线性代数课后答案.pdf

《线性代数课后答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《线性代数课后答案.pdf（94页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第一章行列式1 利用对角线法则计算下列三阶行列式201(1)1 4 11 83201解1 4 11 832(4)30(1)(1)1180132(1)81(4)(1)2481644a b c(2)b c ac a ba b c解b c ac a bacbbaccbabbbaaaccc3abca3b3c31 1 1(3)a b ca2b2c21 1 1解a b ca2b2c2bc2ca2ab2ac2ba2cb2(ab)(bc)(ca)xyx y(4)yx yxx yxyxyx y解yx yxx yxyx(xy)yyx(xy)(xy)yxy3(xy)3x33xy(xy)y33x2yx3y3x32(x

2、3y3)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 (2n1) 2 4 (2n)n(n1)解逆序数为23 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

3、 (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)2a11a23a34a42a11a23a34a4

4、24 计算下列各行列式41(1)10012512021420741解100125120214c2c34210c 7c10307412302021104 1 102 122 (1)431410 3 14023(2)154 1 10c2c399 10 12 2 00 2010 3 14c112c317 17 1411204236112242361c4c2213212511204230112042360r4r2223102223解151120112142340200r4r1231002000abacae(3)bdcddebfcfefabacaeb ce解bdcdde adf b c ebfcfefb

5、c e1 11adfbce 1 1 1 4abcdef11 1a1(4)001b1001c1001d0r1ar20 1ab01b01100da1解001b1001c1a1c1001d1ab a 0c3dc21ab aad(1)(1)211c 11c 1cd01 d010abadabcdabcdad1(1)(1)32111cd5 证明:a2abb2(1)2a ab 2b(ab)3;111证明a2abb2c2c1a2aba2b2a22a ab 2b 2aba2b2a00111c3c11222abab aa ba(ab)3(ba)(ba)1(1)2ba2b2a31axby aybz azbxx y

6、z(2) aybz azbx axby (a3b3)y z x ;azbx axby aybzz x y证明axby aybz azbxaybz azbx axbyazbx axby aybzx aybz azbxy aybz azbxay azbx axby bz azbx axbyz axby aybzx axby aybzx aybz zy z azbxa2y azbx x b2z x axbyz axby yx y aybzx y zy z xa3y z x b3z x yz x yx y zx y zx y za3y z x b3y z xz x yz x yx y z(a3b3)y

7、 z x z x ya2b2(3)2cd2证明(a1)2(b1)2(c1)2(d1)2(a2)2(b2)2(c2)2(d2)2(a3)2(b3)20;(c3)2(d3)2(a3)2(b3)2(c c c c c c 得)(c3)2433221(d3)2a2b2c2d2(a1)2(b1)2(c1)2(d1)2(a2)2(b2)2(c2)2(d2)2a22bc2d2a22bc2d21a(4)a2a41bb2b42a12b12c12d12a12b12c12d11cc2c41dd2d42a32b32c32d322222a52b5(c c c c 得)2c543322d522022(ab)(ac)(ad

8、)(bc)(bd)(cd)(abcd);证明1aa2a41bb2b41cc2c41dd2d411110bacada0b(ba)c(ca)d(da)0 b2(b2a2) c2(c2a2) d2(d2a2)111(ba)(ca)(da)bcd222b (ba) c (ca) d (da)111(ba)(ca)(da)0cbdb0 c(cb)(cba) d(db)(dba)1(ba)(ca)(da)(cb)(db)c(c1ba) d(dba)=(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd)x0(5)0an1x0an1010an20000 xna1xn1 an1xanx1a2xa1证明用

9、数学归纳法证明x1x2a xa 命题成立当 n2 时D2a122xa1假设对于(n1)阶行列式命题成立 即Dn1xn1a1xn2 an2xan11DnxDn1an(1)n1x101100 x001则 Dn按第一列展开 有xDn1anxna1xn1 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an1 anna1n annann a1nD1 D2 D3 a11 a1na11 an1an1 a11n(n1)2证明D1D2(1)D D3D a1nanna2n证明因为 Ddet(aij) 所以a11a

