《线性代数》陈维新 浙江大学 课后答案

第一章 行列式第一章 行列式 习题习题 1.1 1. 证明： （1）首先证明)3(Q是数域。 因为)3(QQ ，所以)3(Q中至少含有两个复数。 任给两个复数)3(3, 3 2211 Qbaba+，我们有 3)()3()3)(3( 3)()()3()3( 3)()()3()3( 212121212211 21212211 21212211 baabbbaababa bbaababa bbaababa +=+ +=+ +=+ 。 因为Q是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以 )3(3)()3()3)(3( )3(3)()()3()3( )3(3)()()3()3( 212121212211 21212211 21212211 Qbaabbbaababa Qbbaababa Qbbaababa +=+ +=+ +=+ 。 如果03 22 +ba，则必有不同时为零，从而 22,b a03 22 ba。 又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以 )3(3 3 )( 3 )3( )3)(3( )3)(3( 3 3 2 2 2 2 2121 2 2 2 2 2121 2222 2211 22 11 Q ba baab ba bbaa baba baba ba ba + = + + = + + 。 综上所述，我们有)3(Q是数域。 （2）类似可证明)(pQ是数域，这儿p是一个素数。 （3）下面证明：若qp,为互异素数，则)()(qQpQ。 （反证法）如果)()(qQpQ，则qbapQba+= ,，从而有 qabqbapp2)()( 222 +=。 由于上式左端是有理数，而q是无理数，所以必有02=qab。 所以有或。 0=a0=b 如果，则，这与是互异素数矛盾。 0=a 2 qbp =qp, 课后答案网 课后答案网 如果，则有0=bap =，从而有“有理数=无理数”成立，此为矛盾。 所以假设不成立，从而有)()(qQpQ。 同样可得)()(pQqQ。 （4）因为有无数个互异的素数，所以由（3）可知在Q和之间存在无穷多个不同的 数域。 2. 解： （1）)1( P是数域，证明略（与上面类似） 。 （2）)1( Q就是所有的实部和虚部都为有理数的复数所组成的集合。 而=)1()1(C复数域。 （3）)1( Z不是数域，这是因为他关于除法不封闭。例如)1( 2 1 Z。 3. 证明： （1）因为都是数域，所以，从而KF,KQFQ,KFQ。故KF 含 有两个以上的复数。 任给三个数KFcKFba0 ,， 则有Fcba,且Kcba,。 因为是 数域，所以有 KF, F c a abba,且K c a abba,。所以KF c a abba,。 所以KF 是数域。 （2）KF 一般不是数域。 例如)3(),2(QKQF=， 我们有KF 3,2， 但是KF =326。 习题习题 1.2 2. 解：项的符号为 651456423123 aaaaaaL= +)312645()234516( ) 1( 习题习题 1.3 1证明：根据行列式的定义 1 11 1 11 1 11 L L MMM L = 1 2 12 1 2 () 12 ( 1) n n n j jj jjnj j jj a aa L L L 1 ij a = 课后答案网 课后答案网 1 2 1 2 ( ( 1) n n j jj j jj L L ) =0。 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(+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n阶排列 中奇排列的个数与偶排列的个数一样多，各占一半。 n 2解 (1) 199819992000 200120022003 200420052006 32 CC 199819991 200120021 200420051 21 CC 19981 1 2001 1 1 20041 1 =； 0 （2） 1001 0220 0330 4004 32 41 CC CC + 1000 0200 0360 4008 下三角形 1 2 6 8=96 ； （3） 1110 1101 1011 0111 21 31 RR RR 1110 0011 0101 0111 24 R 1110 0111 0101 0011 32 RR+ 1110 0111 0012 0011 43 RR+ 1110 0111 0012 0003 上三角形 1 1 1 3=3 ； （4） 22 22 22 abcaa bbcab cccab 123 RRR + 22 22 abcabcabc bbcab cccab + + 提取公因子 111 () 22 22 abcbbcab ccca + b 21 31 (2 ) (2 ) Rb R RRc 111 () 00 00 abcbca cab + =。 