x)+

(y)

(k1f1(x)+k2f2(x))=k1f1(x+1)+k2f2(x+1)(f1(x))+k2

(f2(x))

(6)是.因为

=k1

(

k1f1(x)+k2f2(x))=k1f1(x0)+k2f2(x0)(f1

(x))+k

(f2(x))

(7)不是.因为设x=(x1,x2,x3),y=(y1,y2,y3)

(k1x+k2y)=

(cos(k1x1+k2y1),sin(k1x2+k2y2),0)

≠k1

(x)+k2

(y)

=k1(cosx1,sinx2,0)+k2(cosy1,siny2,0)=(k1cosx1+k2cosy1,k1sinx2+k2.

3.解：

(α+β)=

[(x1+y2,x2+2+y2,−x1−y1)

=(x2,−

x1)+(y2,−y1)

(α)+

(β)

(kα)=

(k(x1,x

2,−kx1

)=k(x2,−x

1)=k

(α)

所以

是线性变换.(

也是线性变换.

)[(x1,x2

)]

[(x1,x2)]+[(x1,x2)]

=(x2,−x1)+(x1,−x2)=(x1+x2,−x1−x2)

(

α)=

［

(α)］

[(

x1,-x

2)]=(-x2,-

x1)

(α

［

(

α)］=

[(x

2,-x1)]=(

x2,x1).

4.证：（1）因

(A+B)=C(A+B)−(A+B)C

=(CA−AC)+(CB−BC)

(A)+

(A)

)

(kA)=C(kA)−(kA)

C=k(CA−AC)=k

故是线性变换

.（2）

(A)B+A

)=(CA−AC)B+A(CB−BC)

=CAB−ABC

(AB)

5.解：令⎢

⎡aa+b⎤⎣c

c⎥(a,b,c)∈R

即可.

⎦

6.证：设f(x)∈p[x]n，则

(

)(f(x)

)

［

(f(x))

［

(

f(x))］

［xf(x)2

［f(x)］

(x)+xf

′

x)=f(x)

故

－

7.α2α=k1e1+k2e2，由于

e1)+

(e2)=

(e'

1+e2)=e1+e'2

(e1)－

2)=2

－e'12)=

e1－e'2

所以，

2(e'

1)=e1,

2(e'

2)=e2

于是

(

α)=k

(e1)+k

(e2)=k1e1′+k2e′2

=k1

(

)+k22

(

e2)=

(α)

故

8.解：(1)因为i,j在xoy平面上，其投影不变，故有

(i)=i,

(j)=j

又k

垂直xoy平面，则

(k)=0,得

100(

(i),

(j),

(k))=(i，j，k

)

010

000

10所求矩阵为A=010.

00所以,

2−10有((i),(j),(k))=(i,j,k)

011100

−10

所求矩阵为A=01100

(4)据题设：(f(t))=f'(t)则

于是(

(x0019.

解：(1)(e3,e2,e1)=(e1,e2,e3)

010=(e1,e2,e3)C

100

a33a32a31所求矩阵为B=C−1AC=

a23a22a21a13

a12

a11

100(2)

(e1,ke2,e3)=(e1,e2,e3)0k0=(e1,e2,e3)C

001

ka12a13

所求矩阵为B=C−1AC=

a21aa2322k31

ka32

ak33

100(3)

(e1+e2,e2,e3)=(e1,e2,e3)110=(e1,e2,e3)C

001

所求矩阵为

B=C−1AC

11所以，所求矩阵为

⎡⎢23−1⎤⎣101⎥⎦

12.解：

(η1,η2,η3)=(ε

1,ε2,ε3)

−1110

−1

(ε1,ε2,ε3)=(η1,η2,η3)

110

B=C−1AC=101

1−11

−1101011−11101110−120

=(η1,η2,η3)C

−110−11011−11

13.故

在基{ei}下的矩阵就是C.(3)

(

(η1),=(

(η2),

(e1),

(η3))=(η1,η2,η3)=(e1,e2,e3)C

(e2),

(e3))C=(η1,η2,η3)C

故

在基{ηi}下的矩阵仍为C.

