同济大学线性代数第五版课后习题答案

第一章 行列式 1 利用对角线法则计算下列三阶行列式 (1)381 141102 解 381 141102 2(4)30(1)(1)118 0132(1)81(4)(1) 2481644 (2)bac acbcba 解 bac acbcba acbbaccbabbbaaaccc 3abca3b3c3 (3)222111cba cba 解 222111cba cbabc2ca2ab2ac2ba2cb2 (ab)(bc)(ca) (4)yxyxxyxyyxyx 解 yxyxxyxyyxyx x(xy)yyx(xy)(xy)yxy3(xy)3x3 3xy(xy)y33x2 yx3y3x3 2(x3y3) 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 4 41 43 42 32 (3)3 4 2 1 解 逆 序数为 5 3 2 3 1 4 2 4 1, 2 1 (4)2 4 1 3 解 逆序数为 3 2 1 4 1 4 3 (5)1 3 (2n1) 2 4 (2n) 解 逆序数为2 )1( nn 3 2 (1 个 ) 5 2 5 4(2 个 ) 7 2 7 4 7 6(3 个 ) (2n1)2 (2n1)4 (2n1)6 (2n1)(2n2) (n1 个 ) (6)1 3 (2n1) (2n) (2n2) 2 解 逆序数为 n(n1) 3 2(1 个 ) 5 2 5 4 (2 个 ) (2n1)2 (2n1)4 (2n1)6 (2n1)(2n2) (n1 个 ) 4 2(1 个 ) 6 2 6 4(2 个 ) (2n)2 (2n)4 (2n)6 (2n)(2n2) (n1 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)2a11a23a34a42a11a23a34a42 4 计算下列各行列式 (1)71100251020214214 解 71100251020214214010014231020211021473234 cccc34)1(14310 2211014 14310 2211014 0141717 2001099323211 cccc (2)2605232112131412 解 2605232112131412260503212213041224 cc041203212213041224 rr 0000003212213041214rr (3)efcfbf decdbdaeacab 解 efcfbf decdbdaeacabecb ecbecba d f a b c d efa d f b c e 4111 111111 (4)dcba100110011001 解 dcba100110011001dcbaabarr10011001101021 dcaab10 1101)1)(1( 12 010 11123 cdc adaabdcc cdadab 111)1)(1( 23abcdabcdad1 5 证明 : (1)111 2222bbaa baba (ab)3; 证明 1112222bbaababa 001 22222221213ababa abaabacccc abab abaab 22)1(22213 21)( abaabab (ab)3 (2)yxzxzyzyxbabzaybyaxbxazbyaxbxazbzaybxazbzaybyax)( 33 ; 证明 bzaybyaxbxazbyaxbxazbzaybxazbzaybyax bzaybyaxxbyaxbxazzbxazbzayybbzaybyaxzbyaxbxazybxazbzayxa bzayyxbyaxxzbxazzybybyaxzxbxazyzbzayxa 22 zyxyxzxzybyxzxzyzyxa 33 yxzxzyzyxbyxzxzyzyxa 33 yxzxzyzyxba )( 33 (3) 0)3()2()1()3()2()1()3()2()1()3()2()1(2222222222222222ddddccccbbbbaaaa; 证明 2222222222222222)3()2()1()3()2()1()3()2()1()3()2()1(ddddccccbbbbaaaa(c4c3 c3c2 c2c1得 ) 5232125232125232125232122222ddddccccbbbbaaaa(c4c3 c3c2得 ) 022122212221222122222ddccbbaa (4)444422221111dcbadcbadcba (ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd); 证明 444422221111dcbadcbadcba )()()(0)()()(001111222222222 addaccabbaddaccabbadacab )()()(111)()(222 addaccabb dcbadacab )()(00111)()(abdbddabcbcc