1、第一章 1 行列式习题 1.11. 证明：（1）首先证明 是数域。)3(Q因为 ，所以 中至少含有两个复数。)(任给两个复数 ，我们有)3(,21ba。3)()3()(3( 212112121121 bababa因为 是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以Q。)3()()3()(3( 32121121212121 Qbababa 如果 ，则必有 不同时为零，从而 。022, 0又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以 )3(3)(3)()(3(3 212122121 babababa 。综上所述，我们有 是数域。)(Q（2）类似可证明 是数域，这儿 是一个素数。pp（3）下面证明
2、：若 为互异素数，则 。q, )()(qQ（反证法）如果 ，则 ，从而有)()(Qbapba,。bap2)(2由于上式左端是有理数，而 是无理数，所以必有 。q02q所以有 或 。0如果 ，则 ，这与 是互异素数矛盾。a2bpp,如果 ，则有 ，从而有“有理数=无理数”成立，此为矛盾。0bap所以假设不成立，从而有 。)()(qQ同样可得 。)(qQ（4）因为有无数个互异的素数，所以由（3）可知在 和 之间存在无穷多个不同的数域。2. 解：（1） 是数域，证明略（与上面类似） 。)1(P（2） 就是所有的实部和虚部都为有理数的复数所组成的集合。Q而 复数域。)()(C（3） 不是数域，这是因为
3、他关于除法不封闭。例如 。1Z )1(2Z3. 证明：（ 1）因为 都是数域，所以 ，从而 。故KF, KQF, KF含有两个以上的复数。KF任给三个数 ，则有 且 。因为cba0, cba,c,是数域，所以有 且 。所以, ab。KFc所以 是数域。（2） 一般不是数域。例如 ，我们有)3(),2(QKF，但是 。F3, 36习题 1.22. 解：项 的符号为6514231aa )312645()245(习题 1.31证明：根据行列式的定义 =1 121212()nnnjjjj a 1ija=0。1212()nnjj所以上式中(-1)的个数和(+1)的个数一样多，(-1)是由奇排列产生的，而
4、 (+1)是由偶排列产生的。同时根据行列式的定义这里包括了所有的 阶排列，故可以得到全体 阶排nn列中奇排列的个数与偶排列的个数一样多，各占一半。2解 (1) = ；19820034562C198104521C9804（2） ；20343241C08下 三 角 形 12689（3）10213R0124R0132R102；43R012上 三 角 形 13=（4）2abcabc123R2abcabc提 取 公 因 子 ()22aabcc= 。213()Rbc1)00bcab3()c（5）7227512iiC2721,345iR2005。上 三 角 形 51533解：（1） 。121323xyxy提
5、 取 每 行 的 公 因 子 12323yx性 质 40（2）左端 14,32iiC523aabbccdd432C= =右端。2212abcd0（3）121121nnaabaab 12,iRn 21100nnaabb。上 三 角 形 1nb（4）原式（先依次 ）=。 。 。= 。121, CCnn 2,nif（5）原式（先依次 ）=。 。 。= 。121, RRnn ,if4解：设展开后的正项个数为 。则由行列式的定义有 。又因x !2)!(nxxD为（利用 ） （下三角行列式） 。所以有DniRi ,32,1210 12n。2!,!211xnnn5证明：（1）左端 123C提 取 公 因 子
6、 11112222333abcab13C=右端。111222333abcc23C;()-11223cab（2）利用性质 5 展开。6解：（3）与上面 3（3）类似可得。7解：利用行列式的初等变换及性质 5。8解：121001naa 1,2iiCn。210013naa 下 三 角 形 121()nna9证明：设原行列式=D。则对 D 进行依次如下变换后所得的行列式 D第一列由题设中所给的 5 个521432314 ,0,0, iiCC数字构成。从而由行列式的定义可知 D可被 23 整除。又由行列式的性质知D 。因为 23 是素数，且 不可能被 23 整除，所以 D 可以被 23 整除。D1010
