习题一第一部分基本题。
三、计算题。
24.解 25.解 (1) 对方程组的增广矩阵作初等行变换：
故方程组无解。
2) 对方程组的增广矩阵作初等行变换：
故方程组有唯一解。
3) 对方程组的增广矩阵作初等行变换：
得同解方程组为。
令， 得方程组的解为。
26.解 解法二
由此可推得：
27. 解。
29.解 (1) 把a分块成。
30.解故标准形为。
31.解。32. 解。
解法二由于故可逆， 且。
33.解原方程可化为
故可逆， 且。
34. 解。
35.解由可得，
而 36.解原方程可化为。
故可逆， 37.解原方程可化为由于可逆， 且。
故有。38.解原方程可化为故可逆，
且。四、证明题。
41.证明由已知得即。
故及均可逆，且有。
42.证明。
43.证明由ai可逆知则有故矩阵a可逆。
44.证明由a,b可逆知。
则有故矩阵可逆。
设则有即有。
由此解得 45. 证明由a, b可逆知则有故矩阵x可逆。
设则有即有。
由此解得 习题二第一部分基本题。
三、计算题。
39.解。40.解。
43. (1)解。
2)解。3)解错
(6)解 7)解记则有。
8)解。45. 解
47. 解。
当 d=0 即 k = 1或 k = 3时， 方程组有非零解。
48. 解当 d 0 即 k 0且 k 2时， 方程组仅有零解。
49. 解。
当 d 0 即 k 1时， 方程组有唯一一组解。
50.解 (1)
2) 对a进行如下分块。
4) 对a进行如下分块。
5) 对a进行如下分块。
51.解。52.解。
53. 解。
55.解 已知方程可化为。
上式两边左乘a,得即。
可逆，58.解
由此a的标准形为。
59.解 (1)
2) 由(1)知所以b可逆， 从而有。
因此。60.解
即有。四、证明题。
61.证明：
又。62.证明： d中第三列含有公因子17, 又整数行列式必为整数，d=17d1, (其中d1为整数), 即 d必能被17整除。
63.证明。
证法二用数学归纳法证明。
假设阶行列式命题成立，即有。
所以，对于阶行列式命题成立。
64.证明。
65. 证明由已知有。
习题三第一部分基本题。
三、计算题。
29．解对增广矩阵施行初等行变换。
得同解方程组：故方程组的通解为：
30．解对增广矩阵施行初等行变换。
1) 当 1且 2时， r(a)=r(b)=3,方程组有唯一解。
2) 当 = 2时， r(a)=2, r(b)=3, 方程组无解。
3) 当 =1时， r(a)=r(b)=1, 方程组有无穷多解。此时有
得同解方程组：故方程组通解为：
解法二方程组的系数行列式为。
1) 当 1且 2时， |a| 0, 方程组有唯一解。
2) 当 = 2时，
r(a)=2, r(b)=3, 方程组无解。
3) 当 =1时，
r(a)=r(b)=1, 方程组有无穷多解。
得同解方程组：故方程组通解为：
31．解 因1, 2, 3 线性相关， 故 r(a)< 3, 可得： a+1=0, 即 a= 1.
32．(1)证明
r(a)=2<3, 故 1, 2, 3 线性相关。
2) 解故有。
33．(1) 解
2) 解 34．解记
为向量组的一个最大无关组，且有。
35．解记。
36．解记。
1) 当时， ,此时线性无关。
2) 当时， ,此时线性相关。
37．解由于矩阵的秩为3，，故其对应的齐次线性方程组的基础解系仅含有一个向量，且由于均为方程组的解，由非齐次线性方程组解的结构性质可求得对应齐次线性方程组的一个解(即基础解系)为。
故此方程组的通解为：，
38．解对方程组的系数矩阵施行初等行变换：
同解方程组， 则可得基础解系为。
故方程组的通解为。
39．解对方程组的增广矩阵施行初等行变换：
得同解方程组则可得一个特解。
导出组的同解方程组则可得基础解系为。
故方程组的通解为。
40．解对方程组的增广矩阵施行初等行变换：
1) 当 1且 10时， r(a)=r(b)=3,方程组有唯一解。
2) 当 = 10时， r(a)=2, r(b)=3, 方程组无解。
3) 当 =1时， r(a)=r(b)=1, 方程组有无穷多解。此时
得同解方程组：故方程组的一个特解为。
导出组的同解方程组为。
导出组的基础解系为。
故所求方程组的通解为 ()
解法二方程组的系数行列式为。
1) 当 1且 10时， |a| 0, 方程组有唯一解。
2) 当 = 10时，
r(a)=2, r(b)=3, 方程组无解。
3) 当 =1时，
r(a)=r(b)=1, 方程组有无穷多解。
得同解方程组：故方程组的一个特解为。
导出组的同解方程组为。
导出组的基础解系为。
故所求方程组的通解为 ()
41．解原方程组的通解为，()即。
消去，得此即为所求的齐次线性方程组。
四、证明题。
45．证明由已知有记为 b = ak,
1, 2, 3, 4 线性无关， ∴r(a)= 4, ∵k|=2 0, ∴k可逆。
有 r(b)=r(a)= 4, ∴1, 2, 3, 4 线性无关。
46． (1) 证明 ata为n阶方阵，∵ ax=b 有唯一解，∴ r(a)=r(a,b)= n,∴ r(at)= n, n=r(at)+ r(a)n r(ata) min=n,
r(ata)= n, ∴ata为可逆矩阵。
2) 解由 ax = b (ata)x =atb, ∴x = ata)1atb.
