《高等代数与解析几何（上册）》章节试读

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-习题 5.2, 矩阵的秩 - 习题 5.2, 矩阵的秩

＃教学笔记
＃参考答案
($$\Large 5.2 ~矩阵的秩$$)
($\textbf{5}$) 求下列矩阵的秩
1) ($\begin{pmatrix}a_1b1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\
a_2b_1&a_2b_2&\cdots&a_2b_n\\
\vdots&\vdots&&\vdots\\
a_nb_1&a_nb_2&\cdots&a_nb_n\end{pmatrix};$)
($\textbf{解}$)：显然此矩阵的每两行都是相关的, 所以秩不超过 ($1$). 如果有某个 ($a_i$) 及某个 ($b_j$) 非零, 则原矩阵不是零矩阵, 秩为 ($1$). 反之, 如果 ($a_1=a_2=\cdots=a_n=0$) 或 ($b_1=b_2=\cdots=b_n=0$)，则秩为 ($0$).
2) ($\begin{pmatrix}1&a&a&\cdots&a&a\\a&1&a&\cdots&a&a\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\a&a&a&\cdots&a&1\end{pmatrix}$)
($\textbf{解}$)：设原矩阵为 ($A$)，有($$
A\sim \begin{pmatrix}
1+(n-1)a&a&a&\cdots&a&a\\
1+(n-1)a&1&a&\cdots&a&a\\
1+(n-1)a&a&1&\cdots&a&a\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
1+(n-1)a&a&a&\cdots&1&a\\
1+(n-1)a&a&a&\cdots&a&1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1+(n-1)a&a&a&\cdots&a&a\\
0&1-a&0&\cdots&0&0\\
0&0&1-a&\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\cdots&1-a&0\\
0&0&0&\cdots&0&1-a
\end{pmatrix}
$$)当 ($a=1$) 时, 秩为 ($1$); 当 ($a=\frac{1}{1-n}$) 时, 秩为 ($r-1$)；当 ($a$) 取其它值时, 秩为 ($n$).

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-习题 5.1，向量组的秩 - 习题 5.1，向量组的秩

# 教学笔记
# 参考答案
($\textbf{1}$). 对下列向量组, 将 ($\alpha_1$) 扩充成向量组的一个极大无关组:
1） ($\alpha_1=(1,-1,2,4), \alpha_2=(0,3,1,2), \alpha_3=(3,0,7,14),\alpha_4=(1,-1,2,0), \alpha_5=(2,1,5,6)$);
($\textbf{解}$)：考虑矩阵($$
\left(
\begin{array}{ccccc}
1 & 0 & 3 & 1 & 2 \\
-1 & 3 & 0 & -1 & 1 \\
2 & 1 & 7 & 2 & 5 \\
4 & 2 & 14 & 0 & 6
\end{array}
\right),
$$)其行标准形为($$
\left(
\begin{array}{ccccc}
1 & 0 & 3 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right).
$$)容易看出 ($\alpha_1, \alpha_2,\alpha_4$) 是一个极大无关组.
(2) ($\alpha_1=(1,-1,0,1,1), \alpha_2=(2,1,3,-1,0), \alpha_3=(3,0,3,0,1), \alpha_4=(1,-1,1,-1,1), \alpha_5=(2,1,2,1,0)$).
($\textbf{解}$): 考虑矩阵($$
\left(
\begin{array}{cccccc}
1 & 2 & 3 & 1 & -1 & 2 \\
-1 & 1 & 0 & -1 & -5 & 1 \\
0 & 3 & 3 & 1 & -6 & 2 \\
1 & -1 & 0 & -1 & 5 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 1 & 3 & 0
\end{array}
\right),
$$)其行最简形为($$
\left(
\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 1 & 0 & 3 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0 & -2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right),
$$)容易看出 ($\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$) 是一个极大无关组.
($\textbf{2}$). 设向量组 ($\alpha_1,\cdots,\alpha_s$) 的秩为 ($r$), ($\alpha_{i_1}, \cdots,\alpha_{i_r}$) 是它的一个部分组. 证明：如果 ($\alpha_1,\cdots,\alpha_s$) 可由 ($\alpha_{i_1},\cdots,\alpha_{i_r}$) 线性表示, 则 ($\alpha_{i_1},\cdots, \alpha_{i_r}$) 是 ($\alpha_1,\cdots, \alpha_{s}$) 的一个极大无关组.
($\textbf{证}$): 设 ($\{\alpha_1,\cdots,\alpha_s\}=\mathrm{I}, \{\alpha_{i_1},\cdots, \alpha_{i_r}\}=\mathrm{II}$). 显然 ($\mathcal{L}(\mathrm{I})=\mathcal{L}(\mathrm{II})$)，有($r(\mathrm{II})=r(\mathrm{I})=r$). 可见 ($\mathrm{II}$) 的极大无关组大小为 ($r$)，故 ($\mathrm{II}$) 本身是个无关组. 注意到 ($\mathrm{II}$) 能线性表示 ($\mathrm{I}$) 中每个向量, 所以 ($\mathrm{II}$) 是 ($\mathrm{I}$) 的极大无关组. ($\square$)
($\textbf{3}$). 已知两个向量组有相同的秩, 且其中一个可以被另一个线性表示. 证明：这两个向量组等价.
($\textbf{证}$)：设这两个向量组为 ($\mathrm{I}$) 和 ($\mathrm{II}$), 且 ($\mathrm{I}\to \mathrm{II}$). 显然 ($\mathcal{L}(\mathrm{I})\subseteq \mathcal{L}(\mathrm{II})$). 因为 ($r(\mathrm{I})=r(\mathrm{II})<\infty$)(目前我们仅讨论有限维向量空间), 所以 ($\mathcal{L}(\mathrm{I})=\mathcal{L}(\mathrm{II})$). 可见 ($\mathrm{I}$) 与 ($\mathrm{II}$) 等价. ($\square$)