3 ()abc+ （5） 72222 27222 22722 22272 22227 5 1 2 i i CC = + 152222 157222 152722 152272 152227 1 2,3,4,5 i RR i = 152222 05000 00500 00050 00005 课后答案网 课后答案网 上三角形 5 15 5 5 5 53 5 = 。 3解： （1） 111213 212223 313233 x yx yx y x yx yx y x yx yx y 提取每行的公因子 123 3 y 123123 12 yy x x yyy yyy 性质4 0。 x （2）左端 1 4,3,2 ii CC i = 2 2 2 2 212325 212325 212325 212325 aaaa bbbb cccc dddd + + + + 43 32 CC CC 2 2 2 2 2122 2122 2122 2122 aa bb cc dd + + + + =右端。 0 （3） 121 1121 1221 1211 b 1 1 1 1 n n n nn aaa abaa aaba aaa + + + L L L MMMM L 1 2, i RR in =L 12 1 2 1 1 00 000 000 n n aaa b b b L L L MMMM L 1 0 上三角形 1 21n bbb L。 （4）原式（先依次 12211 ,CCCCCC nnnn L）=。 。 。=。 = 2, 2, nif nif L L （5）原式（先依次 12211 ,RRRRRR nnnn L）=。 。 。=。 = 2, 2, nif nif L L 4解：设展开后的正项个数为x。则由行列式的定义有!2)!(nxxnxD=。又因为 （利用=DniRRi, 3 , 2, 1 L=+） 221 021 001 L MMM L L （下三角行列式）。所以有 1 2 = n 2 !2 , !22 1 1 n xnx n n + = 。 课后答案网 课后答案网 5证明： （1）左端 123 CCC+ 提取公因子 1111111 2222222 3333333 2 abccaab abccaab abccaab + + + 21 31 CC CC 11111 22222 33333 2 abcbc abcbc abcbc + + + 123 3 C ;( 1)C CCC+ 2 (-1) 111 222 333 2 abc abc abc =右端。 （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： 11 22 11 000 0 1 00 000 1111 nn aa aa aa L L MMMM L L M 1 1,2,1 ii CC in + + =L 1 2 1 0000 0000 0 M 000 1231 n a a a nn L L MMMM L L 下三角形 121 ( 1)n n na aa L。 9 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。 = + 5 2 1432 3 1 4 ,10,100,10,10 i i CCCCCC D 10 10= 10 10 习题 1.4 习题 1.4 1解：(1) 0 000 00 0000 xabc yd ezf ghkul v 5按第 行展开 0 000 u 00 xab y v ez ghk 按第4列展开 00 0 xab vuy ez 按第1列展开 0y xuv ez =xyzuv； 课后答案网 课后答案网 (2) 1111 2341 3412 4123 1 4,3,2 ii RR i = 1111 1230 1131 1311 1 2,3,4 i RR i = 1111 0121 0040 0400 按第1列展开 121 040 400 1.27(4)习题第题 3(3 1) 2 ( 1)( 1)( 4)( 4) =16； (3)方法一方法一 01000 00100 00010 abcde edcba 按第1列展开 1000 0100 0010 a dcba + 5 1 1000 ( 1) 0100 0010 bcde e + 第2个行列式按第4列展开 24 1 100 ( 1)010 001 aee + += 2 ae2； 方法二方法二 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 1 2 3 1 0001 0000 0000 0000 1000 n n a a a a a