同济大学线性代数第五版课后习题答案

第一章第一章 行列式行列式 1 利用对角线法则计算下列三阶行列式 (1) 381 141 102 解 381 141 102 2(4)30(1)(1)118 0132(1)81(4)(1) 2481644 (2) bac acb cba 解 bac acb cba acbbaccbabbbaaaccc 3abca3b3c3 (3) 222 111 cba cba 解 222 111 cba cba bc2ca2ab2ac2ba2cb2 (ab)(bc)(ca) (4) yxyx xyxy yxyx 解 yxyx xyxy yxyx 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)ta11a23a 3r a 4s 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) 7110 02510 2021 4214 解 7110 02510 2021 4214 0100 142310 2021 10214 7 32 34 cc cc 34 ) 1( 14310 221 1014 14310 221 1014 0 141717 200 109932 32 1 1 cc cc (2) 2605 2321 1213 1412 解 2605 2321 1213 1412 2605 0321 2213 0412 24 cc 0412 0321 2213 0412 24 rr 0 0000 0321 2213 0412 14 rr (3) efcfbf decdbd aeacab 解 efcfbf decdbd aeacab ecb ecb ecb adf a b c d e fa d f b c e4 111 111 111 (4) d c b a 100 110 011 001 解 d c b a 100 110 011 001 d c b aab arr 100 110 011 010 21 d c aab 10 11 01 ) 1)(1( 12 010 11 123 cdc adaab dcc cd adab 11 1 ) 1)(1( 23 abcdabcdad1 5 证明: (1) 111 22 22 bbaa baba (ab)3; 证明 111 22 22 bbaa baba 001 222 2222 12 13 ababa abaaba cc cc abab abaab 22 ) 1( 222 13 21 )( aba abab (ab)3 (2) yxz xzy zyx ba bzaybyaxbxaz byaxbxazbzay bxazbzaybyax )( 33 ; 证明 bzaybyaxbxaz byaxbxazbzay bxazbzaybyax bzaybyaxx byaxbxazz bxazbzayy b bzaybyaxz byaxbxazy bxazbzayx a bzayyx byaxxz bxazzy b ybyaxz xbxazy zbzayx a 22 zyx yxz xzy b yxz xzy zyx a 33 yxz xzy zyx b yxz xzy zyx a 33 yxz xzy zyx ba)( 33 (3)0 ) 3() 2() 1( ) 3() 2() 1( ) 3() 2() 1( ) 3() 2() 1( 2222 2222 2222 2222 dddd cccc bbbb aaaa ; 证明 2222 2222 2222 2222 ) 3() 2() 1( ) 3() 2() 1( ) 3() 2() 1( ) 3() 2() 1( dddd cccc bbbb aaaa (c4c3 c3c2 c2c1得) 523212 523212 523212 523212 2 2 2 2 dddd cccc bbbb aaaa (c4c3 c3c2得) 0 2212 2212 2212 2212 2 2 2 2 dd cc bb aa (4) 4444 2222 1111 dcba dcba dcba (ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd); 证明 4444 2222 1111 dcba dcba dcba )()()(0 )()()(0 0 1111 222222222 addaccabb addaccabb adacab )()()( 111 )()( 222 addaccabb dcbadacab )()(0 0 111 )()( abdbddabcbcc bdbcadacab )()( 11 )()()()( abddabcc bdbcadacab =(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd) (5) 1221 1 000 00 10 00 01 axaaaa x x x nnn xna1xn1 a n1 xan 证明 用数学归纳法证明 当 n2 时 21 2 12 2 1 axax axa x D 命题成立 假设对于(n1)阶行列式命题成立 即 D n1 xn1a1 xn2 a n2 xa n1 则 Dn按第一列展开 有 1 11 00 1 00 01 ) 1( 1 1 x x axDD n nnn xD n1anxna1xn1 a n1 xan 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 n nnn aa aa D 111 1 1 111 1 2 n nnn aa aa D 111 1 3 aa aa D n nnn 证明DDD nn 2 ) 1( 21 ) 1( D3D 证明 因为 Ddet(aij) 所以 n nnn n n n nnn aa aa aa aa aa D 221 1 111 1 111 1 1 ) 1( ) 1() 1( 331 1 221 111 21 n nnn n n nn aa aa aa aa DD nn nn 2 ) 1( ) 1()2( 21 ) 1() 1( 同理可证 nnn n nn aa aa D ) 1( 1 111 2 ) 1( 2 DD nn T nn 2 ) 1( 2 ) 1( ) 1() 1( DDDDD nn nnnnnn ) 1( 2 ) 1( 2 ) 1( 2 2 ) 1( 3 ) 1() 1() 1() 1( 7 计算下列各行列式(Dk为 k 阶行列式) (1) a a Dn 1 1 , 其中对角线上元素都是 a 未写出的元素 都是 0 解 a a a a a Dn 0 001 0 000 00 00 00 00 10 00 (按第 n 行展开) ) 1() 1( 1 0 000 00 00 00 00 10 000 ) 1( nn n a a a ) 1() 1( 2 ) 1( nn n a a a n nn nn a a a )2)(2( 1 ) 1() 1(anan2an2(a21) (2) xaa axa aax Dn ; 解 将第一行乘(1)分别加到其余各行 得 axxa axxa axxa aaax Dn 000 0 0 0 0 再将各列都加到第一列上 得 ax ax ax aaaanx Dn 0000 0 00 0 00 ) 1( x(n1)a(xa)n1 (3) 1 11 1 )( ) 1( )( ) 1( 111 1 naaa naaa naaa D nnn nnn n ; 解 根据第 6 题结果 有 nnn nnn nn n naaa naaa naaa D )( ) 1( )( ) 1( 1 1 11 ) 1( 111 2 ) 1( 1 此行列式为范德蒙德行列式 11 2 ) 1( 1 )1() 1() 1( jin nn n jaiaD 11 2 ) 1( )() 1( jin nn ji 11 2 1 ) 1( 2 ) 1( )() 1() 1( jin nn nn ji 11 )( jin ji (4) nn nn n dc dc ba ba D 11 11 2 ; 解 nn nn n dc dc ba ba D 11 11 2 (按第 1 行展开) n nn nn n d dc dc ba ba a 0 00 0 11 11 11 11 0 0 ) 1( 11 11 11 11 12 c dc dc ba ba b n nn nn n n 再按最后一行展开得递推公式 D 2n andnD2n2bncnD2n2 即 D 2n (andnbncn)D2n2 于是 n i iiiin DcbdaD 2 22 )( 而 1111 11 11 2 cbda dc ba D 所以 n i iiiin cbdaD 1 2 )( (5) Ddet(aij) 其中 aij|ij|; 解 aij|ij| 0 4321 4 0123 3 1012 2 2101 1 3210 )d e t ( nnnn n n n n aD ijn 0 4321 1 1111 1 1111 1 1111 1 1111 21 32 nnnn rr rr 1 5242321 0 2221 0 0221 0 0021 0 0001 12 13 nnnnn cc cc (1)n1(n1)2n2 (6) n n a a a D 1 11 1 11 1 11 2 1 , 其中 a1a2 an0 解 n n a a a D 1 11 1 11 1 11 2 1 nn nn aa aa aa aa a cc cc 10 000 1 000 100 0 100 0 100 00 11 33 22 1 21 32 1 1 1 1 3 1 2 1 1 21 110 000 11 000 00 110 00 011 00 001 n n n a a a a a aaa n i i n n a a a a a aaa 1 1 1 1 1 3 1 2 1 1 21 100 000 10 000 00 100 00 010 00 001 ) 1 1)( 1 21 n ii n a aaa 8 用克莱姆法则解下列方程组 (1) 01123 2532 242 5 4321 4321 4321 4321 xxxx xxxx xxxx xxxx 解 因为 142 11213 5132 4121 1111 D 142 11210 5132 4122 1115 1 D 284 11203 5122 4121 1151 2 D 426 11013 5232 4221 1511 3 D 142 0213 2132 2121 5111 4 D 所以 1 1 1 D D x 2 2 2 D D x 3 3 3 D D x 1 4 4 D D x (2) 15 065 065 065 165 54 543 432 321 21 xx xxx xxx xxx xx 解 因为 665 51000 65100 06510 00651 00065 D 1507 51001 65100 06510 00650 00061 1 D 1145 51010 65100 06500 00601 00015 2 D 703 51100 65000 06010 00051 00165 3 D 395 51000 60100 00510 00651 01065 4 D 212 11000 05100 06510 00651 10065 5 D 所以 665 1507 1 x 665 1145 2 x 665 703 3 x 665 395 4 x 665 212 4 x 9 问 取何值时 齐次线性方程组 02 0 0 321 321 321 xxx xxx xxx 有非 零解？ 解 系数行列式为 121 11 11 D 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 (2 042)1 ( 321 321 321 xxx xxx xxx 有非零解？ 解 系数行列式为 101 112 431 111 132 421 D (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 3213 3212 3211 323 53 22 yyyx yyyx yyyx 求从变量 x1 x2 x3到变量 y1 y2 y3的线性变换 解 由已知 2 2 1 3 2 1 323 513 122 y y y x x x 故 3 2 1 1 2 2 1 323 513 122 x x x y y y 3 2 1 423 736 947 y y y 3213 3212 3211 423 736 947 xxxy xxxy xxxy 2 已知两个线性变换 3213 3212 311 54 232 2 yyyx yyyx yyx 323 312 211 3 2 3 zzy zzy zzy 求从 z1 z2 z3到 x1 x2 x3的线性变换 解 由已知 2 2 1 3 2 1 514 232 102 y y y x x x 3 2 1 310 102 013 514 232 102 z z z 3 2 1 16110 9412 316 z z z 所以有 3213 3212 3211 1610 9412 36 zzzx zzzx zzzx 3 设 111 111 111 A 150 421 321 B 求 3AB2A 及 ATB 解 111 111 111 2 150 421 321 111 111 111 