7、习题 1.41解：(1) 00xabcydezfghkulv5按 第 行 展 开 0xabyvezghku按 第 4列 展 开 0xabvuyez= ；按 第 1列 展 开 0yxezx(2) 23411,32iiR10312,4iR120= ；按 第 列 展 开 041.7()习 题 第 题 3(1)24()16(3)方法一 100abcdeedcba按 第 1列 展 开 01adcb+ 510()de第 2个 行 列 式 按 第 4列 展 开= ；241()0ae2ae方法二 逐次均按第 2 行展开可得同样结果, 具体解法可参见下例。(4)逐次按第 2 行展开 = =1231001001n
8、aa 1320na = ；123nnaa 231()na(5) 123112221 3300xxabcx6C12312312132300xabcx35R123231112330xabcx45R123122312330xabcx= = ；21(,)Dx22311()()()xx(6) = =23418x(,)()()(21)x；2()（7）换行后可得到范德蒙行列式；（8）先把第一行加到第三行，再提取第三行的公因式，换行后可得到范德蒙行列式。2解：(1) 000xyxyy 按 第 1列 展 开+1()0xyx 10()0nyxxy= ；1()nnxy(2) 123123nnaaaa 12,3iRn
9、 12301naa 12niiC=1+ ；（此处有笔误）1ni(3) 212122nnnnxyxy12,3iRn 11212 21121()()()nnnxyxyxy= ，2112131 2()() nn nxyxyxx 据此当 时，原式= ；当 时，原式= 。n2121()yn03解：（1）将 按第 n 列展开得:D= +n00xyzxz 10()0nzxyz 0xyyzx= 。11()nnyzD（2）略（参考课本例中的叙述） 。4解：（1）交换行、列后得到三角块行列式，然后利用例 1.4.6 的结果；或者直接利用Laplace 定理。（2）左端先做变换 ，再做变换 ，然后利用 P30 推论
10、。3241,C2314,R5解：（1）76543298970536108 再 分 块 2474975361(1)08 = = ；327456（2） = ；1023C12023R121021 291（3）利用初等变换。附加：P30 推论的证明：证 (1) 将第 r+1 列与 r 列交换, 由将新的 r 列与 r-1 列交换, 如此继续, 直到将第 r+1列交换到第 1 列, 这样共交换 r 次; 再将第 r+2 列如上方法交换至第 2 列, 也交换了 r 次, 如此继续直到将 r+s 列交换至第 s 列. 于是交换了 rs 次后得到=111110rsrrrsssacb 11111()0rsrrr
11、srssscab 将所得行列式的第 r+1 行依次与第 r 行, r-1 行, , 第 1 行交换. 交换 r 次后, r+1 行交换至第 1 行. 类似地交换 r 次后将 r+2 行交换至第 2 行, , 交换 r 次后将第 r+s 行交换至第 s 行, 于是交换 rs 次后得:111110()rsrrsrs rssrrbca 例 .45111rsrrssab (2), (3) 思路与(1) 类似, 证明过程略去。习题 1.5 2解：计算得 102D14C012第 行 展 开 10()4= 4根据克拉默法则, 当 时, 即 时, 原方程组只有零解。014习题 1.61证明：方法一 归化123
12、111n naDa ,1inR23011nnaaa 10niiiRa注 意 12310nniaaa= =右端.121()nia方法二 归纳法当 时, = 结论成立.1D1()a假设 时结论成立, 即有n1n12().nia则当 时, 将 的第 n 列看成 1+0,1+0,1+ , 故 可表示为 2 个行列式之和, nnD而第 2 个行列式按第 n 列展开可算出为 从而1naD= +123111n naDa 123111aa 1nD而 = .2311aa 1,2inR 2301a 121na所以 = + = +nD2na n21na 21()niaa= =右端.121()ni方法三 递推由证明(