10、n1 annD1 (1)n1an1a11 a1na21a11a21(1)n1(1)n2an1a31(1)12(n2)(n1)a1na2nann a3nn(n1)2D(1)D同理可证D2(1)n(n1)2a11 an1n(n1)n(n1) (1)2DT(1)2Da1n annD3(1)n(n1)2D2(1)n(n1)2(1)n(n1)2D(1)n(n1)DD7 计算下列各行列式(Dk为 k 阶行列式)(1)Dna11a, 其中对角线上元素都是 a 未写出的元素都是 0解a0Dn0010a00000a00000a0100(按第 n 行展开)0a0an1(1)0000a00000000a1a0(1)

11、2na0a(n1)(n1)0(n1)(n1)(1)n1(1)naa(n2)(n2)ananan2an2(a21)x(2)Dnaaaxaaa;x解将第一行乘(1)分别加到其余各行 得xaaax xa0Dnax0 xaax00a00 0 xa再将各列都加到第一列上 得x(n1)aaa0 xa0Dn00 xa000a00 x(n1)a(xa)n1 0 xaan(a1)nan1(a1)n1(3)Dn1 aa111 (an)n (an)n1;an1解根据第 6 题结果 有11a1n(n1)aDn1(1)2an1(a1)n1an(a1)nn(n1)21an (an)n1(an)n此行列式为范德蒙德行列式D

12、n1(1)(1)(1)n1i j1(ai1)(a j1)n(n1)2n1i j1n(n1)2(i j)n(n1)12(1)n1i j1(i j)n1i j1(i j)bnan(4)D2ncna1b1c1d1;dnbn解anD2ncna1b1c1d1(按第 1 行展开)dnan1ancn10a1b1c1d1bn10dn100dn0an1(1)2n1bncncn1a1b1c1d1bn1dn10再按最后一行展开得递推公式D2nandnD2n2bncnD2n2 即 D2n(andnbncn)D2n2D2n(aidibici)D2i2n于是而所以D2a1b1ad bc c1d11 11 1ni1D2n(

13、aidibici)(5) Ddet(aij) 其中 aij|ij|;解aij|ij|01Dndet(aij)23n1123012101210n2 n3 n4n1n2n3n401r1r2111r2r3n11c2c1111c3c1n11111n211111111 n3 n4 111100000n10002002202222n3 2n4 2n5(1)n1(n1)2n21a11(6)Dn11a21111, 其中 a a a 01 2n 1an解1a11Dn11a21111 1ana1c1c2a20c2c3000a2a30000a300000 an10010101an11an1an11a1a2an000

14、100a1a2an00110001000010000100001000000a1110a210a311an111 1an0001a111a21a31an1ni1000 00 1ai1(a1a2an)(11)i1ain8 用克莱姆法则解下列方程组x1x2x3x45x 2x2x34x42(1)12x13x2x35x423x x 2x 11x 01234解因为1D123123111121414251152D1201D312312311112114142 D 12521135220111214284511所以12315220114426 D 1425113123111125214220 x1DD1DD

15、1 x222 x333 x441DDDD15x16x20 x15x26x3(2)x25x36x40 x35x46x50 x45x51解因为51D0006510006510006510006656510D100151D3000651006510006510100010065100651050101507 D20605005010703 D40605010001651000651006510006511000100011456500039565所以51D500065100065100065110021201x11507x21145x3703x4395x4212665665665665665x1x2

16、x309 问取何值时 齐次线性方程组x1x2x30有非x12x2x30零解？解系数行列式为1 1D 111 21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(1)x12x24x3010 问取何值时 齐次线性方程组2x1(3)x2x30有x1x2(1)x30非零解？解系数行列式为124134D 231 211111101(1)3(3)4(1)2(1)(3)(1)32(1)23令 D0 得02 或3于是 当02 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x12y12y2 y3x23y1 y25y3x33y12y23y3求从变量 x1 x2 x3到变量