14.解：

（1

）由于

⎡

()E=111⎢

a0⎤

=aE11+cE21⎥⎣0c⎦

⎡

0a⎤

1(E12)=⎢⎥=aE12+cE22

0c⎣⎦⎡

()E=121⎢

b0⎤

=bE11+dE21⎥⎣d0⎦

⎡0b⎤

1(E22)=⎢⎥=bE12+dE22

0d⎣⎦

故

在该基下的矩阵为

⎡a⎢0A1=⎢

⎢c⎢⎣0

0ba00dc0

0⎤b⎥⎥0⎥⎥d⎦

类似地，可得

⎡ac00⎤⎢bd00⎥⎢⎥.2

A2=⎢00ac⎥⎢⎥⎣00bd⎦

由于

在该基下的矩阵为

abbc⎤

⎥

b2bd⎥adcd⎥

2⎥bdd⎥⎦

⎡a2ac

⎢

A3=A1A2=⎢

⎢acc2⎢⎢⎣bccd

同理，可得

在该基下的矩阵为

⎡a02b0⎤⎢0a02b⎥

⎥A4=⎢

⎢2c0a0⎥⎢⎥⎣02c0a⎦

（2）由于由简单基E11，E12，E21，E22改变为给定基E1，

E2，E3，E4的过渡矩阵为

⎡1⎢0C=⎢

⎢0⎢⎣0000⎤011⎥⎥01−1⎥

⎥

100⎦

于是，

在给定基下的矩阵为

⎡a⎢0

−1

B=CA4C=⎢

⎢c⎢⎣−c

02b−2b⎤a2c2c⎥⎥ba0⎥

⎥

b0a⎦

15.解：(

（1(e1

(e2),

⎡121⎤⎡101⎤

⎥(

ε,ε)⎢110⎥213(e3)

)⎢123⎢⎢⎥

⎢⎢⎣3⎣011⎥⎦

即

1⎤⎡121⎤⎥⎢213⎥(e1,e2,e3)=(ε1,,310⎥⎢⎥

⎢⎣011⎥⎦⎢⎣324⎥⎦

−1

=(ε1ε2,ε3)B

由于

(ε

1,ε2,(2,e3)C，所以有

(ε12,3)

故

(e1,e2,e3)C=(ε1,

ε2,ε3)BC

1⎤⎡−32

⎥A=BC

=⎢−55

3⎢⎥

⎢⎣6−5−2⎥⎦

（2）因为

(ε1)=

⎡1⎤⎡1⎤

⎥=(ε,ε,ε)A⎢0⎥(ε1,ε2,ε3)⎢0123⎢⎥⎢⎥⎢⎢⎣0⎥⎦⎣0⎥⎦

⎡1⎤⎡3⎤⎥=(e,e,e)⎢5⎥=(e1,e2,e3)CA⎢0123⎢⎥⎢⎥⎢⎢⎣0⎥⎦⎣9⎥⎦

所以

(ε1)在基（I）下的坐标为（3，5，9）

16.解：（1）取p[x

2]的简单基1，x，x2，则有

⎡201⎤

(f1,

f2,

f⎥3)=(1,x,x2)A0=(1,x,x2)

⎢⎢011⎢⎥

⎣101⎥⎦

从简单基改变到基f1，f2，f3和g1，g2，g3的过渡阵分别为

⎡101⎤

⎡110⎤

C⎥1=⎢⎢012，C⎢⎥

⎢−101⎥2=⎢⎣225⎥⎦

⎢⎥

⎣012⎥⎦

故有

(g−11,g2,g3)=

(1,x,x2

f1,

f2,

f3)C1C2

=(1,x,x2)

1g−1

101,g2,g3)C2A0C−1C2

即在基（II）下的矩阵

⎡12−2⎤

A−1

−1⎢1−12⎥201C2=⎢⎢⎥

⎣01−1⎥⎦

()

⎡⎢1⎤（2=1,x,x2⎢2⎥⎡1⎤=(g1,g2,g3)C−1⎢22⎥⎢3⎥⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎣3⎥⎦