47．证明设数使得，则有。
因向量组线性无关，故有。
因为其系数行列式，故方程组只有零解。
即，所以线性无关。
50．证明 (1) 设数使得(*)
由于为特解，为基础解系，故有。
用左乘 (*式两端， 可得。
即有而， 从而有。
*) 式化为由于是线性无关的，故线性无关。
2) 设数使得
即有。由(1)可知线性无关，从而有。
即有故有线性无关．
习题四第一部分基本题。
三、计算题。
32．解 故的特征值为．
当时， 解方程组， 由。
得基础解系。
故对应于的全部特征向量为(不全为0).
当时， 解方程组， 由。
得基础解系。
故对应于的全部特征向量为().
33. 解
故的特征值为．
当时，解方程组， 由。
得基础解系。
故对应于的全部特征向量为().
当时， 解方程组， 由。
得基础解系。
故对应于的全部特征向量为().
当时， 解方程组， 由。
得基础解系。
故对应于的全部特征向量为().
34. 解
故的特征值为。
当时，解方程组， 由。
得基础解系。
当时， 解方程组， 由。
得特征向量。
令则。35. 解
故的特征值为。
当时，解方程组， 由。
得特征向量。
当时， 解方程组， 由。
得特征向量。
当时， 解方程组， 由。
得特征向量。
令则，且有
36．解。故的特征值为。
当时，解方程组， 由。
得基础解系。
故对应于的全部特征向量为(不全为0).
当时， 解方程组， 由。
得特征向量。
故对应于的全部特征向量为().
由于有3个的线性无关的特征向量故可相似对角化。
37. 解由于与相似，因此的特征值为，
且有，即即有。
由得从而。故的特征值为。
38. 解令则可逆，且有。
40．解由是实对称矩阵可知对应于的特征向量与正交，即，可得基础解系为，.
令则可逆，且有。
四、证明题。
41.证明 (用反证法) 假设是对应于特征值的特征向量，则有
另一方面。故有，即，由于线性无关，得于是有，与已知矛盾。
所以不是的特征向量。
42. 证明不可逆，
故a有特征值所以a与对角阵相似。
43. 证明由为单位(列)向量知，
而。所以a为正交矩阵。
45. 证明由a为对称矩阵知。
必要性：若a为正交矩阵，则有。
充分性：若，则有，于是a为正交矩阵。
46. 证明假设a与对角矩阵相似，那么存在可逆矩阵使得。
即。，于是有，从而，进而，矛盾。
所以a不能与对角矩阵相似。
47. 证明设a为n (n是奇数)阶正交矩阵，
故是的特征值。
48. 证明见第二章64题。
习题五第一部分基本题。
三、计算题。
12．解的矩阵为。
特征多项式为，于是的特征值为。
当时，解方程，由。
解得特征向量，将其正交化得。
单位化即得．
当时，由。解得特征向量单位化得。
于是正交矩阵为。
则正交变换将化为标准形。
13．解的矩阵为。
特征多项式为，于是的特征值为。
当时，解方程，由。
解得特征向量，单位化即得．
当时，由。解得特征向量单位化得。
当时，由。解得特征向量单位化得。
于是正交矩阵为则正交变换将化为标准形，即曲面方程可化为(它是椭圆柱面)．
14．解 (1)的矩阵为。
由于经正交变换为， 故的特征值为。
由解得 2) 当时，解方程，由。
解得特征向量，单位化得。
当时，由解得特征向量。
当时，由。解得特征向量单位化得。
故所求正交变换矩阵为．
15．解 ，令，即，即，可将化为标准形，所用变换矩阵为，．
16．解令即
代入得。再配方，得，令，即，即，可将化为标准形．
所用变换矩阵为。．
17．解 故经适当的可逆变换可化为标准形．
所以的正负惯性指数分别为2与1, 规范形为。
四、证明题。
20．证明：因为，均是正定矩阵， 故，均是对称矩阵，即是对称阵．
由于，均是正定矩阵，故对任意的有，由于故与不同时为0,从而有，所以是正定矩阵．
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