17、y1 y2 y3的线性变换解由已知x1 2 2 1y1x3 1 5yx2 3 2 3y223 1y1 2 2 1 x17 4 9y1y3 1 5 x63 7yy2 3 2 3 x232 4y23 32 故y17x14x29x3y26x13x27x3y33x12x24x32 已知两个线性变换x12y1 y3y13z1z2x22y13y22y3y22z1z3y3z23z3x34y1 y25y3求从 z1 z2 z3到 x1 x2 x3的线性变换解由已知x1 2 0 1y12 0 13 1x2 3 2y2 3 220 x2 4 1 5y24 1 50 123 0z11z23z3 613z112 4

18、9z210 1 16z3x16z1z23z3所以有x212z14z29z3x310z1z216z31 1112 33 设A1 1 1 B1 2 4 求 3AB2A 及 ATB1 1 105 11 1112 31 11解3AB2A31 1 11 2 421 1 11 1 105 11 1 10 5 81 11 2 132230 5 621 1 12 17 202 9 01 1 1 429 2 1 1112 3 0 5 8A B1 1 11 2 40 5 61 1 105 1 2 9 0 T4 计算下列乘积4 3 17(1)1 2 325 7 01 4 3 17 473211 35解1 2 321

19、7(2)23165 7 0157720149 3(2)(1 2 3)21 3解(1 2 3)2(132231)(10)1 2(3)1(1 2)3 2(1) 2222解1(1 2) 1(1) 12133(1) 323 4261021 4 0(4)11 1 3 4431301212126 7 8120 5 62102 1 4 0解1 1 3 4143130a11a12a13x1(5)(x1x2x3)a12a22a23x2aaa132333x3解a11a12a13x1(x1x2x3)a12a22a23x2aaa132333x3x1(a11x1a12x2a13x3a12x1a22x2a23x3a13x

20、1a23x2a33x3)x2x322a11x12a22x2a33x32a12x1x22a13x1x32a23x2x315 设A12 B1130 问2(1)ABBA 吗?解ABBA3因为AB44 BA1362所以 ABBA8(2)(AB)2A22ABB2吗?解(AB)2A22ABB22因为AB225222528 1414 2952(AB)22但3 86 81 010 16A22ABB24 11 8 12 3 415 27 所以(AB)2A22ABB2而(3)(AB)(AB)A2B2吗?解(AB)(AB)A2B22因为AB22 AB0052005212001 692(AB)(AB)23 81 02

21、A2B24 11 3 4 1 87故(AB)(AB)A2B26 举反列说明下列命题是错误的(1)若 A20 则 A00解 取A01解 取A0解取1 则 A20 但 A001 则 A2A 但 A0 且 AE0(2)若 A2A 则 A0 或 AE(3)若 AXAY 且 A0 则 XY 1A00 X 1 1 Y 11 10011则 AXAY 且 A0 但 XY 1 0 求 A2 A3 Ak7 设A11 01 01 0解 A211 21 1 01 01 0A3A2A211 31 1 0Akk11 08 设A01 求 Ak0 0解首先观察1 01 0221 A201010220 00 00023323A

22、3A2A033200344362A4A3A0443004554103A5A4A0554005 kkk1k(k1)k22kA 0kkk100k用数学归纳法证明当 k2 时 显然成立假设 k 时成立，则 k1 时，kkk1k(k1)k21 02Ak1AkA0kkk101000 0kk1(k1)k1(k1)kk120k1(k1)k1k100由数学归纳法原理知kkk1k(k1)k22Ak0kkk100k9 设 A B 为 n 阶矩阵，且 A 为对称矩阵，证明 BTAB 也是证明因为 ATA 所以(BTAB)TBT(BTA)TBTATBBTAB10设 A B 都是 n 阶对称矩阵，证明 AB 是对称矩阵

23、的充证明充分性 因为 ATA BTB 且 ABBA 所以(AB)T(BA)TATBTAB必要性 因为 ATA BTB 且(AB)TAB 所以AB(AB)TBTATBA11 求下列矩阵的逆矩阵1(1)2252 |A|1 故 A1存在 因为5对称矩阵从而 BTAB 是对称矩阵分必要条件是 ABBA即 AB 是对称矩阵1解A2A11A21 5 2A*AA2 11222 5 2A11A*2 1|A|故cossin(2)sincoscossin |A|10 故 A1存在 因为解AsincosA11A21 cossinA*sincosAA1222 所以cossinA11A*sincos|A|1 21(3)