bdbcadacab )()( 11)()()()( abddabccbdbcadacab =(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd) (5)1221 1 00000 1000 01axaaaaxxxnnn xna1xn1 an1xan 证明 用数学归纳法证明 当 n2 时 212122 1 axaxaxaxD 命题成立 假设对于 (n1)阶行列式命题成立 即 Dn1xn1a1 xn2 an2xan1 则 Dn按第一列展开 有 1 1100 100 01)1( 11 xxaxDD nnnnxD n1anxna1xn1 an1xan 因此 对于 n 阶行列式命题成立 6 设 n 阶行列式 Ddet(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 nnnnaaaaD11111 11112 nnnnaaaaD 11113 aaaaDnnnn 证明 DDD nn 2 )1(21 )1( D3D 证明 因为 Ddet(aij) 所以 nnnnnnnnnnaaaaaaaaaaD2211111111111)1( )1()1(331122111121nnnnnnnnaaaaaaaaDD nnnn 2 )1()1()2( 21 )1()1( 同理可证 nnnnnnaaaaD )1(11112)1(2 DDnnTnn 2 )1(2 )1( )1()1( DDDDD nnnnnnnn )1(2 )1(2 )1(22 )1(3 )1()1()1()1( 7 计算下列各行列式 (Dk为 k 阶 行列式 ) (1)aaD n11 , 其中对角线上元素都是 a 未写出的元素都是 0 解 aaaaaD n0 0010 00000 0000 0010 00(按第 n 行展开 ) )1()1(10 00000 0000 0010 000)1(nnnaaa)1()1(2 )1(nnnaaa nnnnn aaa)2)(2(1 )1()1( anan2an2(a21) (2)xaaaxaaaxD n; 解 将第一行乘 (1)分别加到其 余各行 得 axxaaxxaaxxaaaaxD n0000 00 0 再将各列都加到第一列上 得 axaxaxaaaanxD n00000 000 00)1(x(n1)a(xa)n1 (3)1 111)( )1()( )1(1111naaanaaanaaaDnnnnnnn ; 解 根据第 6 题结果 有 nnnnnnnnnnaaanaaanaaaD)( )1()()1(11 11)1(1112)1(1 此行列式为范德蒙德行列式 112)1(1 )1()1()1( jinnnn jaiaD 112)1( )()1(jinnn ji 1121 )1(2 )1( )()1()1(jinnnnn ji 11)(jinji (4)nnnnndcdcbabaD11112; 解 nnnnndcdcbabaD11112(按第 1 行展开 ) nnnnnnddcdcbabaa000011111111 00)1(1111111112cdcdcbababnnnnnnn 再按最后一行展开得递推公式 D2nandnD2n2bncnD2n2 即 D2n(andnbncn)D2n2 于是 ni iiiinDcbdaD2 22)( 而 111111 112 cbdadcbaD 所以 ni iiiincbdaD12)( (5) Ddet(aij) 其中 aij|ij|; 解 aij|ij| 0 43214 01233 10122 21011 3210)det (nnnnnnnnaD ijn 0 43211 11111 11111 11111 11112132nnnnrrrr 1 52423210 22210 02210 00210 00011213nnnnncccc (1)n1(n1)2n2 (6)nnaaaD1 111 111 1121, 其中 a1a2 an0 解 nnaaaD1 111 111 1121nnnnaaaaaaaaacccc10 0001 000100 0100 0100 0011332212132 11113121121110 00011 00000 11000 01100 001nnnaaaaaaaa niinnaaaaaaaa111113121121100 00010 00000 10000 01000 001)11)(121 ni in aaaa 8 用克莱姆法则解下列方程组 (1)01123253224254321432143214321xxxxxxxxxxxxxxxx 解 因为 1 4 211213513241211111 D 14 2112105132412211151 D 284112035122412111512 D 426110135232422115113 D 1 4202132132212151114 D 所以 111 DDx 222 DDx 333 DDx 144 DDx (2)150650650651655454343232121xxxxxxxxxxxxx 解 因为 6655100065100065100065100065D 1 5 0 751001651000651000650000611 D 1 14 551010651000650000601000152 D 70351100650000601000051001653 D 39551000601000051000651010654 D 21211000051000651000651100655 D 所以 66515071x 66511452 x 6657033x 6653954 x 6652124 x 9 问 取何值时 齐次线性方程组0200321321321xxxxxxxxx 有非零解？ 解 系数行列式为 12111 11D 令 D0 得 0 或 1 于是 当 0 或 1 时该齐次线性方程组有非零解 10 问 取何值时 齐次线性方程组0)1(0)3(2042)1(321321321xxxxxxxxx有非零解？ 解 系数行列式为 101 112431111 132421D (1)3(3)4(1)2(1)(3) (1)32(1)23 令 D0 得 0 2 或 3 于是 当 0 2 或 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 3213321232113235322yyyxyyyxyyyx 求从变量 x1 x2 x3到变量 y1 y2 y3的线性变换 解 由已知 221321323513122yyyxxx 故 3211221323513122xxxyyy321423736947yyy 321332123211423736947xxxyxxxyxxxy 2 已知两个线性变换 32133212311542322yyyxyyyxyyx 32331221133zzyzzyzzy 求从 z1 z2 z3到 x1 x2 x3的线性变换 解 由已知 221321514232102yyyxxx321310102013514232102zzz 321161109412316zzz 所以有3213321232111610941236zzzxzzzxzzzx 3 设111111111A 150421321B 求 3AB2A 及 ATB 解 1111111112150421321111111111323 AAB 2294201722213211111111120926508503 092650850150421321111111111BA T 4 计算下列乘积 (1) 127075321134 解 127075321134102775132)2(7111237449635 (2)123)321( 解 123)321( (132231)(10) (3) )21(312 解 )21(31223)1(321)1(122)1(2632142 (4)20413121013143110412 解 20413121013143110412 6520 876 (5)321332313232212131211321 )( xxxaaaaaaaaaxxx 解 321332313232212131211321 )( xxxaaaaaaaaaxxx (a11x1a12x2a13x3 a12x1a22x2a23x3 a13x1a23x2a33x3)321xxx 322331132112233322222111 222 xxaxxaxxaxaxaxa 5 设 31 21A 21 01B 问 (1)ABBA 吗 ? 解 ABBA 因为 64 43AB 83 21BA 所以 ABBA (2)(AB)2A22ABB2吗 ? 解 (AB)2A22ABB2 因为 52 22BA 52 2252 22)( 2BA 2914 148 但 43 01128 86114 832 22 BABA 2715 1610 所以 (AB)2A22ABB2 (3)(AB)(AB)A2B2吗 ? 解 (AB)(AB)A2B2 因为 52 22BA 10 20BA 90 6010 2052 22)( BABA 而 71 8243 01114 8322 BA 故 (AB)(AB)A2B2 6 举反列说明下列命题是错误的 (1)若 A20 则 A0 解 取 00 10A 则 A20 但 A0 (2)若 A2A 则 A0 或 AE 解 取 00 11A 则 A2A 但 A0 且 AE (3)若 AXAY 且 A0 则 XY 解 取 00 01A 11 11X 10 11Y 则 AXAY 且 A0 但 XY 7 设 101A 求 A2 A3 Ak 解 12 011011012 A 13 0110112 0123 AAA 101kA k 8 设001001A 求 Ak 解 首先观察 0010010010012A222002012 3232323003033AAA 43423434004064AAA 545345450050105AAA kAkkkkkkkkkk0002)1(121 用数学归纳法证明 当 k2 时 显然成立 假设 k 