13、二) 可知 与 存在以下递推关系: = +nD1nD121na 1n所以 = + = = =n121na 1n21()niia 121()nia=右端.方法四 加边法 =12311n naDa 12100naa12,3iCn 1210naa 12niiR= =右端。120010ni naa 121()nia2证明：（1）注意当把行列式按第 n 列展开时，得到的递推公式中有三项，故归纳法第一步应验证 n=1，2 时均成立。而归纳法第二步应假设当 时成立，去证明)3(kn当 n=k 时成立。3解：（2）先把除第一列外的所有列都加到第一列，然后提出第一列的公因子；再依次；然后按第一列展开，再依次 ；
14、最后按最nRR1321, 1,iCi后一列展开。4解：通过倍加行变换易知 f(x)的次数最大为 1；又因为如果 全取零，则有 f(x)=0。所ija以选(D)。5看自己或别人的作业。6解：方法一：利用课本中例 1.4.3 的方法。方法二：设 。则有 f(x)中 的系数为 。又因为),()21xxDfn1nxnD（范德蒙行列式） ，所以 f(x)中 的系数为。 。 。?()(jiixf 1所以可得 。n第二章 线性方程组习题 2.12证明. 因 ,说明 不全为零,故当某个 ,通过适当的行互换,|0A121.naa10ka可使得 位于左上角,用 来乘第一行,然后将其余行减去第一行的适当倍数,矩阵A
15、1kk可以化为: ,由于 ,此时必有 ,故可以对 重复对A的讨 211.0naA|01|0A1论, 此时A可经初等行变换化为 , 然后再将第 行的 倍加到12312.01nanina第 行( ),再将第 行的 倍加到第 行( ),这样i1,2.n1()inai1,2.继续下去,一直到将第2行的 倍加到第1行,此时A 就化为 , 故所证结201论成立。3证明：以行互换 为例: 列互换可以同样证明.ijR若12 12(1).jiiiinii inRjjj jijijiaaaaA 12ijjjjnRjijijiaa 12(1) .jijjjnRiiiaa , 这相当于 A 中交换第 i 行和第 j
16、行, 所以结论成立。12(1).jijjjnRiiia 习题 2.21 解： 中一定存在不为零的 阶子式,否则秩 ,与题设秩（ ） 矛盾. A1r()1ArAr由秩（ ） 知， 中至少存在一个 阶子式不为零, 这表明 中的 阶子式只要有rr一个不为零即可,其余可以等于零,也可以不等于零. 中一定不存在不为零的 阶子1式,否则 的秩至少是 , 这也与题设秩（ ） 矛盾。r2 提示：利用矩阵的行秩和向量的极大无关组证明。3 略。4 思路：可将矩阵写成一个列向量和一个行向量的乘积，从而由秩 ；进而因为矩阵不1等于零，所以秩0。5 略。习题 2.3略。习题 2.42证明：()的增广矩阵为 = ,A12
17、121,21,nnnnnaabaab因为系数矩阵的秩不超过增广矩阵的秩, 所以有秩( ) 秩( ).A观察可知, 矩阵 其实就是在增广矩阵 下面加了一行, 所以秩( ) 秩( ). 由题意BBA知, 秩( )=秩( ), 据此可得秩( ) 秩( ). 综上知秩( )=秩( ), 故() 有解。AA3解：将增广矩阵只用初等行变换化为阶梯形矩阵. 1231111nbb 11nnR 12312110nbb 当 时, 秩( ) 秩( ), 所以线性方程组无解;12nb A当 时, 秩( )=秩( )未知量个数, 所以线性方程组有无穷多解 . 0原方程组同解于 1213411,.nnxbxb故通解为 其
18、中 为任意常数。12311,.nnbtxtt4证明：该线性方程组的增广矩阵 = , 由题意 知A11,1,22233,31,1nnnnnaaaa 0ijDa秩( )= . 但是系数矩阵 是一个 的矩阵, 所以秩 ( ) 秩( ). 据An()A1此秩( ) 秩( ), 所以该线性方程组无解。第三章 矩阵习题 3.14解：（1） 由矩阵乘法运可得：； 。11212212nnnnaaDA 1211212nnnaaAD（2）与 D 乘法可换的矩阵 满足 。故 与 的元素对应相等，利用A（）的结果，有 ，从而 。由于 （ ） ，可得：ijjia()0ijiajii当 时， ，即 为对角矩阵。ij0ij
19、5证明：（1）数学归纳法：当 时，计算得 ，故结论成2n21100立假设当 时，结论成立，即有 ，nk2101kkC则当 时，12 20101kk kCk因 所以 ， 2 21(1)()k kCk 12100kkC即当 时，结果成立由归纳法原理知，对任意大于 2 得正整数 有n n10102nC（2）当 时，结果显然成立当 时, 直接计算得 .n22BE假设当 时，结果成立，即 我们要证明当 时，k,kEB为 偶 数 ；为 奇 数 ； 1nk结果也成立，即可完成证明第一种情况：k 为奇数，则 1kB142142100303E第二种情况：k 为偶数，则1kEB综上： 即当 时，结论成立,B+为