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-test - test

∂
(\alpha)
\leftarrow\beta
(($k$))
{3(1−x)=1−yx=2y

怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长怎么叫长

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-5.2 矩阵的秩 - 5.2 矩阵的秩

# 教学笔记
($\textbf{定义}~2$).($1$) 行向量组生成的线性空间叫行空间, 行向量组的秩叫行秩；类似可以定义列空间和列秩.
($\textbf{定理}~2$).($2$) 矩阵的初等行变换不改变矩阵的行秩.
理由：初等行变换得到的行向量组与原向量组等价. 事实上初等变换不改变行空间.
($\textbf{定理}~2$).($3$) 初等列变换不改变矩阵列向量组的相关性, 从而不改变矩阵的列秩.
理由: ($s$) 个向量的相关性取决于齐次方程组($$
\begin{pmatrix}b_{11}\\ b_{12}\\ \vdots \\ b_{1m}\end{pmatrix}x_1+
\begin{pmatrix}b_{21}\\ b_{22}\\ \vdots \\ b_{2m}\end{pmatrix}x_2+
\cdots+
\begin{pmatrix}b_{s1}\\ b_{s2}\\ \vdots \\ b_{sm}\end{pmatrix}x_s=0
$$)是否有非零解。初等行变换是同解变换.
类似地，初等列变换不改变矩阵的列空间，不改变矩阵行向量组的相关性, 从而不改变矩阵的列秩. 总之，初等变换不改变矩阵的行秩，也不改变矩阵的列秩.
($\textbf{定理}~2$).($4$) 矩阵的行秩与列秩相等，称为矩阵的秩. 矩阵的秩等于最简阶梯形的非零行个数. 主元所在的列是列向量组的极大无关组.
($\textbf{推论}~2$).($6$) ($A$) 与 ($A^T$) 具有相同的秩.
($\textbf{定义}~2$).($3$) 行满秩矩阵、列满秩矩阵、满秩方阵.
($\textbf{命题}~2$).($9$) ($n$) 阶方阵 ($A$) 的秩等于 ($n$) 的充分必要条件是 ($|A|\ne 0$).
理由：满秩等价于列向量组无关.
($\textbf{定理}~2$).($10$) 如果 ($A$) 的秩为 ($r$), 则当 ($k\leqslant r$) 时，存在某个非零 ($k$) 阶子式；当 ($k>r$) 时, 所有 ($k$) 阶子式为 0.
理由：当 ($k\leqslant r$) 时，可以找到 ($k$) 个无关行向量构成矩阵 ($A'$). 显然 ($A'$) 的秩是 ($k$), 所以可以在 ($A'$) 中找到 ($k$) 个无关列向量，构成一个 ($k\times k$) 阶满秩子矩阵, 相应行列式非零; 当 ($k>r$) 时, 如果存在一个 ($k$) 阶子式非零, 则相应子矩阵的 ($k$) 个行是无关的, 因此在 ($A$) 中相应的 ($k$) 个行无关。这表明 ($A$) 的行秩大于 ($r$) 矛盾。
($\textbf{推论}$) 如果 ($A$) 有一个 ($r$) 阶非零子式, 所有 ($r+1$) 阶子式都为 0, 则 ($A$) 的秩为 ($r$).
理由：如果 ($r(A) > r$)，则存在 ($r$) 阶非零子式；如果 ($r(A) < r$) 则不可能存在 ($r$) 阶非零子式.