L L L MMMMM L L = 1 3 2 01 00 10 n a a a a L L MMM L = =L 1 231 1 1 n n a a aa a L= 2311 (1 nn a aaa a )L； (5) 123 111 221232 222 123 222 331233 110001 000 111 000 xxx abc abxxxc xxx abxxxc 36 C 123 111 222231 222 123 222 333231 111000 000 111 000 xxx abc abcxxx xxx abcxxx 35 R 课后答案网 课后答案网 123 222 123 222231 111 222 333231 111000 000 000 111 xxx xxx abcxxx abc abcxxx 45 R 123 222 123 111 222231 222 333231 111000 000 000 111 xxx xxx abc abcxxx abcxxx = 2 123 (,)D x xx 22 313221 () () ( 2 )xxxxxx； (6) 2 3 1111 122 144 188 x x x =(1,2, 2, )Dx2)(2)(1)( 22)( 2 1)(2 1)xxx+ ； 2 12(1)(4)xx= （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) 000 0 0 00 000 000 000 xy xy x xy yx L L L MMMM L L M 按第1列展开 1 1 00 00 ( 1) 000 xy xy x x + L L MMMM L + 1 00 00 ( 1)00 00 n y xy yx 0 0 xy + L L L MMMM L = 1 ( 1) nnn xy + + ； (2) 123 123 123 123 1 1 1 n n n n aaaa aaaa a a M aaa aaa + + + L L L MMM L 1 2,3, i RR in =L 123 1 1100 1010 1001 n aaaa+ L L L MMMM L 1 2 n i i CC = + =1+； （此处有笔误） 1 n i i a = 课后答案网 课后答案网 (3) 11121 21222 12 111 111 111 n n nnnn x yx yx y x yx yx y x yx yx + + + L L MMM Ly 1 2,3, i RR in =L 11121 21121221 11121 111 ()()() ()()() n n nnnn x yx yx y xx yxx yxx y xx yxx yxx y + L L MMM L = 11121 12 21311 12 111 ()()() n n n n n x yx yx y yyy xxxxxx y yyy + L L L MM L ， 据此当时，原式=2n = 2121 ()()xxyy；当时，原式=0。 2n 3解： （1）将按第 n 列展开得: n D n D = 000 0 x 00 0000 000 yyyy zx zx x zx L L L MMMMM L L = 1 00 00 ( 1) 000 000 n zx zx y x z + L L MMMM L L + 00 00 000 xyyy zx xzx x L L L MMMM L =。 11 1 ( 1)n n n yzxD + + （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 3241 ,CCCC+，再做变换 2314 ,RRRR，然后利用 P30 推论。 5解： （1） 765432 978943 749700 536100 005600 006800 M M L L L L M L L M M M M 再分块 2 4 7497 5361 32 ( 1) 43 0056 0068 M M L L M L L M M = 32 74 56 43 53 68 =； 4 课后答案网 课后答案网 （2） 1221 0102 2011 0201 23 C 1221 0012 2101 0021 23 R 1221 2101 0012 0021 M M L L M L L M M = 12 12 9 2121 =； （3）利用初等变换。 