⎡−2⎤

=(gg

⎢⎢3⎥1,2,g

3)⎢0⎥⎣⎥⎦

所以

⎡(f(x))=

⎢−2⎤

⎡−2⎤

(g1,

g2,

g3)

⎢3⎥=(g1,

g2,

g⎥3)A⎢⎢⎥

⎢3⎣0⎥⎦

⎢⎥⎣0⎥⎦

=(g1,

g2,

g3)

⎡4⎤

⎢−5⎥=−1−x+x2.⎢⎥⎢⎣3⎥⎦

17.证：设

在给定基下的矩阵为A=(aij)，并设C

为从旧基到

在任一组基下的矩阵相同，则

有

新基的过渡矩阵，由于

A=C−1AC，即AC=CA，根据“A与一切满秩矩阵可变换”性质，即

可定出

18.阵为

故

+，

⎢⎣−1206⎥⎦⎡7596−54⎤1⎥.B(A+B)=⎢42114−6⎥18⎢⎢⎣78120−36⎥⎦

⎢2⎥⎣−46⎦⎡1329−15⎤1⎥，BA=⎢−2260⎥6⎢⎢⎣1434−12⎥⎦

19.证：设有可逆方阵P与Q，使B=P−1AP,D=Q−1CQ则

BΟP−

APΟ

P−1AΟ

=−

ΟDΟ

ΟQ−1ΟCPΟ

ΟQ

AΟΟC

BΟΟD

PΟΟQ

AΟΟCPΟΟQ

即与相似.

20.证：设rankA=r1，rankB=r2，则A，B组中分别含有r1,r2个行向量，设分别为α1,L,αr1和β1,βr，则A的每个行向量均可由α1,L,αr1线性表示，Bβ1,L,βr2线性表示.又可A+B的每个行向量是A与故A+B的每个行向量均可由α1,L,αr1，β1,L,.因此A+B的行向量r1+r2，即

B)≤rankA+rankB.

21.=r,B=(β1,β2,L,βn)，则

(β1,β2,L,βn)=(Aβ1,Aβ2,L,Aβn)=0，

所以Aβ1=θ，Aβ2=θ，…，Aβn=θ.这就说明B的列向量

β1,β2,L,βn都是以A为系数矩阵的齐次方程组的解.由于rankA=r，所以解空间的维数为n−r，从而知β1,L,βn的极大无关

组所含向量的个数≤n−r，即rankB≤n−r，因此有

rankA+rankB≤r+n−r=n

22.证：设A，B为同一数域上的m×n与n×g阶矩阵，显然，方程组BX=θ的解向量X也满足方程组(AB)X=θ，记

U={XBX=θ}，

V={X(AB)X=θ}

则U⊂V，于是dimU=n−rankB≤n−rank(AB)=dinV即rank(AB)≤rankB.

又由于rank(AB)=rank(AB)T=rank(BTAT)

≤rankAT=rankA

因此

23.证明

rank(ATθ，所以AX=即有即有rankA=rankATA=rankAAT.

注：对复矩阵A，上式不一定成立.例如A=⎢

⎡1i⎤

,rankA=1.由于⎥

⎣−i1⎦

0⎤0⎥⎦

⎡1

A=⎢

⎣i−i⎤1⎥⎦⎡1

⎢−i⎣i⎤⎡0

=⎢01⎥⎦⎣

故rank(ATA)=0.此时，相应的关系式应为

rankA=rank(AA*)=rank(A*A)

24.证：必要性.由上题已证得，充分性只要在AX=θ两边左乘AT

即可.

25.证：（1）因为rankA=n，故m≥n，不妨设A的前n行线性无关，且构成的n阶满秩方阵为A1，后m−n行构成的矩阵为A2，则

⎡A1B⎤⎡A1⎤

AB=⎢⎥B=⎢⎥

⎣A2⎦⎣A2B⎦

所以

rank(AB)≥rank(A1B)=rankB

，但

rank(rankB

，故

rank(AB)=rankB.

（2）同理可证.

