工程数学线性代数同济大学第五版课后习题答案.doc

第一章行列式1利用对角线法则计算下列三阶行列式(1)2 0 11 4 11 8 32 0 1解1 4 11 8 32 ( 4) 3 0 ( 1) ( 1) 1 1 80 1 3 2 ( 1) 8 1 ( 4) ( 1)24 8 16 44a b c (2) b c a c a ba b c解b c ac a bacb bac cba bbb aaa ccc3abc a3 b3 c3(3)解1 1 1 a b c a2 b2 c21 1 1 a b c a2 b2 c2bc2 ca2 ab2 ac2 ba2 cb2(a b)(b c)(c a)(4)解xyxy yxyxxyxyxyx y yxyxxyxyx(x y)y yx(x y) (x y)yx y3 (x y)3 x33xy(x y) y3 3x2 y x3 y3 x32(x3 y3)2按自然数从小到大为标准次序求下列各排列的逆序数(1)1 2 3 4解逆序数为 0 (2)4 1 3 2解逆序数为 441 43 42 32(3)3 4 2 1解逆序数为 53 2 3 1 4 2 4 1, 2 1 (4)2 4 1 3解逆序数为 32 1 4 1 4 3(5)1 3(2n 1) 2 4(2n)解逆序数为 n(n 1)23 2 (1 个)5 2 5 4(2 个)7 2 7 4 7 6(3 个)解逆序数为 n(n 1)3 2(1 个)5 2 5 4 (2 个)(2n 1)2 (2n 1)4 (2n 1)64 2(1 个)(2n1)(2n 2) (n 1 个)(2n 1)2 (2n 1)4 (2n 1)6(2n 1)(2n 2) (n 1 个) (6)1 3(2n 1) (2n) (2n 2)26 2 6 4(2 个)(2n)2 (2n)4 (2n)6(2n)(2n 2) (n 1 个)3写出四阶行列式中含有因子 a11a23 的项 解含因子 a11a23 的项的一般形式为( 1)ta11a23a3ra4s其中 rs 是 2 和 4 构成的排列这种排列共有两个即 24 和 42所以含因子 a11a23 的项分别是( 1)ta11a23a32a44( 1)1a11a23a32a44a11a23a32a44( 1)ta11a23a34a42( 1)2a11a23a34a42a11a23a34a42412412020 5 2 001174计算下列各行列式(1) 14 1 2 410 5200 117解1 2 0 2c c 4 1 212 32 000 1c4 7c3 10 3 210 4 12 1 2014 10 3102 ( 1)4 31441 1012 2103 14c2c3cc112 39 9 100 0 2 017 17 1421(2) 351 4 11 2 12 3 20 6 2312 1 4 132解1 2 2 15 0 6 2c4 c2 23151 4 01 2 22 3 00 6 2r4 r2 231214 01 2 223 014 0123 0000 03r4 r1 21 4 01 2 2 0ab ac ae (3) bd cd de bf cf efab解bdbfac ae cd de cf ef1 1b c e adf b c eb c e1adfbce 111 1 4abcdef1 1a 1 0 001c 1(4)1 b 1 00 0 1 d1ba1解01000 0 r11 0c 11 dar20 1 ab a 01 b 1 00 1 c 10 0 1 d( 1)(1ab1)2 1 10a0 c3c11 ddc2 1 ab10a adc 1 cd1 0(5证明:1)(1)3 21abad11 cdabcd ab cd ad 1a2 abb2(1) 2a1证明ab 2b11(a b)3;a2 abb2 c2c1 a2 aba2 b2 a22aab112b1c32aba c1 102b2a03 1 ab a2b2 a2a ba3( 1)b a 2b 2a(ba)(ba) 12(a b)ax (2) ay az证明by ay bz az bx axbz az bx bx ax by by ay bz(a3x b3) y zy zz x ;x yaxby ay ay bz az azbx axbz az bx bx ax by by ay bzx ay a y az z axx aybz az bx ax by aybz zbx y ay bz az bx byb z az