附加：P30 推论的证明： 证证 (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 111111 11 111 1 00 00 rs rrrrrs s sss aac aac bb bb LL MMM LL LL MMM LL c c M M = 111111 11 111 1 ( 1) 00 00 rsr rrsrrrrs s sss ccaa ccaa bb bb LL MMMM LL LL MMMM LL 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: 111 1 111111 11 00 00 ( 1) ( 1) rs rrsrsrs sr sssrrr bb bb ccaa a M M cca LL MMM LL LL MMM LL 例1.4.5 111111 11 rs rrrs aab aab LL MMM LL ss b b M (2), (3) 思路与(1)类似, 证明过程略去。 习题习题 1.5 2解：计算得 100 2001 100 0012 D = 14 CC+ 100 0001 100 4012 2第 行展开 10 ( 1)10 401 =41 根据克拉默法则, 当时, 即D0 1 4 时, 原方程组只有零解。 课后答案网 课后答案网 习题习题 1.6 1证明：方法一方法一 归化 1 2 3 1111 1111 1111 1111 n n a a Da a + + =+ + L L L MMMM L 1,1 in RR in =L 1 2 3 00 00 00 1111 n n n n aa aa aa a + L L L MMMM L 1 1 1 0 n ni i i i RR a a = + 注意 1 2 3 1 1 00 00 00 1 0001 n n n n nn i i aa aa aa aa a = + L L L MMMM L = 12 1 1 (1) n n i i a aa a = +L=右端. 方法二方法二 归纳法 当时, =1n = 1 D 11 1 1 1(1aa a +=+). 结论成立. 假设时结论成立, 即有1n 1n D = 1 121 1 1 (1). n n i i a aa a = +L 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, 而 第 2 个行列式按第 n 列展开可算出为 n n D n a n D 1nn a D 从而 1 2 3 1111 1111 1111 1111 n n a a Da a + + =+ + L L L MMMM L = 1 2 3 1111 1 1 1 M 111 111 111 a a a + + + L L L MMM L 1nn a D + 而 1 2 3 1111 1 1 1 M 111 111 111 a a a + + + L L L MMM L 1,2,1 in RR in =L 1 2 3 000 000 000 1111 a a a L L L MMMM L 121n a aa L=. 所以= n D 121n a aa L+= 1nn a D 121n a aa L+ n a 1 121 1 1 (1) n n i i a aa a = +L 课后答案网 课后答案网 = 12 1 1 (1) n n i i a aa a = +L=右端. 方法三方法三 递推 由证明(二)可知与存在以下递推关系:= n D 1n D n D 121n a aa L+ 1nn a D 所以= n D 121n a aa L+= 1nn a D 1 12 1 1 () n n n i ni D a aa aa = +L=L= 12 1 1 (1) n n i i a aa a = +L =右端. 方法四方法四 加边法 1 2 3 1111 1111 1111 1111 n n a a Da a + + =+ + L L L MMMM L = 1 2 1 1000 1 111 1111 1111 nn a a a + + + + L L L MMMM L 1 2,3,1 i CC in =+L 1 2 1111 100 0 M 10 100 n a a a L L L MMM L 1 1 2 1 n i i i RR a + = + 1 1 2 1 1000 0 0 M 10 10 100 n i i n a a a a = +L L L MMM L = 12 1 1 (1) n n i i a aa a = +=右端。 L 2证明： （1）注意当把行列式按第 n 列展开时，得到的递推公式中有三项，故归纳法第一 步应验证 n=1，2 时均成立。而归纳法第二步应假设当)3(iCCi；最后按最 后一列展开。 4解：通过倍加行变换易知 f(x)的次数最大为 1；又因为如果全取零，则有 f(x)=0。所 以选(D)。 ij a 5看自己或别人的作业。 6解：方法一：利用课本中例 1.4.3 的方法。 课后答案网 课后答案网 方法二：设。则有 f(x)中的系数为。