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-定理7.5 向量积的分配律 - 定理7.5 向量积的分配律

# 教学笔记
定理 7.5 外积具有下列运算性质：对于任意向量 ($\vec{a},\vec{b},\vec{b}$) 和任意实数 ($k$), 有
(EP1) 反交换律：($(\vec{a}\times \vec{b})=-\vec{b}\times\vec{a}$);
(EP2) ($(k\vec{a})\times\vec{b}=k(\vec{a}\times\vec{b}),\vec{a}\times (k\vec{b})=k(\vec{a}\times\vec{b})$);
(EP3) 分配律： ($\vec{a}\times (\vec{b}+\vec{c})=\vec{a}\times\vec{b}+\vec{a}\times\vec{c}, (\vec{a}+\vec{b})\times\vec{c}=\vec{a}\times\vec{c}+\vec{b}\times\vec{c}$).
分配律的证明如下:
证明：\begin{align} \big(\vec{a}\times (\vec{b}+\vec{c}) \big)\cdot \vec{v} &= (\vec{a},\vec{b}+\vec{c},\vec{v})\\
&=(\vec{v},\vec{a},\vec{b}+\vec{c})\\
&=(\vec{v},\vec{a},\vec{b})+(\vec{v},\vec{a},\vec{c})\\
&=(\vec{a},\vec{b},\vec{v})+(\vec{a},\vec{c},\vec{v})\\
&=(\vec{a}\times \vec{b}+\vec{a}\times\vec{c})\cdot\vec{v}.
\end{align}
由 ($\vec{v}$) 的任意性知 ($\vec{a}\times(\vec{b}+\vec{c})=\vec{a}\times\vec{b}+\vec{a}\times\vec{c}$).

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-习题 5.2, 矩阵的秩 - 习题 5.2, 矩阵的秩

# 教学笔记
# 参考答案
($\textbf{2}$). 求下列向量组的秩和极大无关组.
(4) ($\alpha_1=(1,3,3,5),\alpha_2=(3,2,-5,1),\alpha_3=(2,3,0,4), \alpha_4=(5,4,-7,1),\alpha_5=(3,5,1,7)$).
($\textbf{解}$): 考虑以 ($\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5$) 为列向量的矩阵($$
\left(
\begin{array}{ccccc}
1 & 3 & 2 & 5 & 3 \\
3 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
3 & -5 & 0 & -7 & 1 \\
5 & 1 & 4 & 1 & 7
\end{array}
\right).
$$)其行最简形为($$
\left(
\begin{array}{ccccc}
1 & 0 & \frac{5}{7} & 0 & \frac{9}{7} \\
0 & 1 & \frac{3}{7} & 0 & \frac{4}{7} \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right).
$$)容易看出向量组的秩为 ($3$), 且 ($\alpha_1, \alpha_2,\alpha_4$) 是一个极大无关组.