bx ax by bzx ax by ay bzy z azbxa2 y az z axbx x by yb2 z xx axby y aybzx y z a3 y z x z x yx y z a3 y z x z x yy z x b3 z x y x y zx y z b3 y z x z x y(a3x y z b3) y z x z x y(a1)2(a2)2(a3)2(b1)2(b2)2(b3)2(c1)2(c2)2(c3)2(d1)2(d2)2(d3)2a2(3) b2 0 ;c2d 2证明(a1)2(a2)2(a3)2(b1)2(b2)2(b3)2(c1)2(c2)2(c3)2(d1)2(d2)2(d3)2a2 b2 c2 d 2a2 2a1 2a3 2a5(c4c3 c3c2 c2c1 得)b2 2b1 2b3 2b5 (cccc 得)c2 2c d 2 2d2a1222b1222c1222d122a2b21 2c1 2d3 2c543 2d5332c2 0d 21 1 1 1a2b2c2d 2(4) a b c da4 b4 c4 d 4(a b)(a c)(a d)(b c)(b d)(c d)(a b c d);证明1 1 a b a2 b2 a4 b4101 1 cd c2 d 2 c4 d 4111bacada0b(b0 b2(b2a)a2 )c(cc2(c2a)a2)1d (dd 2(d 2a)a2)11(ba)(ca)(da)b b2(b1c a) c2(c1da) d 2(d a)1(ba)(ca)(da) 0cbdb0 c(cb)(cba) d (db)(dba)(ba)(ca)(da)(cb)(db) c(c 11a) d (dba)b=(a b)(a c)(a d)(b c)(b d)(c d)(a b c d)x100x1 (5)0000000xn a1xn 1an 1x anx1an an 1an 2a2 xa1证明用数学归纳法证明当 n 2 时D2x 1a2 x a12x a1x a2命题成立假设对于(n 1)阶行列式命题成立即Dn 1 xn 1 a1 xn 2an 2x an 1则 Dn 按第一列展开有Dn xDn 11 0 0 01)n 1x10011x1an (xD n 1 an xn a1xn 1an 1x an因此对于 n 阶行列式命题成立6设 n 阶行列式 D det(aij), 把 D 上下翻转、或逆时针旋转90 、或依副对角线翻转依次得an1D1a11anna1na1nD2a11annan1annD3an1a1na11证明 D1D2 (n(n 1)1)2 DD3 D证明因为 D det(aij)所以an1D1a11anna1n(a112a21a111)n 1 an1a21a1na2na1nanna2n( 1)n 1(1)nan1a31anna3n( 1)1 2(n 2)(n 1) D( 1)n(n 1)2 D同理可证n(n 1) a11an1n(n 1)Tn(n 1)D2 ( 1) 2a1nann( 1) 2 D( 1) 2 DD3(n(n 1)1) 2 D2( 1)n(n 1)2 (n(n 1)1) 2 D( 1)n(n 1) DD7计算下列各行列式(Dk 为 k 阶行列式)a(1) Dn1是 0解1, 其中对角线上元素都是 a未写出的元素都aa000a0D00an000100000a00010000 (按第 n 行展开)a00aa0100( 1)n 1 0a0000a00a0(n 1) (n 1)( 1)2n aa(n 1) (n 1)( 1)n 1 (1)na(n 2)(n 2)an an an 2 an 2(a2 1)x a a(2) Dn a x a ;a a x解将第一行乘( 1)分别加到其余各行得xaxDnaxaxa aa xa0 00xa0000xa再将各列都加到第一列上得x(n0Dn001)aaaa xa0 00xa0000xax (n 1)a(x a)n 1(3) Dn 1anan 1a1(a 1)n(a 1)n 1a 11(an)n(an)n 1;an1解根据第 6 题结果有111Dn 1( 1)n(n 1)2aan 1ana 1(a 1)n 1(a 1)nan(an)n 1(an)n此行列式为范德蒙德行列式Dn 1( 1)n(n 1)2n 1 i(aj 1i 1)(aj 1)( 1)n(n 1)2n(n 1)n 1 i (ij 1n (n 1)j)1( 1)2(i( 1)2j)(ij)n 1 i j 1n 