20、偶 数 ；为 奇 数 ； 1nk6 解：（1）先计算出 时的结果。然后归纳出应该有4,321n，接下来用数学归纳法证明这一归纳出的结cosicosinini果。当 时，结论显然成立=1假设当 时，结论成立，即 nkcosincosiniikk则当 时，1nkcosicosincosincosincosiniiiiik ksincsisicso()n()o(1)in(1).iiinkkkk结论成立7记住结论。8证明：因为 与所有 n 阶方阵乘法可换，故与 乘法可换, 利用第 7 题结果有AijE，即ijijAE1212000000i jjjnnijaiaa 设 ，则,1,20ijaijn 1a0
21、,AE即 为数量矩阵A10证明：设 ， ，则11nma 11mnnbB tr 1211()Aabab 2n121mnmmnjijiababab同理可得 tr 1()njijiBA由于 ，可得 tr tr 11mnnmjijijijiaba()AB()11证明：假如存在 n 阶方阵满足 ，则Etr tr tr ABE()()(n由于 ，可得 tr tr ，这与 10 题所得结果矛盾0()BA所以假设不成立即不存在 n 阶方阵 ， 满足 BAE15证明：因 ， 都是对称矩阵, 故 , 从而A()T为对称矩阵 .B()TBA16证明：设 ，则 11nma 11mTnna由 的主对角线上元素为零TTA
22、O, 由 为实数知2210,1iimiaai ija20,2iii n .A证法二：利用二次型。习题 3.24思路：注意到矩阵多项式的运算和一般多项式的运算一样就可以了。证明：计算 , 由题意可知 , 所以21()kkEAAE kAO.根据定理 3.2.1 的推论可知 可21()k E逆且其逆为 .5证明：计算=()nEJ()1nJ2 21nnnEJ= 1() 计算111()111nnEJ On 据此 ,根据定理 3.2.1 的推论可知()nJ()()nJEJE可逆且其逆为 .E16证明：因为 所以有0maAaAO. 由题意可知 , 所以可在等式两边同121( )E 0a乘上 , 由此可得 ,
23、 整理得0a1210( )maE,根据定理 3.2.1 的推论可知 可逆且1210( )mAAE A.11210( )mmaa7证明：(1) 由题意 可得 , 根据定理 3.2.1 的推论可24AEO()4AE知 可逆并且 .1()(2) 由题意 可得 , 而这个等式可化为22, 即有 , 同样根据定理 3.2.1 的推论()AE1()()AEE可知 可逆并且 .1()28思路：注意题设实际上是给出了矩阵多项式 。所以一般情况下，0)(2Af如果可逆，其逆矩阵也应该是一个矩阵多项式。所以我们可以假设其逆矩阵AE2为 （待定系数法） ，从而由逆矩阵定义知应该有 ，即ba EbaE)(。在注意到题
24、设是 ，所以我们有Eb2)(2 0)(2f，所以有AbAaAE )2(，即 。1,0ba1a证明：因为 ，所以 。所以。 。 。A2 EAE2)(9证明：(1) ;13(2)由于 , 所以 , 由此可得*13*131A;2793(3) ;3()824A(4) ;11131()()8A(5)由(2)中分析可知 , 所以*1*11114(3)43AA;31()2793A(6) 由(2)中分析可知 , 则 。*1A*111()3)()310证明： 都可逆, 所以有 , 由此可知B*,AEB, 从而得到 .*1*1A*1另一方面, 由于 都可逆且均为 阶方阵, 所以 也可逆, 所以有An, 而 . *
25、1()()B11()BAB综合上述可得 .*11略。12证明：假设 是可逆矩阵, 那么在等式 两边都左乘 的逆矩阵 可得A2A1, 这与题设中 矛盾! 所以 不可逆.EEA13证明：根据题意可知存在非零的 nt 矩阵 B 使 AB=O, B 是非零矩阵所以必存在某一列上的元素不全为零, 不妨设这一列为 . 由于 , 所以 , 据12iniaO12inia0此可知 是线性方程组 的一个非零解. 由于 有非零解, 所以12iniaAXOAX=0.A14略。15解：(A) 可逆的充要条件是 而不是 , 设 , 但 不是可0AO10AOA逆矩阵, 所以选项(A)是错误的.(B) 设 , 显然 都是可逆