又因为 ),()( 21 xxxxDxf n L= 1n x n D （范德蒙行列式） ，所以 f(x)中的系数为。 。 。 = ? )()()( jii xxxxxf 1n x 所以可得。 L= n D 第二章 线性方程组第二章 线性方程组 习题习题 2.1 2证明. 因|,说明不全为零,故当某个0A 11121 . n aaa 1 0 k a,通过适当的行互换, 可使得位于左上角,用来乘第一行,然后将其余行减去第一行的适当倍数,矩阵A 可以化为:,由于| 1k a 1 1k a 121 1 1. 0 0 0 n aa A M 0A ,此时必有 1 | 0A,故可以对重复对A的讨 论, 此时A可经初等行变换化为 1 A 12131 232 3 1. 01. 001. 000. 1 n n n aaa aa a MMMMM , 然后再将第n行的倍加到 第i行(),再将第 in a 1,2,.,1in=1n行的 (1)i n a 倍加到第 行(i1,2,i.,2n=),这样 继续下去,一直到将第2行的倍加到第1行,此时A就化为 12 a 100 010 0001 L L MMM , 故所证结 论成立。 3证明：以行互换 ij R为例: 列互换可以同样证明. 课后答案网 课后答案网 若 1212 ( 1) 121122 . ji iiiniiin RR jjjnjijijnin i aaaiaaa A j aaaj aaaaaa + = L LLLLLLLL LL 12 1122 ij jjjn R R jijijnin iaaa j aaaaaa + L LLLL L 12 ( 1) 12 . jii jjjn RR iii i aaa n jaaa + LLLL L 12 ( 1) 12 . ji jjjn R iiin i aaa j aaa L L L L L , 这相当于 A 中交换第 i 行和第 j 行, 所以结论成立。 习题习题 2.2 1 解：A中一定存在不为零的阶子式,否则秩1r ( )1Ar,与题设秩 （A） r矛盾. 由 秩（A）r知，A中至少存在一个阶子式不为零, 这表明rA中的阶子式只要有一 个不为零即可,其余可以等于零,也可以不等于零. r A中一定不存在不为零的阶子式, 否则 1r + A的秩至少是, 这也与题设秩（1r +A）矛盾。 r 2 提示：利用矩阵的行秩和向量的极大无关组证明。 3 略。 4 思路：可将矩阵写成一个列向量和一个行向量的乘积，从而由秩1；进而因为矩阵不 等于零，所以秩0。 5 略。 习题习题 2.3 略。 习题习题 2.4 课后答案网 课后答案网 2证明：()的增广矩阵为A=, 111211 212222 1,11,21,1 12 n n nnnnn nnnnn aaab aaab aaab aaab L L MMMM L L 因为系数矩阵的秩不超过增广矩阵的秩, 所以有秩(A)秩(A). 观察可知, 矩阵B其实就是在增广矩阵A下面加了一行, 所以秩(B)秩(A). 由题意 知, 秩(A)=秩(B), 据此可得秩(A)秩(A). 综上知秩(A)=秩(A), 故()有解。 3解：将增广矩阵只用初等行变换化为阶梯形矩阵. 1 2 3 1 11 11 11 11 11 n n b b b b b M M M MMMMMMM M M 11nn RRR + L 1 2 3 1 12 11 11 11 11 0 n n b b b b bbb + M M M MMMMMMM M ML 当时, 秩( 12 0 n bbb+LA)秩(A), 所以线性方程组无解; 当时, 秩( 12 0 n bbb+=LA)=秩(A)未知量个数, 所以线性方程组有无穷多解. 原方程组同解于 121 232 343 11 , , , . nnn xxb xxb xxb xxb = = = = M 课后答案网 课后答案网 故通解为 11231 2231 11 , , , . n n nn n xbbbbt xbbbt xbt xt =+ =+ =+ = L L M 其中t为任意常数。 4证明：该线性方程组的增广矩阵A= 111,11, 212,12, 313,13, 1,1 nn nn n nn n aaa aaa aaa aaa n nn LM LM LM MMM LM M , 由题意0 ij Da=知 秩(A)=. 但是系数矩阵nA是一个(1nn)的矩阵, 所以秩(A)1n秩(A). 据 此秩(A)秩(A), 所以该线性方程组无解。 第三章 矩阵第三章 矩阵 习题习题 3.1 4解： （1） 由矩阵乘法运可得： 1 111 121 1 22122222 12 n n nnnnnnn aaa aaa DA aaa = L L MMM L ； 1 112121 1212222 1122 nn n nnnn aaa aana AD aaa n = L L MMM L 。 （2） 与 D 乘法可换的矩阵A满足DAAD=。 