1 i j 1an(4) D2ncn解anD2ncna1 b1c1 d1a1 b1c1 d1bn;dnbn(按第 1 行展开)dnan 1ancn 10a1 b1c1 d10 an 1bn 1 0dn 1 00dnbn 1n( 1)2n 1ba1 b1c1 d1cn 1cnd n 10再按最后一行展开得递推公式D2n andnD2n 2 bncnD2n 2即 D2n (andn bncn)D2n 2于是D2nn(aidii 2bici )D2而D2a1 b1c1 d1a1d1b1c1所以D2nn(aidii 1bici )(5) D det(aij)其中 aij |i j|;解aij |i j|011032Dn det(aij )21n 1 n211123n 112n201n310n4n3 n4011r1r2r2r3111n 1 n1111111111112 n3 n40c2c1c3c110121212n 1 2n300222n4000000202n5n 1( 1)n 1(n 1)2n 2(6) Dn1 a11111 a21111 an, 其中 a1a2an 0解1a1D1n111 a21111 ana100001a2a200010a3a3001c1 c2c2c3000000an 10an 1an11an11a aa 01 1210000a111000aa30011 2 n000000a1 11an 1n01 1110000a 1101000a 1200100a 130000111000001naii 1a1a2 anan1(a aa )(11 )n1 2 n ai 1 i8用克莱姆法则解下列方程组x1 x2 x3x1 2x2 xx4 54x2(1)2x13x13x2x23x32x345x4 211x4 0解因为1 1 1 11 2 1 4D 2 3311 52 111425111D221 41 231501211115114215D122 2230D1111114152115284D1232331D2425011D42612124 23123120DD142所以x15x1x11D6x25x21x26x32 2x3 3 3DD10x4 4 1D(2)x2 5x36x4 0x35x4x46x5 05x5 1解因为516 0 0 05 6 0 0D0 1 5 6 00 0 1 5 60 0 0 1 51 6 0 0 00 5 6 0 0D1 0 1 5 6 00 0 1 5 61 0 0 1 566515075 1 0 0 01 0 6 0 0D2 0 0 5 6 00 0 1 5 60 1 0 1 511455 6 1 0 01 5 0 0 0D3 0 1 0 6 00 0 0 5 60 0 1 1 55 6 0 0 11 5 6 0 0D5 0 1 5 6 00 0 1 5 00 0 0 1 1所以7032125 6 0 1 01 5 6 0 0D4 0 1 5 0 00 0 1 0 60 0 0 1 5395x 1507 x1 665 21145665x 7033 665x 395 x4 665 4lx1 x2 x321266509问 l m 取何值时齐次线性方程组 x1x1解？解系数行列式为mx22mx2x3 0x3 0有非零l11D1m 1mml1 2m 1令 D 0得m 0 或 l 1于是当 m 0 或 l 1 时该齐次线性方程组有非零解10问 l 取何值时齐次线性方程组(12x1l)x1(32x2l)x24x3 0x3 0 有非零解？解系数行列式为x1 x2(1 l)x3 01 l24D23l11 l3l421 l1111 l101 l(1 l)3 (l 3) 4(1 l) 2(1 l)( 3 l)(1 l)3 2(1 l)2 l 3令 D 0得l 0 l 2 或 l 3于是当 l 0 l 2 或 l 3 时该齐次线性方程组有非零解 第二章 矩阵及其运算1已知线性变换x1 2 y1 x2 3y1 x3 3y12 y2y22 y2y35y33y3求从变量 x1 x2 x3 到变量 y1 y2 y3 的线性变换解由已知x1 2 2 1 y1 x2 3 1 5 y2 x3 3 2 3 y2y1故y2y2y12 23 13 27x11534x21x1 x2 x39x3749y1637y2324y3y2 6x1y3 3x13x22x27x34x32已知两个线性变换x1 2 y1x2 2 y1y33y22 y3y1 3z1 z2y2 2z1 z3x3 4 y1y2 5y3y3 z23z3求从 