323AAB 2294 20172 22132 111 111 111 2 092 650 850 3 092 650 850 150 421 321 111 111 111 BAT 4 计算下列乘积 (1) 1 2 7 075 321 134 解 1 2 7 075 321 134 102775 132) 2(71 112374 49 6 35 (2) 1 2 3 ) 321 ( 解 1 2 3 ) 321 (132231)(10) (3) 21( 3 1 2 解 ) 21( 3 1 2 23) 1(3 21) 1(1 22) 1(2 63 21 42 (4) 204 131 210 131 4311 0412 解 204 131 210 131 4311 0412 6520 876 (5) 3 2 1 332313 232212 131211 321 )( x x x aaa aaa aaa xxx 解 3 2 1 332313 232212 131211 321 )( x x x aaa aaa aaa xxx (a11x1a12x2a13x3 a12x1a22x2a23x3 a13x1a23x2a33x3) 3 2 1 x x x 322331132112 2 333 2 222 2 111 222xxaxxaxxaxaxaxa 5 设 31 21 A 21 01 B 问 (1)ABBA 吗? 解 ABBA 因为 64 43 AB 83 21 BA 所以 ABBA (2)(AB)2A22ABB2吗? 解 (AB)2A22ABB2 因为 52 22 BA 52 22 52 22 )( 2 BA 2914 148 但 43 01 128 86 114 83 2 22 BABA 2715 1610 所以(AB)2A22ABB2 (3)(AB)(AB)A2B2吗? 解 (AB)(AB)A2B2 因为 52 22 BA 10 20 BA 90 60 10 20 52 22 )(BABA 而 71 82 43 01 114 83 22 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 10 A 则 A20 但 A0 (2)若 A2A 则 A0 或 AE 解 取 00 11 A 则 A2A 但 A0 且 AE (3)若 AXAY 且 A0 则 XY 解 取 00 01 A 11 11 X 10 11 Y 则 AXAY 且 A0 但 XY 7 设 1 01 A 求 A2 A3 Ak 解 12 01 1 01 1 01 2 A 13 01 1 01 12 01 23 AAA 1 01 k Ak 8 设 00 10 01 A 求 Ak 解 首先观察 00 10 01 00 10 01 2 A 2 2 2 00 20 12 3 23 23 23 00 30 33 AAA 4 34 234 34 00 40 64 AAA 5 45 345 45 00 50 105 AAA k A k kk kkk k kk k 00 0 2 ) 1( 1 21 用数学归纳法证明 当 k2 时 显然成立 假设 k 时成立，则 k1 时， 00 10 01 00 0 2 ) 1( 1 21 1 k kk kkk kk k kk k AAA 1 11 111 00 ) 1(0 2 ) 1( ) 1( k kk kkk k kk k 由数学归纳法原理知 k kk kkk k k kk k A 00 0 2 ) 1( 1 21 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 21 A |A|1 故 A1存在 因为 12 25 * 2212 2111 AA AA A 故 * | 1 1 A A A 12 25 (2) cossin sincos 解 c o ss in s inc o s A |A|10 故 A1存在 因为 c o ss in s inc o s * 2212 2111 AA AA A 所以 * | 1 1 A A A c o ss in s inc o s (3) 145 243 121 解 145 243 121 A |A|20 故 A1存在 因为 21432 1613 024 * 332313 322212 312111 AAA AAA AAA A 所以 * | 1 1 A A A 1716 2 1 3 2 13 012 (4) n a a a 0 0 2 1 (a1a2 an 0) 解 n a a a A 0 0 2 1 由对角矩阵的性质知 n a a a A 10 01 1 2 1 1 12 解下列矩阵方程 (1) 12 64 31 52 X 解 12 64 31 52 1 X 12 64 21 53 80 232 (2) 234 311 111 012 112 X 解 1 111 012 112 234 311 X 033 232 101 234 311 3 1 3 2 5 3 8 122 (3) 10 13 11 02 21 41 X 解 11 11 02 10 13 21 41 X 21 01 10 13 11 42 12 1 21 01 03 66 12 1 0 4 1 11 (4) 021 102 341 010 100 001 100 001 010 X 解 11 010 100 001 021 102 341 100 001 010 X 010 100 001 021 102 341 100 001 010 201 431 012 13 利用逆矩阵解下列线性方程组 (1) 353 2522 132 321 321 321 xxx xxx xxx 解 方程组可表示为 3 2 1 153 522 321 3 2 1 x x x 故 0 0 1 3 2 1 153 522 321 1 3 2 1 x x x 从而有 0 0 1 3 2 1 x x x (2) 0523 132 2 321 321 321 xxx xxx xxx 解 方程组可表示为 0 1 2 523 312 111 3 2 1 x x x 故 3 0 5 0 1 2 523 312 111 1 3 2 1 x x x 故有 3 0 5 3 2 1 x x x 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)( 2 1 由定理 2 推论知 A 可逆 且)( 2 1 1 EAA 由 A2A2EO 得 A2A6E4E 即(A2E)(A3E)4E 或 EAEEA)3 ( 4 1 )2( 由定理 2 推论知(A2E)可逆 且)3 ( 4 1 )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)(