2.1证:
矩阵的秩(rank)是指矩阵中线性独立行或列的最大数量,由题知矩阵??的秩是??,这意味着存在m个线性独立的行（或列）,这??个线性独立的行（或列）不能被A中的其他行（或列）通过线性组合来表示,由于??是一个m×n矩阵,它最多有n列.由于??至少有m个线性独立的列,并且它最多有n列,这意味着??个线性独立的列必须全部存在,因此m必须小于或等于n.
2.2证:
方程组Ax=b有唯一解意味着对于给定的m×n矩阵A和向量b,存在一个唯一的向量x使得方程成立.如果A的秩rank(A)等于n,这意味着A的所有列向量都是线性独立的,因此A是满秩的.进一步,如果增广矩阵[A∣b]的秩rank[??∣??]也等于??,这表明向量b可以由A的列向量唯一地线性组合表示,即b属于A的列空间.由于A的列向量构成了Rn的一组基,这意味着存在唯一的线性组合系数x使得Ax=b成立.如果存在两个不同的解x1?和x2?,它们都满足Ax=b,那么A(x1?x2??)=0,但由于A的列向量是线性独立的,唯一满足这个方程的是x1?x2=0?,即x1=x2?.这证明了方程组Ax=
2.3证:
根据线性代数的知识,我们知道在??维空间Rn中,最多只能有n个线性无关的向量.如果有超过n个向量,它们必然是线性相关的.这意味着至少存在一组非全零的标量α1,α2…,αk?,
现在,假设我们有k≥n+2个向量a1,a2…,ak.由于k≥n+1,根据题目给定的条件,这些向量一定是线性相关的.我们可以找到一组标量α1,α2…,αk,使得i=1kαiai=0,并且至少有一个αi≠0.为了满足i=1kαi=0,我们可以进行如下操作:首先,选择一个非零的标量αj,然后调整其他标量,使得αj?的值减去其他所有标量的和等于0.具体来说,我们可以设置αj=1,然后将α
2.4证:
（1）为了简化计算,先对矩阵M进行行变换,即交换第i行和第i+(m?k)行（对于i=1,2,…,k）,这样可以将Mk,k块移动到矩阵的左上角,同时Im?k?
∣detM∣=|detMk,k
根据分块矩阵的行列式性质,当分块矩阵的右上角是零矩阵时,其行列式等于主对角线子矩阵的行列式乘积;当分块矩阵的右下角是单位矩阵时,其行列式等于左上角的子矩阵的行列式.因此:|detMk,kOk,m?kMm?k,kIm?k
综上,我们证明了∣detM∣=∣detMk,k∣
（2）由（1）知∣detM∣=∣detMk,k∣.为了使得?detM=det(?Mk,k)?成立,我们需要考虑
特别地,当Mk,k?是奇异矩阵（即?detMk,k=0）时,无论Mk,k的符号如何变化,其行列式都是0.因此,在这种情况下,detM=det(?
当Mk,k是非奇异矩阵（即?detMk,k≠0）时,detM?和?det(?Mk,k)?的符号是不同的（因为?det(?Mk,k?)=?detMk,k）.此时,detM=det(?
2.5证：
（1）对集合S中任意两点，及每个数，有
由题设，有
因此，，故S是凸集。
（2）对集合S中任意两点，及每个数，有
由题设，有
因此，，故S是凸集。
（3）对集合S中任意两点，及每个数，有
由题设，有
因此，，故S是凸集。
2.6证：
对任意两点及每个数，根据集合S的定义，存在，使，由于C是凸集，必有，因此，，故S是凸集。
2.7证：
对任意两点及每个数，存在，使，因此有，，而，故，即S是凸集。
2.8证：
用数学归纳法。当时，由凸集的定义知上式显然成立。设时结论成立，当时，有
由于时结论也成立。从而得证。
2.9设A是m×n矩阵，B是l×n矩阵，，证明下列两个系统恰有一个有解：
系统1Ax≤
系统2AT
证由于Bx=
Bx≤0
因此系统1有解，即
AB?
根据Farkas定理，得
(ATBT
无解.记u
无解.反之亦然。
2.10设A是m×n矩阵，c∈Rn，则下列两个系统恰有一个有解：
系统1Ax
系统2A
证若系统1有解，即
A
有解，则根据Farkas定理，有
A
无解，即A
A
无解.
反之，若ATy≥c,y≥0有解，即
A
有解，亦即
A
有解.根据Farkas定理，有
A
无解，即
Ax
无解.
2.11证明Ax≤
，.
证根据Farkas定理，只需证明
ATy
无解，事实上，AT
1
对此线性方程组的增广矩阵做初等行变换：
1
此线性方程组ATy=c的系数矩阵与增广矩阵的秩不等，因此无解，即ATy
2.12证明下列不等式组无解：
证将不等式组写作
Ax0
根据Gor