26.解：（1）A=⎢

⎡1⎤⎣⎡−1−1⎤

B=⎢⎥；00⎣⎦⎡02⎤B=⎢⎥；00⎣⎦⎡00⎤B=⎢⎥.01⎣⎦

（2），0⎦

A=⎢

⎡10⎤

⎥，00⎣⎦

27.证：因为rankC=rank(AB)≤min(rankA,rankB)≤min(m,n)，但

m>n，故m阶方阵C的秩≤n

28.解：先求矩阵A的特征值和特征向量为

λ1=λ2=1，

α1=(3,−6,20)

λ3=−2,

α2=(0,0,1)

故

的特征值和特征向量为

λ1=λ2=1，λ3=−2，

k(3e1−6e2+20e3)，k≠0ke3，k≠0.

29.解：（1）λ1=λ2=1，α1=(1,0,1)T，α

2=(0,1,0)T，

λ3=−1，

α2,3=6(（3)T；（4，

α3=(1,征向量.

30.解：（1），（2），（4）为非亏损矩阵（单纯矩阵），其变换矩阵P分别为

⎡101⎤

⎥；010（1）⎢⎢⎥

⎢⎣10−1⎥⎦

⎡36+i6−i⎤

⎢⎥

（2）⎢−1−2+3i−2−3i⎥;

⎢2−10−10⎥⎣⎦

⎡1⎢1

（4）⎢

⎢0⎢⎣0111⎤00−1⎥⎥.10−1⎥

⎥

01−1⎦

31.证：设

detA=

在给定基下的矩阵为A，则

∏

λi≠0⇔λi≠0(i=1,2,L,n)

i=1

32.证：设rankA=r，则存在满秩矩阵Q，使得

PAQ=diag(Ir,0)，故有

PABP−1=PAQQ−1BP−1=Ir其中C=Q−1BQ−1=(Cij)，这说明ABIr,0）相似.

另一方面，有Q−1BAQ=PAQ=Cdiag(Ir,0)，说明BA与

Cdiag(Ir,0)相似.det(r,0)C)=det(λI−Cdig(Ir,0))

故AB与BA.

33.证：设A的任一特征值为λ，λ的对应于λ的特征子空间记为Vλ.对Vλ中任意向量Z有

ABZ=BAZ=BλZ=λBZ

故BZ∈Vλ，因此Vλ

为线性变换

(Z)=BZ的不变子空间，即

(Z)=BZ为Vλ中的线性变换，此线性变换的特征向量即为B

的特征

向量，但它又属于Vλ，由Vλ的定义知它又是A的特征向量，即A与B

有公共的特征向量.

34.证：设A的特征值为λi，则A2的特征值为λ2i，由λi=1有

λi=±1，若所有λi=1，则A+I为满秩矩阵，故由（A+I）（A-I）=A2-I2=0，

有A=I.

35.证：不失一般性，设B非奇异，有AB=B-1（BAB即AB与BA相似，所以它们有相同的特征多项式.

36.证：设A为nrA2=A，知A的列向量都是A的对应于特征值1因rankA=γ，故特征值1的几何重复度为rr.又AX=θ的基础解系中的向量个数为n−r，即A0的几何重复度为n−r，其代数重复度不小于n−r.n，故特征值1r和n−r.可见A除了1和0外无1和0的几何重复度之和为n，故A为非亏损矩阵，所以A相似diag(Ir,0).

37.证：用反证法.若A可相似于对角矩阵，对角元素即为A的特征值，且至少有一个不为0.但是，由于Aα=λα，于是

Akα=λkα=θ，因为α≠θ，所以λk=0，故λ=0，即A的特征值都等

于0，矛盾.

38.证：由AX=λX，有A(kX)=kλX，AkX=λkX，从而有

f(A)X=f(λ)X，即X也是f(A)的特征向量.显然f(A)的特征值为f(λ)，

即为λ的多项式.