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-5.3，用矩阵的秩判断线性方程组的解的情况 - 5.3，用矩阵的秩判断线性方程组的解的情况

#教学笔记
#参考答案
($$
\Large\textbf{5.3 用矩阵的秩判断线性方程组解的情况}
$$)
($\textbf{1}$). ($\lambda$) 取何值时, 方程组($$
\left\{\begin{array}{rl}
(\lambda+3)x_1+x_2+2x_3=&\lambda\\
\lambda x_1+(\lambda-1)x_2+x_3=&2\lambda\\
3(\lambda+1)x_1+\lambda x_2+(\lambda+3)x_3=&3\lambda
\end{array}\right.
$$)有解?
($\textbf{解}$)：考虑增广矩阵的初等变换($$
\begin{pmatrix}
\lambda+3&1&2&\lambda\\
\lambda&(\lambda-1)&1&2\lambda\\
3(\lambda+1)&\lambda&(\lambda+3)&3\lambda
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
\lambda+3&1&2&\lambda\\
\lambda&(\lambda-1)&1&2\lambda\\
2\lambda+3&1&\lambda+2&\lambda
\end{pmatrix}\sim
$$)($$
\begin{pmatrix}
\lambda+3&1&2&\lambda\\
\lambda&(\lambda-1)&1&2\lambda\\
\lambda&0&\lambda&0
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
3&1&2-\lambda&\lambda\\
0&(\lambda-1)&1-\lambda&2\lambda\\
\lambda&0&\lambda&0
\end{pmatrix}
$$)(i) 若 ($\lambda=0$)，方程组有多个解.
如果 ($\lambda\ne 0$)，则($$
\sim
\begin{pmatrix}
3&1&2-\lambda&\lambda\\
0&(\lambda-1)&1-\lambda&2\lambda\\
1&0&1&0
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
0&1&-1-\lambda&\lambda\\
0&(\lambda-1)&1-\lambda&2\lambda\\
1&0&1&0
\end{pmatrix}
$$)($$
\sim
\begin{pmatrix}
0&1&-1-\lambda&\lambda\\
0&\lambda&-2\lambda&2\lambda\\
1&0&1&0
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
0&1&-1-\lambda&\lambda\\
0&1&-2&2\\
1&0&1&0
\end{pmatrix}
$$)($$
\sim
\begin{pmatrix}
0&1&-1-\lambda&\lambda\\
0&0&1-\lambda&2-\lambda\\
1&0&1&0
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1&0&1&0\\
0&1&-1-\lambda&\lambda\\
0&0&1-\lambda&2-\lambda
\end{pmatrix}
$$)可见, 当 ($\lambda\ne 1$) 时, 有唯一解. 当 ($\lambda=1$) 时，无解. 即
(ii) 当 ($\lambda\ne 0, 1$) 时, 有唯一解.
(iii) 当 ($\lambda=1$) 时, 无解.
($\textbf{2}$). ($a,b$) 取何值时, 方程组($$
\left\{\begin{array}{r}
ax_1+x_2+x_3=4,\\
x_1+bx_2+x_3=3\\
x_1+2bx_2+x_2=4.
\end{array}\right.
$$)
($\textbf{解}$)：考虑增广矩阵的初等变换($$
\begin{pmatrix}
a&1&1&4\\
1&b&1&3\\
1&2b&1&4
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
a&1&1&4\\
1&b&1&3\\
0&b&0&1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
a&1&1&4\\
1&0&1&2\\
0&b&0&1
\end{pmatrix}\sim
$$)($$
\begin{pmatrix}
0&1&1-a&4-2a\\
1&0&1&2\\
0&b&0&1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
0&1&1-a&4-2a\\
1&0&1&2\\
0&0&ab-b&1-4b+2ab
\end{pmatrix}\sim
$$)($$
\begin{pmatrix}
1&0&1&2\\
0&1&1-a&4-2a\\
0&0&ab-b&1-4b+2ab
\end{pmatrix}
$$)
(i) 当 ($ab-b\ne 0$) 时, 即 ($a\ne 1$) 并且 ($b\ne 0$) 时, 有唯一解.
(ii) 当 ($ab-b=0$) 且 ($1-4b+2ab=0$) 时, 即 ($\{a=1, b=1/2\}$) 时有多个解.
(iii) 当 ($ab-b=0$) 且 ($1-4b+2ab\ne 0$) 时, 即 ($b=0$) 或 ($\{a=1,b\ne 1/2\}$) 时，无解.