z1 z2 z3 到 x1 x2 x3 的线性变换解由已知x120 1y12013 10z1x22 3 2y22 32201z2x341 5y2415013z3x1所以有 x2612106z112z1141z24z23z19z216z33z39z3x3 10z1z2 16z33设 A1 11B12 4求 3AB 2A 及 ATB1110511 111231111231 11解3AB2A3 11112 42 1 11111051111058111213223 05 62 111217 2029011142921 11123058AT B1 1112 40561110512904计算下列乘积4317(1) 12 3257014317解12 324 71 7(3 2 1 1352) 23 16(2) (1570132 3) 2135 77 20 149解(1 223) 21(1 3 2 2 3 1) (10)(3)1 ( 1 2)322( 1)222 4解1 ( 1 2)1( 1)121 233( 1)323 613121 4 001211 3 4131402(4)1312 14 001267811 3 41312056402解(5) (x1 x2解x3)a11a11 a12 a13a12a12 a22 a23a13a13 x1 a23 x2 a33 x3x1(x1 x2x3)a12a13a22a23a23 x2a33 x3x1(a11x1 a12x2 a13x3a12x1 a22x2 a23x3a13x1 a23x2 a33x3) x2x3a x211 1a x222 2a x233 32a12 x1x22a13x1x32a23x2 x3设5A1 21 3B1 0问1 2(1)AB BA 吗?解AB BA因为AB3 44 6BA1 23 8所以 AB BA(2)(A B)2 A2 2AB B2 吗?解(A B)2 A2 2AB B2因为AB2 22 5( A但A2B)22 2228 142 52514 293 86 81010164 118 123415272ABB2所以(A B)2 A2 2AB B2(3)(A B)(A B) A2 B2 吗?解(A B)(A B) A2 B2B0 20 120 20650 109因为AB2 2A2 5( AB)(AB)22A2 B2 3 81 02 8而4 113 41 7故(A B)(A B) A2 B26举反列说明下列命题是错误的(1)若 A2 0则 A 0解 取A0 10 0则 A20但 A 0(2)若 A2 A则 A 0 或 A E解 取A1 10 0则 A2A但 A 0 且 A E(3)若 AX AY且 A 0则 X Y解取A1 0X1 1Y1 10 01 10 17设2 1 0求 AAAk则 AX AY且 A0但 X Y1023Al11 010解Al 1l 12l 1101 0102l1l 13l1A3 A2 AAk8设 A10kl 1l 1 00 l 10 0 l求 Ak解首先观察l 1 0A20 l 10 0 ll 1 00 l 10 0 ll2 2l10l2 2l00l2A3 A2 A A4 A3 AA5 A4 Al3 3l20l300l4 4l30l400l5 5l40l5003l3l2l36l24l3l410l35l4l5lk klk 1k(k 1) lk 22Ak0lk00klk 1lk用数学归纳法证明当 k 2 时显然成立假设 k 时成立，则 k 1 时，Ak 1Ak Alk klk 10lk00k(k 1) lk 22klk 1lkl 1 00 l 10 0 llk 1 (k1)lk 1(k1)k lk 120lk 1(k1)lk 100lk 1由数学归纳法原理知lk klk 1k (k 1) lk 22Ak0lk00klk 1lk9设 AB 为 n 阶矩阵，且 A 为对称矩阵，证明 BTAB 也是对称矩阵证明因为 AT A所以(BTAB)T BT(BTA)T BTATB BTAB从而 BTAB 是对称矩阵10设 A B 都是 n 阶对称矩阵，证明 AB 是对称矩阵的充分必要条件是 AB BA证明充分性因为 AT A BT B且 AB BA所以(AB)T (BA)T ATBT AB即 AB 是对称矩阵必要性因为 AT A BT B且(AB)T AB所以AB (AB)T BTAT BA11求下列矩阵的逆矩阵(1) 1 22 515解A 2 2|A| 1故 A 1 存在因为A*A11A12A21 52A22 21故A 1 