39.解：取R3中的自然基ε1,ε2,ε3，计算得

(ε1

)=(0,-2,-2),

则

(ε2)=(-2,3,-1),

(ε3)=(-2,-1,3

)

在基

ε1,ε2,ε3下的矩阵为

⎡0−2−2⎤

⎥A=⎢−23−1⎢⎥

⎢⎣−2−13⎥⎦

而A的特征值为λ1=λ2=4,λ3=−2，应的特征向量为

X1=(−1,2,0)，X2=(−1,0,2)，1,1)，则有

C−1AC=Λ,4,−2)，

⎡−1−12⎤

⎥.α,α)=（ε,ε,ε）C求得R3的另一201其中C=⎢23123⎢⎥

⎢⎣00组基为α1−ε2=(−1,2,0)，α2=−ε1+2ε3=(−1,0,2)，

α3=2ε

1+(2,1,1)，显然

在该基下的矩阵为对角阵Λ.

40.解：（1）因为所以

(1)=x+x2，(x)=1+

x2，

(x)=1+x，

⎡011⎤

⎥.101在基1，x，x2下的矩阵A=⎢⎢⎥

⎢⎣110⎥⎦

（2）由于A原特征值为λ1=λ2=−1，λ3=2，相应的特征向量为

X1=(−1,10)，X2=(−1,01)，X3=(1,11)，存在可逆阵

⎡−1−11⎤⎡−1⎤

⎥，使C−1AC=A=⎢⎥，故所求的基e,e,e为C=⎢101−1123⎢⎥⎢⎥

⎢⎢2⎥⎣001⎥⎦⎣⎦

(e1,

e2,e3)=(1,x,x2)C=(−1+x,−1+x2,1+x+x2).

41.解：（1）对任意的α,β∈V及k,l∈

R，有

(kα+lβ)=BT(kα+lβ)−(kα+lβ)TB

=kBTα−αTB+lBTβ−βTB

()()

=k(

故

是线性变换

.（2）取V的简单基

⎡10⎤

A1=⎢⎥,0−1⎣⎦

(α))+l((β

))

⎡01⎤

A2=⎢⎥,00⎣00⎤

A3⎥

⎣10⎦

⎡0−1⎤(A3)=⎢,⎥

⎣10⎦

由于所以

(A1)=

⎡⎢

0−1⎤

,⎥

⎣10⎦1⎤

⎢,

⎥

⎣−10⎦

在基A1,A2,300⎤⎡0

⎥=⎢−11−1⎢⎥

⎢⎣1−11⎥⎦

Rλ1=λ2=0,λ3=2，对应的线性无关的特征向量为（1，1，

0）T，（0，1，1）T，（0，1，-1）T，令

⎡100⎤⎡0⎤

⎥，Λ=⎢0⎥C=⎢111⎢⎥⎢⎥

⎢⎢2⎥⎣01−1⎥⎦⎣⎦

则有C−1RC=Λ，由（B 一

组

基

为

1，B2，B3）=（A1，A2，A3）C

求得V的另

，

⎡11⎤

B1=A1+A2=⎢⎥

⎣0−1⎦

，

⎡01⎤

B2=A2+A3=⎢⎥

⎣10⎦

⎡01⎤

B3=A

2−A3=⎢，⎥

⎣−10⎦

在该基下的矩阵为Λ.

42.证：（1）取Vn的一组基e1,e2,L,en，设

（e1,e2,L,en）=（e1,e2,L,en）

A（e1,e2,L,en）=（e1,e2,L,en）

则有

(

由

(

)（e1,e2,L,en）=（e1,e2,L,en）（AB）

)（e1,e2,L,en）=（e1,e2,（A+B）

，可得AB=A+B，从而有T+BT

若1是的特征值，则1也是A1也是AT

的

特征值，设AT对应于特征值1特征向量为β，即

ATβ=β

(β≠0)，由（BTAT）βT）β，可得BTβ=β+BTβ，

即β

=0，这与β是AT1不是

（2）因特征向量.记

向量为X

的特征值.

有n

个线性无关的

λ1,λ2,L,λn的线性无关的特征

Xn，即Xi=λiXi（i=1，2，…，n），则

1，

X2，…，XnVn的基时，

再由AB=A+B及λi≠1知

的矩阵A=diag

（λ1,λ2,L,λn）.