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-例6.3 - 例6.3

# 教学笔记
例 6.3 不太依赖立体图的证明
例6.3 如果 1-29，点 O 是二面角 P-MN-Q 的棱 MN 上一点, OA, OB 分在平面 P，平面 Q 内. 设 ($\angle AON=\alpha, \angle BON=\beta, \angle AOB=\theta$), 二面角 P-MN-Q 为 ($\varphi$), 求证：($$
\cos \theta=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta\cos\varphi.
$$)
证: 设 ($\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}$) 都是单位向量，交线方向上的单位向量为 ($\vec{r}$), 设 ($\overrightarrow{OA}$) 在 ($\vec{r}$) 上的正交分解为($$
\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{DC}.
$$)又设 ($\overrightarrow{OB}$) 在 ($\vec{r}$) 上的正交分解为 ($$\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{CB}.$$)显然 ($\langle\overrightarrow{DA},\overrightarrow{CB}\rangle$) 就是二面角 ($P-MN-Q$) 的平面角. 于是\begin{align}
\cos\varphi&=\frac{\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{CB}}{|DA|\cdot|CB|}\\
&=\frac{(\overrightarrow{OA}-\vec{r}\cos\alpha)(\overrightarrow{OB}-\vec{r}\cos\beta) }{\sin\alpha\sin\beta}\\
&=\frac{\cos\theta-\cos\alpha\cos\beta}{\sin\alpha\sin\beta}.
\end{align}整理得($$\cos \theta=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta\cos\varphi.
$$)

