线性代数与空间解析几何第二章习题解答

第二章

习题一

1． 解下列非齐次线形方程组： 解： (1)B

12 217 12 21 11 114 7

03 3211

12 217

100 11 3 3

01 1211 33 211

01 1

33 11 x3t2

1 3

故原方程组的解为 x2

211 t1 t2 x ， 其中t1,t2 R.

3 33

x 4 t 1 t2

11 1 10 11 1 10 (2)B 101 1 1 0 1

221 32 0 12

003 12

42 1011 1 1 110

33 0 0 120 1 27

0 10 33 01 001 12 33

12

001 33

00 25 3t x1 3 所以原方程组的解为

x 2 2 3t 7 3 ， x其中t R. 3 x 12

4 3t 3

t

(3) B 11

24 1 1 1 1 1124 1124 0 2 3 5 0235

2 4 51 0 2 33 0008

故原方程组无解。

4 1114 (4) B 1114 2113 1115 0 1 1 5

11 011

32 00 3 6 0 1 4 11

0 2 5

33 0

27

33 1 12 33

4 1102 100 1 111

0115 0103 0103 00 3 6 0012 0012

x1 故原方程组有唯一解 x 1 3

2 = 。

x3 2

2．下列齐次线性方程组

x1 x2 x3 x4 (1)

0 2x1 2x2 x3 x4 0

x1

x2 x3 x4 0

1

1

1 解：→A

1 2

211 1111

11 11 00 1 1

00 20

111

1 0011 1100 0010

000

2 0001 x1 t故原方程组的解为 x2

t x， 其中t R.

3 0 x4 0

2x1 x2 3x3 0 (2)

4x1 2x2 2x3 0

2x1 5x2 4x3 0

2 13 2 1解：A 3 2 13 4

22 04 4 04 4

25 4 04 1 003

故原方程组只有零解。

3．用矩阵初等变换确定 取何值时，非齐次线形方程组

x1 x2 x3 1 x1 x2 x3 x1 x2

x 2

3(1) 有唯一解； (2) 无解； (3) 有无穷多个解？

111 1

1

解一：B

1

1

11

1 1 2

11

2

1

1

2 1

0 01 1 1 1 2 1 2

1 1 1 r3 r2 r2 r3

01 2 1 3 1 01

01 0 1 2 0

当 2且 1时, 有唯一解;

当 2时, 无解; 当 1时, 有无穷解;

2 1 3 1 ( 2)( 1)( 2 1)( 1)

1

解二：系数行列式 1

11

1 ( 2)( 1)2

1

1

当 2且 1时, 有唯一解;

当 2时, rank(A) 2,rank(A|b) 3, 无解; 当 1时, rank(A) 1,rank(A|b) 1, 有无穷解.

0105 1000

4 ．(1) 0010 ，(2) 0013

0000 0001

5 ．解： x1, x2,x3满足的线性方程组为

x2 x3 500

x1 x2 300 , x x 200 13

x1 200 t

其解为 x2 500 t ,200 t 500; x3的取值范围为 200 x3 300。

x t 3 21 21

X X6．求满足等式 32 32 。

解：设X

ab 21 ab ab 21

，则

cd 32 cd cd 32

2a c 2a 3b 2b d a 2b

c 3b

即 ，

3a 2c 2c 3da d 3b 2d c 2d

ab 故X 3ba ，其中a,b R

2x1 x2 x3 x4 1

7．求 ，使得方程 x1 2x2 x3 4x4 2有解

x 7x 4x 11x

234 1

2 1111 0 53 7 3

2 解：B 12 142 12 14

17 411 05 37 2

2 12 14

05 373 0000 5 5，方程有解

习题二

3

1 ．(1) A|I 3

3

320

0 10 001

100 321100

15010 0 14 110

23001 002 101

31 79

0 2

3002222

11 2 0 1011 2 11 00111 0 0 22 22

723 23 7

1006 632 32

010 1 12 , A 1 1 12 0011 11 1

00 22 2 2

010 02 1100 112

12010 02 1100 (2 A|I 1

1 1 1001 001011

135

2221100 1 2100 111 020111 010

222 001011 001 011

35 1

222 111 1 。 故有 A 222 011

1 1 1

2 ．解：(1) 若A 可逆，则A 存在. 于是 X A(AX) AB

1 1

11 11 111 1

11

A|B 02211 011

22 1 1021 0 2112

21

11 1 011

003

1122

1

1101

0102

0013

531 623

0

1001

0102

0011

1161 623

1 2 1

2 1

1 11

62 11

故有X 62 2 1 3

TTTTT

(2) 由题：(XA) B,则AX B。

(AT) 1(BT) 1

12

100

33 10111

11

(AT BT) 12 1 11 010

33 12010

41

001

33

12 33 11 所以XT

33 41 33 114 333

故有X 。

211 333

123 123 123 10 1

3. 解：(1)

4560 3 6012012 123 10 10 12 10 1 于是， ＝ ；

456 41 0 3 01 012

若A 可逆，则AT可逆. 于是 (X)

T

1

1 12 1

(2) 100 1

0 12 0 1 12 01

100 ＝ 10

0 12 00

0 100 1

12 0 12 0

12 0 12 0

0 100 100 1 0 110 010 0

1 001 011 0

0

12 00 00

12 00