故与DAAD的元素对应相等， 利用 （） 的结果，有 iijjij aa=，从而() ijij a0=。由于 ji （ij） ，可得：当ij 时，即 0 ij a =A为对角矩阵。 5证明： （1）数学归纳法：当时，计算得2n = 2 110121 011012 001001 = ，故结论成立 假设当n时，结论成立，即有k= 2 1101 01101 001001 k k kC k = ， 则当时， 1nk=+ 课后答案网 课后答案网 1 22 110111011 01101011011 001001001001 k kk kCkkC kk + + = + 因 22 1 (1)(1) 22 kk k kk k CkkC + + +=+=所以 1 2 1 11011 011011 001001 k k kC k + + + =+ ， 即 当时，结果成立由归纳法原理知，对任意大于 2 得正整数有 1nk=+n = 100 10 1 100 110 011 2 n Cn n n （2）当时，结果显然成立当1n =2n =时, 直接计算得 2 BE=. 假设当时，结果成立，即我们要证明当时，结 果也成立，即可完成证明 nk= , , k E B B = k为偶数； k为奇数； 1nk=+ 第一种情况：k 为奇数，则 1kk BB BBB + = 142142100 032032010 043043001 E = = 第二种情况：k 为偶数，则 1kk BB BEBB + = 综上： 即当 1 , , k E B B + = k+1为偶数； k+1为奇数； 1nk=+时，结论成立 6 解 ：（ 1 ） 先 计 算 出4 , 3 , 2 , 1=n时 的 结 果 。 然 后 归 纳 出 应 该 有 cossincossin sincossincos n nn nn = ，接下来用数学归纳法证明这一归纳出的结 果。 当时，结论显然成立 n=1 假设当时，结论成立，即nk= cossincossin sincossincos k kk kk = 1 cossincossincossincossincossin sincossincossincossincossincos kk kk kk 则当时， 1nk=+ + = 课后答案网 课后答案网 coscossinsincossinsincos sincoscossinsinsincoscos cos()sin()cos(1)sin(1) . sin()sin()sin(1)sin(1) kkkk kkkk kkkk kkkk = + + = + 结论成立 7记住结论。 8证明：因为A与所有 n 阶方阵乘法可换，故与 ij E乘法可换, 利用第 7 题结果有 ijij AEE=A，即 1 2 12 000 0000 000 0000 000 0000 000 i i jjjn ni j a a iaaa a = L MMM LL L LL L MMMMM L LL MMM L ,1,2, 0 iijj ij aa i jn a = = = L设 11 a=，则 00 00 , 000 AE = L L MMM 即A为数量矩阵 10证明：设 111 1 n mmn aa A aa = K MOM L 111 1 m nnm bb B bb ， = K MOM L ，则 tr 11 11122111 () nn ABa ba ba b=+L 21 12222222nn a ba ba b+L M M M 1 122 11 mn mmmmmnnmjiij ji a ba ba ba b = +=L 同理可得 tr 11 () nm jiij ji BAb = =a 由于 ，可得 tr( 1111 mnnm jiijjiij jiji a bb a = = )AB =tr()BA 11证明：假如存在 n 阶方阵满足ABBAE=，则 ABBAE=+tr()AB =tr()BAE+=tr()BAn+ 课后答案网 课后答案网 由于，可得 tr(0n )AB tr()BA，这与 10 题所得结果矛盾 所以假设不成立即不存在 n 阶方阵A，B满足ABBAE= 15证明：因A，B都是对称矩阵, 故, 从而 ()T TT ABB ABA= AB为对称矩阵. ()TABABBAAB= 16证明：设 111 1 n mm aa A aa n = L MM L ，则 111 1 m T nm aa A aa n = L MM L 由 TT A AOA A=的主对角线上元素为零 222 12 0,1,2, iimi aaai+= =Ln ij a n k L, 由为实数知 12 0,0,0,1,2, iimi aaai= =LL AO=. 证法二：利用二次型。 习题 3.2 习题 3.2 4思路：注意到矩阵多项式的运算和一般多项式的运算一样就可以了。 