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-第14页 - 习题 1-2

# 教学笔记
# 答疑
第 1、2、3、和 4 这几个题目可归为一类，无非是把共线或共面转换成线性相关。
第5题是后面所有题目，即第6题第14题的技术基础。
【第5题】. 设 ($D$) 是 ($\Delta ABC$) 的边 BC 上的点, 满足 ($\overrightarrow{BD}=k\overrightarrow{DC}$). 试用 ($\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$) 来表示 ($\overrightarrow{AD}$).
解：由于 ($\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}=k(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD})$). 从而有($$
\overrightarrow{AD}=\frac{1}{1+k}\overrightarrow{AB}+\frac{k}{1+k}\overrightarrow{AC}.
$$)第5题图
第5题是定比分点公式的一种形式。第6，7，8，9 题是这个公式的应用。
【第6题】 设 ($AT$) 是 ($\Delta ABC$) 中 ($\angle A$) 的角平分线（与BC交于 T点），将 ($\overrightarrow{AT}$) 用 ($\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$) 来表示。第6题图
分析: 要有线段比例才好使用定比分点公式。这题中的线段满足 ($\frac{AB}{AC}=\frac{BT}{TC}$)。这是因为($$
\frac{S_{\Delta ABT}}{S_{\Delta ACT}}=\frac{BT}{CT}=\frac{AB\cdot AT\sin\alpha}{AT\cdot AC\sin\alpha}.
$$)
【第 7 题】：平面上有一个三角形 ($\Delta OAB$), 点 ($B$) 和点 ($C$) 关于中心 ($A$) 对称，点 ($D$) 把线段 ($OB$) 分成 ($2:1$), ($DC$) 和 ($OA$) 交于点 ($E$). 设 ($\overrightarrow{OA}=\vec{a},\overrightarrow{b}$).
(1) 试用 ($\vec{a},\vec{b}$) 来表示 ($\overrightarrow{OC}$) 和 ($\overrightarrow{DC}$);
(2) 求比值 ($OE:OA$).第7题图这里只解(2). 解：
设 ($\overrightarrow{BA}=\vec{\alpha},\overrightarrow{BD}=\vec{\beta}$)。
利用 ($\overrightarrow{BO}, \overrightarrow{BA}$) 计算 ($\overrightarrow{BE}$): 存在 ($x$) 使得 ($\overrightarrow{BE} = (1-x)(3\vec{\beta}) + x\vec{ \alpha} $).
利用 ($\overrightarrow{BD}, \overrightarrow{BC}$) 计算 ($\overrightarrow{BE}$): 存在 ($y$) 使得 ($\overrightarrow{BE}=(1-y)\vec{\beta}+y(2\vec{\alpha})$) .
从而有方程组 ($$\left\{\begin{array}{l}3(1-x)=1-y\\x=2y)\end{array}\right.$$)从中解得 ($x=4/5$)，即 ($|OE|:|OA|=4:5$).
此题的技巧在于利用定比分点公式，从两个不同途径计算同一个对象。这个方法可以抽象成，用两种不同的方法来计算同一个对象。
【第 8 题】：在 ($\Delta ABC$) 中，点 ($M$) 分线段 ($AB$) 为 ($2:1$), 点 ($N$) 分线段为 ($3:2$). 设 ($CM$) 与 ($BN$) 的交点为 ($P$), 直线 ($AP$) 与边 ($BC$) 交于点 ($Q$). 试用 ($\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$) 来表示 ($\overrightarrow{AP}$) 和 ($\overrightarrow{AQ}$).
第8题图
解：($\overrightarrow{AP}$) 可按第7题的方式求出，即用定比分点公式沿两个不同途径计算 ($\overrightarrow{AP}$). 这两个计算途径都是含参的，不能完全确定 ($\overrightarrow{AP}$). 但两个途径放在一起，就可以消除参数，得到 ($\overrightarrow{AP}=\frac{4}{9}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$) 。
下求 ($\overrightarrow{AQ}$), 设 ($\overrightarrow{AQ}=t\overrightarrow{AP}$), 用 ($\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$) 表示 ($\overrightarrow{AQ}$)。 存在 ($k$) 使得($$
(1-k)\overrightarrow{AB}+k\overrightarrow{AC}=t\left(\frac{4}{9}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}\right),
$$)从中求得 ($t=9/7$), 故 ($\overrightarrow{AQ}=\frac{9}{7}\overrightarrow{AP}$).
第10, 11 题是定比分点公式的推广。
第12题是定比分点公式的种形式，同样第13题不过是第10题的另一个形式而已。
【第14题】 用向量的方法证明契维定理：若 ($\Delta ABC$) 的三条边 ($AB,BC,CA$) 依次被分割成 ($AF:FB=k_1:k_2$), ($BD:DC=k_3:k_1$), ($CE:EA=k_2:k_3$), 其中 ($k_1,k_2,k_3$) 均为正数. 则 ($\Delta ABC$) 的顶点与它对边的分点的连线交于一点 ($M$), 且对于任意一点 ($O$) 有($$
\overrightarrow{OM}=\frac{1}{k_1+k_2+k_3}(k_2\overrightarrow{OA}+k_1\overrightarrow{OB}+k_3\overrightarrow{OC}).
$$)第14题图
分析：用向量方法证明几条线共点，并没有什么好用的工具。因为我们的向量是“移动”的，说它们“共点”并没有什么意义。我们可以采用另外一种方法，假设 ($CF$) 与 ($BE$) 交于一点 ($M$), 连接 ($AM$)，延长交 ($BC$) 于 ($D'$). 然后我们证明：($\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD'}$), 从而 ($D, D'$) 是同一个点。按第8题的思路，容易证明：($$
\overrightarrow{AM}=\frac{k_1}{k_1+k_2+k3}\overrightarrow{AB}+\frac{k_3}{k_1+k_2+k_3}\overrightarrow{AC}.
$$)设 ($\overrightarrow{AD'}=t \overrightarrow{AM}$), 有($$
\frac{tk_1}{k_1+k_2+k3} + \frac{tk_3}{k_1+k_2+k_3} =1,
$$)从而有 ($t= \frac{k_1+k_2+k_3}{k_1+k_3} $). 即($$
\overrightarrow{AD'}=\frac{k_1}{k_1+k_3}\overrightarrow{AB}+\frac{k_3}{k_1+k_3}\overrightarrow{AC}.
$$)余下部分可直接验证。

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-习题 5.6，矩阵乘积的行列式与矩阵的逆 - 习题 5.6，矩阵乘积的行列式与矩阵的逆