24、3 4 25 4 11 21解A3 4 2 |A|20 故 A1存在 因为5 4 1A11A21A31 420A*A12A22A3213 6 1 32 14 2AAA132333所以 2 10 13111A A*3 |A|2216 7 1a1a02(4)(a1a2 an0) 0ana10a2解A 由对角矩阵的性质知0an1a101a2A110an12 解下列矩阵方程2(1)15X 4 62 135 4 63 54 62 232 11 22 1083 12解X 12 1 11 1 3(2)X2 104 3 21 1 12 1 11 1 3解X 4 3 22 101 1 111 0 11 1 31

25、2 3 234 3 23 3 02 2185 23 34X212 03 10 11 11(3)11解X 14 3 120 112 0112 43 11 01121 10 11 26131261101 1012040 1 0 1 0 0 1 4 3(4)1 0 0X0 0 12 0 10 0 1 0 1 0 1 2 0 0 1 0 1 4 31 0 0解X 1 0 0 2 0 10 0 10 0 1 1 2 00 1 0 110 1 01 4 31 0 02 1 01 0 02 0 10 0 11 3 40 0 11 2 00 1 01 0 213 利用逆矩阵解下列线性方程组x 2x23x311

26、(1)2x12x25x323x15x2x33解方程组可表示为1 2 3x1 12 2 5x23 5 1x2 33 1x1 1 2 3 1 1x2 2 5 20 x2 3 5 1 3 0 3 故x 11从而有x20 x30 x x x 2123(2)2x1x23x31 3x12x25x30解方程组可表示为1 1 1x1 22 1 3x13 2 5x2 03 故x1 1 1 1 2 5x2 1 3 10 x2 3 2 5 0 3 3 x 51x20 x331故有所以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 A

27、k1)(EA)(EAA2 Ak1)E(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)由定理 2 推论知(EA)可逆 且故或(EAA2 Ak1)(EA)(EA)1(EA)(EAA2 Ak1)(EA)(EA)1(EA)EAA2 Ak1两端同时右乘(EA)1 就有15 设方阵 A 满足 A2A2EO 证明 A 及 A2E 都可逆 并证明由 A2A2EO 得A2A2E 即 A(AE)2EA1(AE)E2求 A1及(A2E)1由定理 2 推论知 A 可逆 且A11(AE)2或由 A2A2EO 得A2A6E4E 即(A2E

28、)(A3E)4E(A2E)1(3EA)E4由定理 2 推论知(A2E)可逆 且(A2E)11(3EA)4即故由证明由 A2A2EO 得 A2A2E 两端同时取行列式得|A2A|2|A|AE|2|A|0A2A2EO A(AE)2EA1A(AE)2A1EA11(AE)2 (A2E)(A3E)4 E所以 A 可逆 而 A2EA2 |A2E|A2|A|20 故 A2E 也可逆又由A2A2EO(A2E)A3(A2E)4E所以(A2E)1(A2E)(A3E)4(A2 E)1(A2E)11(3EA)416 设 A 为 3 阶矩阵|A|1 求|(2A)15A*|2解因为A11A* 所以|A|(2A)15A*|

29、1A15|A|A1| |1A15A1|222|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A11A* 得 A*|A|A1 所以当 A 可逆时 有|A|A*|A|n|A1|A|n10因为 A*|A|A1 所以(A*)1|A|1A从而 A*也可逆又A11(A1)*|A|(A1)* 所以|A |(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

30、*(A*)1|A|E(A*)1O (2)由于A11A* 则 AA*|A|E 取行列式得到|A|A|A*|A|n若|A|0 则|A*|A|n1所以 A*O 这与|A*|0 矛盾，故当|A|0 时 有|A*|0若|A|0 由(1)知|A*|0 此时命题也成立因此|A*|A|n10 3 319 设A1 1 0 ABA2B 求 B1 2 3解由 ABA2E 可得(A2E)BA 故2 3 3 0 3 30 3 3B(A2E)1A1 1 0 1 1 01 2 31 2 1 1 2 31 1 0 11 0 120 设A0 2 0 且 ABEA2B 求 B1 0 1即解由 ABEA2B 得(AE)BA2E(A