⎛λ1λn⎞λ2−1

⎟B=(A−I)A=diag⎜,,L,⎜λ−1λ−1λn−1⎟2⎝1⎠

即

与

在该基X1，X2，…，X

n下的矩阵都为对角阵.

43.证：对任意α∈Vλ

，有

(α)∈λ0α.由于

(

(α

))=

(

(α))=

(λ

0α)

所以

(α)∈Vλ,故Vλ是

的不变子空间

44.解：(1)Q(e1',e'2,e'3,e'4)=(e1,e2,e3,e4)C

10−

230−

11−1

00110002

=(e1,e2,e3,e4)

(x1,x2,x3,此时A2,0,1),作η1=一组基，故核由η1,η2所张成，即

再求值域

(

(V4).由于

(e2),(e1),

(e3),(e2),

(e4))=(e1,e2,e3,e4)A(e3),

(e4)的秩也为２，且

−1

(θ)的

(θ)=Span(η1,η2).

(e1),

而A的秩为２，所以

(e1),

(e2)线性无关，故组成

(V4)=Span(

(V4)的基，从而(e1),

(e2)).

(3)由(2)知η1,η

2是核−1

(θ)的一组基，易知e1,e2,η1,η2为V4的一

组基，由于有

−2

−1

(e01

−3−2

1,e2,η1,η2)=(e1,e2,e3,e4)

10=(e1,e2,e3,e4)D

0001

所以在此基下的矩阵为

(e1),

0020212

0所以

45.证：取R3中的自然基ε1,ε2,ε3，因为(

)(ε1)=

(ε1)+

(ε1)=（1，0，0）+（0，0，1）

=（1，0，1）

同理有

0001

((

这表明

)(ε2)=（2，0，0），)(ε3)=（1，1，0）

将基ε1,ε2,ε3变换成R3中的另一组基e1=（1，0，1），

e2=（2，0，0），e3=（1，1，0）（易证它们线性无关）.

又因（+

）（R3）是R3的子空间，而e1,e2,e3是（

+）（R3

）

的最大无关组，故这个子空间的维数为3，再由习题1.1中第22题的

所以

因此，

，其

一组基为（0，1，0），（0，0，1）.

47.证：（1）由它为线性变换.又因

的定义容易验证满足可加性和齐次性，所以

[(x1,x2,L,xn)]=…

[(0,x1,L,xn−1)]=(0,0,x1,L,xn−2)，

推知

[(x1,x

2,L,xn)]==(0,0,L,0)，即

=ϑ（零变换）

（2）若

[

(x1,x2,L,xn)]=(0,x1,L,xn−1)=(0,0,L,0)，

−1

则x1=x2=…=xn

−1=0即

(θ)为由一切形如（0，0，…，xn）的向量

构成的子空间，它是一维子空间，则（0，…，0，1）是它的基.

又由维数关系

dim

便得

(V)+dim

−1

(θ)=n

(V)的维数等于n-1

48.证：（1）必要性.若

(

α)∈(

(V)=(V)∈V，则

(

)

(β)

，

（V）=

(V)，故存在

β∈

(β)=

(α)

同理可证

充分性.若

(α)=

(α.,(V).

−1

(α))∈

,对任(V),故

(α)∈

(V)⊂V，(V)；

(V)⊂

同理可证((2).（β−

β−(β)=

(β)∈

(β)）=

−1

(θ)=

(β)-−1

−1

(θ)，对任β∈V,作β−

(β)，因

(β)=(β)-(β)=θ，所以，(β)）=θ，故

(θ)=

(θ)，则（β−=

(β)，由β的任意性有

(β)，可得

同理，通过作β-充分性.若

(α)=

−1

（

(α)）=

,对任α∈（θ）=θ，故

(θ)，由

−1

(θ)⊂

−1

(θ)；

同理，由任β∈

−1

(θ)，可得

−1

(θ

)⊂

−1

(θ).

矩阵论第一章答案

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