1、第一章 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：若
2、 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，这是因为他关
3、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 取
5、 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 1
6、1112222333abcab13C=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习题
7、 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 = =1231001001naa
8、 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 1
9、2301naa 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。3
10、241,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()0rsrrrsr
11、ssscab 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123111n 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