31、E)B(AE)(AE)0 0 1因为|AE|0 1 010 所以(AE)可逆 从而1 0 02 0 1BAE0 3 01 0 221 设 Adiag(1 2 1) A*BA2BA8E 求 B解由 A*BA2BA8E 得(A*2E)BA8EB8(A*2E)1A18A(A*2E)18(AA*2A)18(|A|E2A)18(2E2A)14(EA)14diag(2 1 2)14diag(1,1,1)222diag(1 2 1)1022 已知矩阵 A 的伴随阵A*10010300100008且 ABA1BA13E 求 B解由|A*|A|38 得|A|2由 ABA1BA13E 得ABB3AB3(AE)1A

32、3A(EA1)1A3(E1A*)16(2EA*)12106100103001006 000 606 060 31006000011 4 123 设 P1AP 其中P1101|P|3 P*11110110 求 A112解由 P1AP 得 APP1 所以 A11 A=P11P1.4 P111 41 113而01 01120 2故142731 27321 41 01133A0 21111683 68411 33111124 设 APP 其中P10 2 11 115求(A)A8(5E6AA2)解()8(5E62)diag(1158)diag(555)diag(6630)diag(1125)diag(1

33、158)diag(1200)12diag(100)(A)P()P11P()P*|P|1111 0 02 2 2210 20 0 03 031 110 0 01 211 1 141 1 11 1 125设矩阵 A、B 及 AB 都可逆证明 A1B1也可逆并证明因为A1(AB)B1B1A1A1B1所以 A1(AB)B1可逆求其逆阵而 A1(AB)B1是三个可逆矩阵的乘积即 A1B1可逆(A1B1)1A1(AB)B11B(AB)1A1026 计算00210010200110100303112 10 2300 31解设A102 A 21201 B 31 B 23312 120 3则而A1EE B1A1

34、A1B1B2O AO BOA B22221A1B1B202A2B202312352 12 1 0 3 2 412343 30 3 0 9所以1A1EE B1A1A1B1B20O AO BOA B02222010002100102001101030031112 100 23000 3025212 40 4300 9即25212 40 4300 9127 取ABCD01解A B0C D10010110100 验证A B|A| |B|1C D|C| |D|02010010002 01 0400 20 1102100110而故|A| |B|1 10|C| |D| 1 1A B|A| |B|C D|C|

35、 |D|3 4O4 328 设A 求|A8|及 A42 0O2 23 4 A 2解令A14 322A1OAO A202则故A1OA18O A O A8O A2288|A8|A18|A2|A1|8|A2|810168540O4AO 0 5441A 44O A2 O26042 229 设 n 阶矩阵 A 及 s 阶矩阵 B 都可逆 求O A(1)B OO AC1C2 则解 设B OC C3411O A C1C2AC3AC4EnOB O C CBC BC O E 341s2 AC3EnC3A1由此得AC4OC4OBC OC OC1B1BC1E2s2所以O A OB1B OA1O11A O(2)C B

36、A OD1D2 则解设C BD D341AD2 EnOA O D1D2AD1C BD D CD BD CD BDO E34 1324 sD1A1AD1EnD OAD O由此得22CD1BD3OD3B1CA1D B1CD BD E24s4所以A OA1O C BB1CA1B1210000850032130 求下列矩阵的逆阵52(1)005解设A25A122 B85113 则232 3258121 2 B185125于是52002100008501 20010AA125001 0302 3BB00 582111(2)210212003100041解设A11121021200310 B31210 C

37、2141 则2010A OA1O 110C BB CAB1400014001 1102211126315182412第三章矩阵的初等变换与线性方程组1 把下列矩阵化为行最简形矩阵1 0 2 1(1)2 0 313 0 4 31 0 2 1解2 0 31(下一步 r2(2)r1 r3(3)r1 )3 0 4 31 02 10 0 13(下一步 r2(1) r3(2) )0 0 201 0 2 10 0 1 3(下一步 r3r2 )0 0 101 0 2 10 0 1 3(下一步 r33 )0 0 031 0 2 10 0 1 3(下一步 r23r3 )0 0 0 11 0 2 10 0 10(下