1 A*5 2| A|2 1(2)解cosqsinqAsinqcosqcosqsinqsinqcosq|A| 1 0故 A 1 存在因为A*A11A12A21A22cosqsinqsinqcosq所以(3)A 1 1 A*| A|121342541cosqsinqsinqcosq121解A342541|A| 2 0故 A 1 存在因为A11A*A12A131 1 A21A22A23A31A32A332 1134 2 013 6 132 14 201所以Aaa12A*| A|032 216 7 1(4)0解A(a1a2an0)ana1 0a2 由对角矩阵的性质知0an1a1 10A 1 a20 1an12解下列矩阵方程(1)2 5 X461 321211(2) X 21023解X1 51122111 3432223081解4X1 3322 1112 1011 11011 11 33 4322 218 52332 323 3014 X2 03 1(3)1 21 101121解11X43 12 0 1661 01 1112301 24 0011 1 124311 01211011 20 1 01 0 0143(4)1 0 0 X 0 0 12010 0 10 1 012 00 101 1431 0 0解X1 002010 0 10 0112 00 1 010 101431 0 02101 002010 0 11340 0112 00 1 0102x1 2x2 3x312x1 2x2 5x323x1 5x2 x3313利用逆矩阵解下列线性方程组(1)解方程组可表示为故从而有1 2 3 x1 12 2 5 x2 23 5 1 x3 31x1 1 2 3 1 1 x2 2 2 5 2 0 x3 3 5 1 3 0x1 1 x2 0 x3 0(2)x12x13x1x2x22x2x3 23x3 15x3 0解方程组可表示为111x12213x213x1故x2x3x1故有x2x325x3 01111 25213103250350314设 Ak O (k 为正整数)证明(E A) 1 E A A2Ak 1证明因为 Ak O所以 E Ak E又因为E Ak (E A)(E A A2Ak 1) 所以(E A)(E A A2Ak 1) E 由定理 2 推论知(E A)可逆且(E A) 1 E A A2Ak 1证明一方面有 E (E A) 1(E A)另一方面由 Ak O有E (E A) (A A2) A2Ak 1 (Ak 1 Ak) (E A A2A k 1)(E A)故(E A) 1(E A) (E A A2Ak 1)(E A)两端同时右乘(E A) 1就有(E A) 1(E A) E A A2Ak 115设方阵 A 满足 A2 A 2E O证明 A 及 A 2E 都可逆并求 A 1 及(A 2E) 1证明由 A2 A 2E O 得A2 A 2E即 A(A E) 2E1或A(AE)E21 1由定理 2 推论知 A 可逆且 A由 A2 A 2E O 得( AE)2A2 A 6E4E即(A 2E)(A 3E)4E1或( A2E)(3E4A)E由定理 2 推论知(A 2E)可逆且 ( A2E) 11 (3EA)4证明由 A2 A 2E O 得 A2 A 2E两端同时取行列式得|A2 A| 2 即|A|A E| 2 故|A| 0所以 A 可逆而 A 2E A2 |A 2E| |A2| |A|2 0故 A 2E 也可逆由A2 A 2E OA(A E) 2EA 1A(A E) 2A 1EA 1 1 ( AE)2又由A2 A 2E O(A 2E)A 3(A 2E)4E(A 2E)(A 3E)4 E所以(A 2E) 1(A 2E)(A 3E)4(A 2 E) 1( A2E) 11 (3EA)41 116设 A 为 3 阶矩阵| A|2求|(2A)5A*|解因为 A 1 1 A* 所以| A|(2A) 15A*| 1 A 125| A| A 1 | 1 A 125 A 1 |2| 2A 1| ( 2)3|A 1|8|A| 18 21617设 矩阵A可逆证 明其 伴随阵A* 也 可逆且(A*) 1 (A 1)*证明由 A 1 1 A*| A|得 A* |A|A 1所以当 A 可逆时有|A*| |A|n|A 1| |A|n 1 0从而 A*也可逆因为 A* |A|A 1所以(A*) 1 |A| 1A又 A 1 ( A| A 1 |1)*| A|( A1)* 所以(A*) 1 |A| 1A |A| 1|A|(A 1)* (A 1)*1