证明：计算 21 ()() k EA EAAAEA +=L, 由题意可知 k AO=, 所以 .根据定理 3.2.1 的推论可知 21 ()() kk EA EAAAEAE +=LEA可 逆且其逆为 21k EAAA +L. 5证明：计算 () n EJ 1 () 1 n EJ n = 22 11 11 nnn EJ EEJJ nn + = 2 11 () 111 nnn n n EJJEnEJ nnn += J 计算 11111 1 11 11111 1 11 ()11111 1 11 11111 1 11 nn n n nEJJOn n = LL LL LL MMMMMMMM LL 据此() n EJ 11 ()() 11 nnn EJEnEJJ nn = E=,根据定理 3.2.1 的推论可知 可逆且其逆为 n EJ 1 1 n EJ n . 课后答案网 课后答案网 6证明：因为所以有 1 110 mm mm a AaAa Aa EO +L= 0 12 11 () mm mm A a AaAaa E += L. 由题意可知 0 0a , 所以可在等式两边同 乘 上 0 1 a , 由 此 可 得 12 11 0 1 () mm mm A a AaAaE a +L=, 整 理 得 12 11 0 1 () mm mm Aa AaAaE a +L=,根据定理 3.2.1 的推论可知A可逆且 112 11 0 1 () mm mm Aa AaAa a = +L. 7证明：(1) 由题意 2 4AAEO+=可得 1 () 4 AAEE+=, 根据定理 3.2.1 的推论可 知A可逆并且 1 1 () 4 AAE =+. (2) 由 题 意 2 4AAEO+=可 得 2 22AAEE+=, 而 这 个 等 式 可 化 为 ()(2 )2AEAEE+=, 即有 1 () (2 ) 2 AEAEE+=, 同样根据定理 3.2.1 的推论 可知AE可逆并且 1 1 ()(2 2 )AEA =+ E. 8思路：注意题设实际上是给出了矩阵多项式。所以一般情况下，0)( 2 =AAAf AE 2如果可逆，其逆矩阵也应该是一个矩阵多项式。所以我们可以假设其逆矩阵为 （待定系数法） ，从而由逆矩阵定义知应该有bEaA+EbEaAAE=+)(2(，即 。在注意到题设是，所以我们有 ，所以有 ，即 EbEAbaaA=+2)2( 2 0)( 2 =AAAf bEAbabEAbaaAbEAbaaAE2)(2)2(2)2( 2 +=+=+= 12 , 0=bba 2 1 = ba。 证明：因为AA = 2 ，所以E EA AE= + L 2 )2(。所以。 。 。 9证明：(1) 1 1 1 3 AA =; (2)由于 * AAA=E, 所以 *1 3 1 AA AA =, 由此可得 *13 33 1 AAA = 1 279 3 =; (3) 3 2( 2)8 32AA= = = 4; 课后答案网 课后答案网 (4) 1 13131 1 (3 )3(3)(33) 81 AAA = 1 ; (5)由(2)中分析可知 * 3AA=, 所以 *111 11 4(3)43 33 1 AAAAA = 31 1 ( 3)279 3 A= = = ; (6) 由(2)中分析可知 *1 3AA=, 则 *11111 11 ()(3)() 33 AAA =A。 10 证 明 ：,A B都 可 逆 , 所 以 有 * ,AAA E BBB=E, 由 此 可 知 *1* , 1 AA ABB B = , 从而得到 *11 B AA B B A =. 另 一 方 面 , 由 于,A B都 可 逆 且 均 为阶 方 阵 , 所 以nAB也 可 逆 , 所 以 有 *1 ()()ABAB AB =, 而 11 () 1 AB ABA B B A =. 综合上述可得 *11 () * ABA B B AB =A. 11略。 12 证明： 假设A是可逆矩阵, 那么在等式 2 AA=两边都左乘A的逆矩阵可得 1 AAE=, 这与题设中AE矛盾! 所以A不可逆. 13证明：根据题意可知存在非零的 nt 矩阵 B 使 AB=O, B 是非零矩阵所以必存在某一列 上的元素不全为零, 不妨设这一列为 1 2 i i ni a a a M . 由于ABO=, 所以A 1 2 i i ni a a a M 0 0 0 = M , 据 此可知是线性方程组 1 2 i i ni a a a M AXO=的一个非零解. 由于AXO=有非零解, 所以 A=0. 14略。 15解：(A) 可逆的充要条件是0A而不是AO, 设 10 00 AO = , 但A不是可逆 矩阵, 所以选项(A)是错误的. (B) 设,AE BE= , 显然,A B都是可逆的, 但是ABO+=不是可逆矩阵, 所以 选项(B)是错误的. 课后答案网 课后答案网 (C) 可逆的充要条件是