38、一步 r1(2)r2 r1r3 )0 0 011 0 0 00 0 1 00 0 0 10 2 31(2)0 3 430 4 7 10 2 31解0 3 43(下一步 r22(3)r1 r3(2)r1 )0 4 7 10 2 310 013(下一步 r3r2 r13r2 )0 0 1 30 2 0 100 0 1 3(下一步 r12 )0 0 000 1 0 50 0 1 30 0 0 01 1 3 433 3 5 41(3)2 2 3 203 3 4 2 113解2310001000100013233534442231(下一步 r 3r r 2r r 3r )2131410113 430 4

39、88(下一步 r (4) r (3) r (5) )2340 3660 5 10 10100010003111422232(下一步 r 3r r r r r )1232422202 31 220000002312(4)3 22 31 3 70 2 48307431 3 70 2 4(下一步 r 2r r 3r r 2r )1232428307432312解3 22 30 1 11112 0 2 4(下一步 r22r1 r38r1 r47r1 )0 8 89 120 7 78 1101001000100001001200110 2(下一步 r r r (1) r r )1224314140 21

40、 1(下一步 r r )2314002100100001002100001023400 1 0 1 0 1 1 2 32 设1 0 0A0 1 04 5 6 求 A0 0 1 0 0 1 7 8 9 0 1 0解1 0 0是初等矩阵 E(1 2) 其逆矩阵就是其本身0 0 11 0 10 1 0是初等矩阵 E(1 2(1) 其逆矩阵是0 0 11 0 1E(1 2(1) 0 100 010 1 01 2 31 0 1A1 0 04 5 60 100 0 17 8 90 014 5 61 0 1 4 5 21 2 30 101 2 27 8 90 01 7 8 2 3 试利用矩阵的初等变换 求下

41、列方阵的逆矩阵3 2 1(1)3 1 53 2 33 2 1 1 0 0 32 11 0 0解3 1 5 0 1 00 1 4 1 1 03 2 3 0 0 1 00 2 1 0 1 32 0 3/2 0 1/2 30 07/2 2 9/21 120 1 01 120 1 000 21 0 00 1 1/2 01/21 1 0 07/6 2/3 3/220 1 01 10 0 1 1/201/276故逆矩阵为1122332121023 20 10221(2)1 2 3 201213 20 1 1 0 0 00221 0 1 0 0解1 2 3 2 0 0 1 00121 0 0 0 11 2

42、3 2 0 01 00121 0 00 10495 1 0 3 00221 0 10 01 2 3 2 0 0100121 0 0010011 1 0 3 400 2 1 0 10 21 2 3 2 0 0100121 0 0010011 1 0 3 40001 2 1 6 101 2 0 001 0 000 1 000 0 110000100001010121 221011361 6 1010故逆矩阵为12011 24001010 1 136121 6 101 241011361 6 104 1 21 34 (1)设A2 21 B22 求 X 使 AXB3 1 13 1解因为4 1 2 1

43、3r1 0 0102(A, B)2 21 220 1 0 15 33 1 1 3 10 0 1124102X A1B15 3124所以02112 3 求 X 使 XAB(2)设A2 13 B2 3 133 4解考虑 ATXTBT 因为02 3 12r1 0 02 4(AT, BT)2 13 2 30 1 0 1713 4 310 0 1 142 4XT(AT)1BT17142 1 1X BA1474所以从而1 105 设A01 1 AX 2XA 求 X101解原方程化为(A2E)X A 因为1 101 10(A2E, A)0 1 101 110 1 1011 0 001 10 1 0 1010