#教学笔记
#参考答案
($$\Large\textbf{矩阵乘积的行列式与矩阵的逆}$$)
($\textbf{4}$). 设 ($B^3=0$). 证明: ($E-B$) 可逆, 并求 ($E-B$) 的逆.
[思路] 利用公式 ($1-x^n=(1-x)(1+x+x^2+\cdots +x^{n-1})$).
($\textbf{5}$). 设 ($A^3=2E$), ($B=A^2+2A-E$), 求 ($E^{-1}$).
[思路1] 看题目的意思, ($B^{-1}$) 应该能用 ($A$) 的“多项式”形式表示出来. 注意到 ($A^3=2E$), 所以这个“多项式”可以约化到这样一种形式：即 ($A$) 的“次数”不超过 ($2$). 于是可以假设 ($$B^{-1}=aA^2+bA+cE,$$)然后利用 ($BB^{-1}=E$) 得到($$
(A^2+2A-E)(aA^2+bA+cE)=E
$$)展开后用待定系数法，注意这里会出现 ($A^4, A^3$), 利用 ($A^3=2E$) 把"次数"降下来.
[思路2] 令 ($f(x)=x^3-2$), ($g(x)=x^2+2x-1$), 利用扩展辗转相除法计算得到($$
(-14-5x)f(x)+(-3+4x+5x^2)g(x)=31.
$$)注意到 ($f(A)=0$), 把 ($A$) 代入后得到 ($(-3E+4A+5A^2)g(A)=31E$).

《高等代数与解析几何（上册）》的笔记-第9页 - 习题 1-1

# 教学笔记
# 习题课
1, 2, 3 是最基本的题目，用几个已知的向量线性组合出其它向量，而且表示方式很直接. 6 也是这类型的题目，只不过在数量关系上稍微复杂一点。
第 6 题：在四面体 ($O$)-($ABC$) 中，设 ($G$) 是 ($\Delta ABC$) 的重心。用 ($\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC}$) 来表示向量 ($\overrightarrow{OG}$).
解： ($\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AG}$). 而($$
\overrightarrow {AG}=\frac{2}{3}\frac{\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}}{2}.
$$)把 ($\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}$) 用 ($\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC}$) 表示即可.
4, 5, 7, 8, 9, 10 可归为一类。利用向量线性组合的基本技术来证明一些简单事实。
第 7 题. 注意 ($\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AD}$)
11, 12 题要注意这些等式和不等式的几何意义. 比如
第 12 (1) 题. 由三角形两边之差小于第三边可知 ($|\vec{b}-\vec{a}|\geq ||\vec{a}|-|\vec{b}||$), 等号仅当 ($\vec{a}, \vec{b}$) 同向时成立. 故 ($|\vec{b}-\vec{a}| \geq |\vec{a}|-|\vec{b}|$), 等号仅当 ($|\vec{a}\geq \vec{b}|$) 通向且 ($|\vec{a}|\geq |\vec{b}|$) 时成立.
第 13, 14 题可放在一起。第 13 题比较难，但 14 题很容易，只是 13 的一个简单推论。
第 13 题.
选择适当的坐标系，我们有 ($$\overrightarrow{OA_k}=\left(\cos \frac{2\pi(k-1)}{n},\sin\frac{2\pi(k-1)}{n}\right),k=1..n.$$)于是($$
\sum_{k=1}^n\overrightarrow{OA_k}=\left(\sum_{k=1}^n \sin \frac{2\pi(k-1)}{n}, \sum_{k=1}^n \cos\frac{2\pi(k-1)}{n}\right)
$$)令 ($$x+yi=\sum_{k=1}^n \sin \frac{2\pi(k-1)}{n}+ i\sum_{k=1}^n \cos\frac{2\pi(k-1)}{n}.$$)有 \begin{align}
x+yi&=\sum_{k=1}^n \left(\sin \frac{2\pi(k-1)}{n}+ i\cos\frac{2\pi(k-1)}{n}\right)\\
&= \sum_{k=1}^n\left(\cos \frac{2\pi}{n}+i\sin \frac{2\pi}{n}\right)^{k-1}=0.
\end{align}

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5.1 向量组的秩 http://book.douban.com/annotation/25127300/
5.2 矩阵的秩 http://book.douban.com/annotation/25130028/
5.3 用矩阵的秩判断线性方程组解的情况 http://book.douban.com/annotation/25279122/
5.6 矩阵乘积的行列式与矩阵的逆 http://book.douban.com/annotation/25316333/