26、的, 但是 不是可逆矩阵, 所以,AEBBB选项(B)是错误的.(C) 可逆的充要条件是 而 .所以选项(C)是正确的.0TA(D) 不可逆的充要条件是 ；而 中至少有一行全为零只是 的充分条件。0A设 , 但 不是可逆矩阵, 所以选项(D)是错误的.1A习题 3.31解：(1) 设 , 则原式可以分块写成1221321,344ABCD, 利用分块矩阵的性质计算得OCD AOCAOBBD而 , , 据此可1250317AB13213450D得 .0135OCAODB(2) 设 则原式可1014012,1,AECDG以分块写成 , 利用分块矩阵的性质计算得BDOG ABDBOC而,210232
27、14ADBGEDBG. 140140C据此可得 .23410ABDBGOC2解：(1) ;111nnEAEA(2) ;111nnA(3) ；1 12nnn nEAE (4) ;2TnnnnAA(5) 。2TnnnnEE3证明：(1) 先证“ ”, 当 可逆时 , 则必有 . 而Q0Q, 所以有 , 从而有 , 因此 均(1)rtOAQBB0A,AB,A可逆.再证“ ”, 均可逆, 则有 , 所以有 , 而, 0, 所以 , 据此可知 可逆.(1)rtOAQBB0Q综上即有 Q 可逆 A，B 均可逆.(2) 设 , 则有1CDFG1OACDEFG而 , 所以有 , 因为 可逆, 由(1)可知必O
28、ACDFAGBBFEOBCDQ有 可逆, 所以由 , 可得 . 而由 , OGAFE可得 . 所以 .BDE11,FADB11QAO5解：(1)设 , 则原矩阵为 . 而27,3 B. 11AOB因为 , 所以12,21173721B 可得.1103712AOB习题 3.44解：(1) A 中 行与 行互换相当于用初等矩阵 左乘 得到 . 由于ij (,)EijA(,)Eij, 而 = , 所以相当于 右乘了初等矩阵11(,)(,)EjE1(,)ij 1, 即 中的 列与 列互换.iij(2) A 中 行乘上非零数 相当于用初等矩阵 左乘 得到 . 由于k()EikA()Eik, 而 = ,
29、所以相当于 右乘了初等11()()EikiAE1()i 1矩阵 , 即 中 行乘上非零数 .k(3) A 中第 行乘上数 加到第 行相当于用初等矩阵 左乘 得到ji (),EijkA. 由于 , 而(),Eijk11(),AEj= , 所以相当于 右乘了初等矩阵 , 1(),Eijk()Eijk1A()Eijk即 中第 行乘上数- 加到第 行.1A i7解：由于 , 所以 , 即有1()TCB1()TTECB, 变形得 , 从而有TE 1()TAE. ()A而 , 显然是可逆矩阵. 所以只需要求出 即得到10234TCB 1()TCB. A下面只用初等行变换把 化为 即可.TCBEA,1010
30、10102 234 1 从而得到 。1021A习题 3.51证明：设 为秩为 r 的 矩阵, 则它必与矩阵 等价, 所以必存在两个AmnrmnEO可逆矩阵 使得 成立. 而 可以写成 r 个只有一,PQrmnEOQrn个元素为 1 其余为零的 矩阵的和的形式:, ,10010rmn mrn mrnEOOO , ,00101mrn mrnOO 所以有 rmnEAPQO= , ,100( )1mrn mrnP QOO = , ,1 00 1mrn mrnPQPQOO 这样 就表示成了 r 个矩阵之和的形式. 而任一个A, 由于中间那个矩阵只有一个元素非零, 所以其,010mrnPQO 秩为 1,
31、而 可逆, 所以三个矩阵的积的秩仍然为 1. 这样 就表示成了 r 个秩为PQA1 的矩阵之和了.2解：设 1 2, ,100, ,mrn mrnAAOO ,10,rmrn 显然 的秩都是 1, 但是他们的和 的秩是(1,2)iAr ,0mrnAO1 而不是 r. 所以该逆命题不成立.5证明：因为 列满秩，所以存在可逆矩阵 使得 ，所以AQP, 0QPEAn。进而有 。所以令 即可。01QPnE101C7证明：（1）因为 ，所以结论成立。mArB)(（2）由（1）知 不满秩，所以不可逆。（3）略。8证明：因为 ，所以 。所以 。同理有mEAr)(mAr)(。Br)(9解：设 , 1001,C计