44、 0 11 10所以01 1X (A2E)1A1011 106 在秩是 r 的矩阵中,有没有等于 0 的 r1 阶子式? 有没有等于 0 的 r 阶子式?解在秩是 r 的矩阵中 可能存在等于 0 的 r1 阶子式 也可能存在等于 0 的 r 阶子式1 0 0 0例如 A0 1 0 0 R(A)30 0 1 0样?解R(A)R(B)这是因为 B 的非零子式必是 A 的非零子式故 A 的秩不会0 0 00 0是等于 0 的 2 阶子式 1 0 0 是等于 0 的 3 阶子式0 00 1 07 从矩阵 A 中划去一行得到矩阵 B 问 A B 的秩的关系怎小于 B 的秩8 求作一个秩是 4 的方阵 它

45、的两个行向量是(1 0 1 0 0) (1 1 0 0 0)解用已知向量容易构成一个有 4 个非零行的 5 阶下三角矩阵1110001000001000001000000此矩阵的秩为 4 其第 2 行和第 3 行是已知向量9 求下列矩阵的秩 并求一个最高阶非零子式3102(1)1 12 1;13 443102解1 12 1(下一步 r1r2 )13 441 12 13102(下一步 r23r1 r3r1 )13 441 12 104 65(下一步 r3r2 )04 651 12 104 650000矩阵的秩为2314是一个最高阶非零子式1 132 1 3 1(2)2 131 3705 1 83

46、2 1 3 2解2 131 3(下一步 r1r2 r22r1 r37r1 )705 1 813 4 4107 1195(下一步 r 3r )0 21 33 27 1513 4 410 7 119 500000323 32 2矩阵的秩是 2 7 7是一个最高阶非零子式2 2 1 121 82 3 0(3)3 2 510 3377 5802021 82 3 0解3 2 510 3377 5(下一步 r 2r r 2r r 3r )142434802075(下一步 r 3r r 2r )213100012 10 3 630 2 4210320001000110001000200320031 70 1

47、6(下一步 r 16r r 16r )24320 142010027100071010000100320021000 7 5矩阵的秩为 3 5 8 0 700是一个最高阶非零子式3 2 010设 A、B 都是 mn 矩阵证明 AB 的充分必要条件是证明根据定理 3 必要性是成立的充分性 设 R(A)R(B) 则 A 与 B 的标准形是相同的 设 AR(A)R(B)与 B 的标准形为 D 则有AD DB由等价关系的传递性 有 AB1 2 3k11 设A1 2k 3 问 k 为何值 可使k 23(1)R(A)1 (2)R(A)2 (3)R(A)3k1 2 3kr1 1k1解A 1 2k 3 0 k

48、1k 2300(k1)(k2)(1)当 k1 时 R(A)1(2)当 k2 且 k1 时 R(A)2(3)当 k1 且 k2 时 R(A)312 求解下列齐次线性方程组:x1x22x3x40(1)2x1x2x3x402x12x2x32x40解对系数矩阵 A 进行初等行变换 有01 1 2 1 1 0 1A2 1 1 10 1312 2 12 0 01 4/3 x 4x134x 3x4于是24x3x4x 34x4故方程组的解为4x13x3x2k4(k 为任意常数)3x431x12x2x3x40(2)3x16x2x33x40 5x110 x2x35x40解对系数矩阵 A 进行初等行变换 有1 21

49、 1 1 2 0 1A3 6 1 30 0 105 101 5 0 0 00 于是x12x2x4x2x2x 0 x3x44x121x102xk10k20(k1 k2为任意常数)301x 4故方程组的解为2x13x2x35x403x x 2x37x40(3)124x1x23x36x40 x 2x 4x 7x 01234解对系数矩阵 A 进行初等行变换 有2331A411 215 12 7036 004 7 010000100001于是x10 x20 x 0 x304x10 x20 x 0 x304故方程组的解为3x14x25x37x402x 3x23x32x40(4)14x111x213x316

50、x407x 2x x 3x 01234解对系数矩阵 A 进行初等行变换 有3452 33A4 11 137 211720160300 3171 191700001317201700于是x 3x 13x11731741920 x217x317x4x xx3x34431317x117x19202xk1k2(k1 k2为任意常数)173170 x4101故方程组的解为13 求解下列非齐次线性方程组:4x12x2x32(1)3x11x22x31011x13x28解对增广矩阵 B 进行初等行变换 有42 1 213 3 8B3 12 100 10 11 3411308000 6于是 R(A)2 而 R(