时成立，则 k1 时， 0010010002)1(1211kkkkkkkk kkkkAAA 11111100)1(02)1()1(kkkkkkkkkk 由数 学归纳法原理知 kkkkkkk kkkkA0002)1(121 9 设 A B 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 ATA 所以 (BTAB)TBT(BTA)TBTATBBTAB 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 ABBA 证明 充分性 因为 ATA BTB 且 ABBA 所以 (AB)T(BA)TATBTAB 即 AB 是对称矩阵 必要性 因为 ATA BTB 且 (AB)TAB 所以 AB(AB)TBTATBA 11 求下列矩阵的逆矩阵 (1) 52 21 解 52 21A |A|1 故 A1存在 因为 12 25* 2212 2111 AAAAA 故 *| 11 AAA 12 25 (2) cossin sincos 解 coss i n s i ncosA |A|10 故 A1存在 因为 c o ssi n si nc o s* 2212 2111 AAAAA 所以 *| 11 AAA cossin sincos (3)145243121 解 145243121A |A|20 故 A1存在 因为 214321613024*332313322212312111AAAAAAAAAA 所以 *| 11 AAA 1716213213012 (4)naaa0021(a1a2 an 0) 解 naaaA 0021 由对角矩阵的性质知 naaaA10011211 12 解下列矩阵方程 (1) 12 6431 52 X 解 12 6431 521X 12 6421 53 80 232 (2) 234311111012112X 解 1111012112234311 X 03323210123431131 32538 122 (3) 10 1311 0221 41 X 解 1111 0210 1321 41 X 21 0110 1311 42121 21 0103 66121 04111 (4)021102341010100001100001010X 解 11010100001021102341100001010 X 010100001021102341100001010201431012 13 利用逆矩阵 解下列线性方程组 (1)3532522132321321321xxxxxxxxx 解 方程组可表示为 321153522321321xxx 故 001321153522321 1321xxx 从而有 001321xxx (2)05231322321321321xxxxxxxxx 解 方程组可表示为 012523312111321xxx 故 305012523312111 1321xxx 故有 305321xxx 14 设 AkO (k 为正整数 ) 证明 (EA)1EAA2 Ak1 证明 因为 AkO 所以 EAkE 又因为 EAk(EA)(EAA2 Ak1) 所以 (EA)(EAA2 Ak1)E 由定理 2 推论知 (EA)可逆 且 (EA)1EAA2 Ak1 证明 一方面 有 E(EA)1(EA) 另一方面 由 AkO 有 E(EA)(AA2)A2 Ak1(Ak1Ak) (EAA2 A k1)(EA) 故 (EA)1(EA)(EAA2 Ak1)(EA) 两端同时右乘 (EA)1 就有 (EA)1(EA)EAA2 Ak1 15 设方阵 A 满足 A2A2EO 证明 A 及 A2E 都可逆 并求 A1及 (A2E)1 证明 由 A2A2EO 得 A2A2E 即 A(AE)2E 或 EEAA )(21 由定理 2 推论知 A 可逆 且 )(211 EAA 由 A2A2EO 得 A2A6E4E 即 (A2E)(A3E)4E 或 EAEEA )3(41)2(由定 理 2 推论知 (A2E)可逆 且 )3(41)2( 1 AEEA 证明 由 A2A2EO 得 A2A2E 两端同时取行列式得 |A2A|2 即 |A|AE|2 故 |A|0 所以 A 可逆 而 A2EA2 |A2E|A2|A|20 故 A2E 也可逆 由 A2A2EO A(AE)2E A1A(AE)2A1E )(211 EAA 又由 A2A2EO(A2E)A3(A2E)4E (A2E)(A3E)4 E 所以 (A2E)1(A2E)(A3E)4(A2 E)1 )3(41)2( 1 AEEA 16 设 A 为 3 阶矩阵 21| A 求 |(2A)15A*| 解 因为 *| 11 AAA 所以 |521|*5)2(| 111 AAAAA |2521| 11 AA|2A1|(2)3|A1|8|A|18216 17 设矩阵 A 可逆 证明其伴随阵 A* 也可逆 且(A*)1(A1)* 证明 由 *| 11 AAA 得 A*|A|A1 所以当 A 可逆时 有 |A*|A|n|A1|A|n10 从而 A*也可逆 因为 