32、算得 .01,0101ABOAB显然秩( )=1, 秩( )=0, 两者不相等. 所以秩( )与秩( )不一定相等.CACB10解：设秩( ) , 秩( )= , 则存在四个可逆矩阵 使得1r2r12,PQ成立. 令 , 首先因1 212,r rEOEOAPQBPQ112MP为 都是可逆矩阵, 所以 也是可逆的. 又因为秩( )+秩( )112, ABn, 即 + n, 所以 的前 行 列构成的块是一个零块, 因此1r21 1r2可以写成下面这个形式 . 1 12rOABC计算 11221122()rr rEEOAMBPQPQ11222rrrOAEC所以存在可逆矩阵 使得 .B习题 3.61解
33、：(1) 设 , 易知 , 但 , 所以(1)不一定成立.10A0AO(2) 设 , 易得 , 此时201k20104,2kkA, 所以(2)不一定成立.kA(3) 设 , 易得 所以(3)不一定成立.10210,2A(4) 设 , 易得 , 此时 , ,AEB,2BOABAB所以(4)不一定成立.(5) (6)都是课本中提及的性质, 是成立的.(7) , 所以(7)成立.()TTTTA2解：(1) 设 , 则10A10132, 201T TA 显然此时 , 所以该项不一定成立.TA(2) 设 , 则12,001CBD120ABMCD计算得 , 而 中由于第二第四两行相同, 所以3A.因此此时
34、 , 所以此项不一定正确.0MAB(3) , 所以 不正确.TCBDTCMD(4) , 所以 不正确.2(1)nOAOAB(5) 因为 A，B 为可逆矩阵, 所以方程两边同左乘 , 再右乘 即得 . 111XACB所以是正确的.(6) 因为 , 所以12,3120iRnn nn 秩( )=1=秩( ), 因此这两个矩阵等价.12nn 0n3证明：(1) 因为秩( )=r, 所以 与 等价, 即存在两个可逆矩阵mAArmnEO使得 , 令,mnPQrnmEPQO, 因为 是可逆的而,rrm nmnEOEBPCQ ,mnPQ的秩都为 , 所以秩 ( )=秩 ( )=r. 并且 是 的, ,rrnn
35、rBCB是 的. 而且计算可得C.rr rmnmnmn mEOEOBPQPQA (2) 只需令 , 同(1)分析可知这样构造,rrnmDF得到的 即为所需的两个矩阵.,mnF(3) 只需令 , 同(1)分析可知这样构造得到的,rrnmERPSOQ 即为所需的两个矩阵.,mrnS4记住此结论。5证明：因为 ，所以由题设 知)()()ABCrBrA )(BrA。又因为 ，所以 。()(CBr )(r第四章 线性空间和线性变换习题 4.12记住此结论。习题 4.210证明：设 使得 ，则有Ptts,21 021stt。)(111 sss tkkt 因为 线性无关，所以 。所s,2 0121 sss
36、tkttt以 。01stt习题 4.33证明：设向量组(I)、(II)的极大无关组分别为(III)、(IV)。则有(I)与(III)等价，(II)与(IV)等价。所以(III)能用(I)线性表示， (II)能用(IV)线性表示。因为 (I)能用(II)线性表示，所以(III)能用(IV)线性表示。因为(III)线性无关，所以(III)中所含向量的个数 (IV)中所含向量的个数，即秩(I) 秩(II) 。4证明：由题设易知向量组 可由 线性表示，下面只需证明,11r r,11可由 线性表示即可。r,1r因为 可由 线性表示，所以存在数 使得r1 rk,11。因为 不能经 线性表示，所以 。rrk
37、k1 r 0rk所以 ，即 可由 线性表示。)(11rrr r,11r5证明：因为 线性相关，所以存在不全为零的数,1使得 。下面分情trks,1 trkkrr 11况对 是否为零进行讨论（四种情况） 。略。t6证明：(1) 因为 , , 线性无关, 所以 , 必线形无关 , 又因为 , , 线23423123性相关, 所以 能经 , 线性表示, 并且表示方法唯一.1(2) 若 能经 , , 线性表示, 不妨设表达式为 , 根据423 4123kk(1) 能经 , 线性表示, 不妨设表达式为 , 把 带入到1 t1中得423kk12312123()()()t ktkt即有 , 从而得到 , , 线性相关, 这与题41()ktO 4意中 , , 线性无关矛盾! 所以 不能经 , , 线性表示.2344123习题 4.4
