矩阵论答案习题 1.1

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1、习题1.11.解：除了由一个零向量构成的集合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（k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，因为存在两向量的和向量处在第二或第四象限，即加法不封闭；⑷是；⑸不是，因为存在二个不平行某向量的和却平行于某向量，即加法不封闭.3.解：⑴不是，因为当k∈Q或R时，数乘k不封闭；⑵有理域上是；实数域上不是，因为当k∈R时，数乘k不封闭.⑶是；⑷是；⑸是；⑹不是，因为加法与数乘均不封闭.封闭性：加法和数乘4.解

2、：是，因为全部解即为通解集合，它由基础解系列向量乘以相应常数组成，显然对解的加法与数乘运算满足二个封闭性和八条公理.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的实系数多项式的全体为12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，，…，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.8.解：⑴不是，因为

3、公理2不成立：设r=1,s=2,α=(3,4),则(r+s)(3,4)=(9,4),而r(3,4)s(3,4)=(3,4)(6,4)=(9,8),所以(r+s)α≠rαsα.⑵不是，因为公理1）不成立：设α=(1,2),β=(3,4),则αβ=(1,2)(3,4)=(1,2),βα=(3,4)(1,2)=(3,4),所以αβ≠βα.⑶不是，因为公理2不成立：设r=1,s=2,α=(3,4),则(r+s)α=3(3,4)=(27,36)而rαsα=1(3,4)2(3,4)=(3,4)(12,16)=(1

4、5,20),于是(r+s)α≠rαsα.⑷是.9.证若，则12另一方面，因此，从而有于是得.10.解：先求齐次方程组的基础解系ξ=(3,3,2,0),ξ=(-3,7,0,4),即为解空间V的一组基.所以，dimV=2.11.解：考察齐次式即,得线性方程组由于系数行列式不等于零，那么只有时,上述齐次式才对x成立，所以,,线性无关，且任二次多项式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.12令得,即坐标为(3,-1,3).12.解：⑴因为()=()C,故C=()()==.⑵显然，向

5、量α在基下的坐标为X=(,),设α在基下的坐标为Y=(,则Y=C===BX⑶如果X=Y,则有X=BX,即得齐次方程组(I-B)X=0,求其非零解为X=k(－1,－1,－1,1),k∈R,即为所求.13.解：(1)对；令，其中，其余的，则为上三角矩阵空间的一组基，维数为.12（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）由已知关系式求得于是，由基（I）到基（II）的过渡矩阵为（2）α在基（II）下的坐标为（2，-1，1，1）

6、T，再由坐标变换公式计算α在基（I）下的坐标为C（2，-1，1，1）=（11，23，4，-5）.（3）不难计算得det（1·I—C）=0，所以1是C的特征值.不妨取过渡矩阵C的对应于特征值1的一个特征向量为η，则有Cη=1·η，那么αη≠0，再由坐标变换公式知，α在基（I）下的坐标为ξ=Cη=η，即存在非零α，使得α在基（I）和基（II）下有相同的坐标.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12，则有（B1，B2，B3，B4）=（E11，

7、E12，E21，E22）C2=（A1，A2，A3，A4）C2故由基（I）改变到基（II）的过渡矩阵为.16.解：（1）由简单基1，改变到基（I）和基（II）的过渡矩阵为，故由基（I）改变为基（II）的过渡矩阵为（2）设在基（I）和基（II）下的坐标分别为，，则有且，即有，该齐次方程组的通解为,R.于是，在基（I）和基（II）下有相同坐标的全体多项式为.1217.解：⑴设R的子集合为L，对任意L，有,，对任意，,有又,所以L,L,因此L是V的子空间.⑵对任意L，,,有,故于是可知L，因此L不是V的子空间

8、.18.解：的基为的一个最大无关组，在基下的坐标依次为(1,-2,3),(2,3,2),(4,13,0)该列向量组的一个最大无关组为(1,-2,3),(2,3,2).因此，的一个最大无关组为，即的一个基为.19.解：（1）因为，所以V1非空.设A，，则有AP=PA，BP=PB.又因为（A+B）P=AP+BP=PA+PB=P（A+B），（kA）P=k12（AP）=k（PA）=P（kA）（R），所以，，故V1是的子空间.（2）取，B，则detA=detB=0