A*|A|A1 所以 (A*)1|A|1A 又 *)(|)*(| 1 111 AAAAA 所以 (A*)1|A|1A|A|1|A|(A1)*(A1)* 18 设 n 阶矩阵 A 的伴随矩阵为 A* 证明 (1)若 |A|0 则 |A*|0 (2)|A*|A|n1 证明 (1)用反证法证明 假设 |A*|0 则有 A*(A*)1E 由此得 AA A*(A*)1|A|E(A*)1O 所以 A*O 这与 |A*|0 矛盾，故当 |A|0 时 有 |A*|0 (2)由于 *| 11 AAA 则 AA*|A|E 取行列式得到 |A|A*|A|n 若 |A|0 则 |A*|A|n1 若 |A|0 由 (1)知 |A*|0 此时命题也成立 因此 |A*|A|n1 19 设321011330A ABA2B 求 B 解 由 ABA2E 可得 (A2E)BA 故 321011330121011332)2(11 AEAB011321330 20 设101020101A 且 ABEA2B 求 B 解 由 ABEA2B 得 (AE)BA2E 即 (AE)B(AE)(AE) 因为 01001010100| EA 所以 (AE)可逆 从而 201030102EAB 21 设 Adiag(1 2 1) A*BA2BA8E 求 B 解 由 A*BA2BA8E 得 (A*2E)BA8E B8(A*2E)1A1 8A(A*2E)1 8(AA*2A)1 8(|A|E2A)1 8(2E2A)1 4(EA)1 4diag(2 1 2)1 )21 ,1 ,21(d iag4 2diag(1 2 1) 22 已知矩阵 A 的伴随阵8030010100100001*A 且 ABA1BA13E 求 B 解 由 |A*|A|38 得 |A|2 由 ABA1BA13E 得 ABB3A B3(AE)1A3A(EA1)1A 11 *)2(6*)21(3 AEAE1030060600600006603001010010000161 23 设 P1AP 其中 11 41P 20 01 求 A11 解 由 P1AP 得 APP1 所以 A11 A=P11P1. |P|3 11 41*P 11 41311P 而 111111 20 0120 01 故 31313431200111411111A 684683 27322731 24 设 APP 其中111201111P 511 求 (A)A8(5E6AA2) 解 ()8(5E62) diag(1158)diag(555)diag(6630)diag(1125) diag(1158)diag(1200)12diag(100) (A)P()P1 *)(| 1 PPP 12130322200000000111120111121111111114 25 设矩阵 A、 B 及 AB 都可逆 证明 A1B1也可逆 并求其逆阵 证明 因为 A1(AB)B1B1A1A1B1 而 A1(AB)B1 是三个可逆矩阵的乘积 所以 A1(AB)B1 可逆 即 A1B1可逆 (A1B1)1A1(AB)B11B(AB)1A 26 计算30003200121013013000120010100121 解 设 10 211A 30 122A 12 131B 30 322B 则 2121 BOBEAO EA 222111 BAO BBAA 而 42 2530 3212 1310 21211 BBA 90 3430 3230 1222 BA 所以 2121 BOBEAO EA 222111 BAO BBAA9000340042102521 即 30003200121013013000120010100121903404102521 27 取 10 01DCBA 验证| | DC BADC BA 解 410 0120 0210100101002000021010010110100101DCBA 而 011 11| | DC BA 故 | | DC BADC BA 28 设22023443OOA 求 |A8|及 A4 解 令 34 431A 22 022A 则 21 AOOAA 故 8218 AO OAA 8281AO OA 16828182818 10| AAAAA 464444241422025005OOAOOAA 29 设 n 阶矩阵 A 及 s 阶矩阵 B 都可逆 求 (1) 1 OBAO 解 设 43211CC CCOB AO 则 OB AO 43 21 CC CC sn EOOEBCBC ACAC2143 由此得 snEBCOBCOACEAC2143121413BCOCOCAC 所以 OA BOOB AO 111 (2) 1 BCOA 解 设 43211DD DDBC OA 则 sn EO OEBDCDBDCD ADADDD DDBC OA4231214321 由此得 snEBDCDOBDCDOADEAD42312114113211BDCABDODAD 所以 11111BCAB OABC OA 30 求下列矩阵的逆阵 (1)2500380000120025 解 设 12 25A 25 38B 则