线性代数同济第三版答案.docx
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线性代数同济第三版答案
线性代数同济第三版习题答案
习题一答案(1-16)
习题二答案(17-37)
习题三答案(38-58)
习题四答案(59-86)
1利用对角线法则计算下列三阶行列式
201
(1)141
183
201
解141
183
2(4)30
(1)
(1)118
0132
(1)81(4)
(1)
2481644
abc
(2)bca
cab
abc
解bca
cab
acbbaccbabbbaaaccc
3abca3b3c3
2
ba
2
caa
xyxy
(4)yxyx
xyxy
xyxy
解yxyx
xyxy
ooo
x(xy)yyx(xy)(xy)yxy(xy)3x33xy(xy)y33x2yx3y3x3
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)1234
解逆序数为0
(2)4132
解逆序数为4
41434232
32314241,21
214143
解逆序数为n(;°
32(1个)
5254(2个)
727476(3个)
(2n1)2(2n1)4(2n1)6
(2n1)(2n2)(n1个)
(6)13(2n1)(2n)(2n2)2
解逆序数为n(n1)
32(1个)
(2n1)(2n2)(n1个)
5254(2个)
(2n1)2(2n1)4(2n1)6
42(1个)
6264(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ana23的项
解含因子ana23的项的一般形式为
(1)tana23a3ra4s
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ana23的项分别是
3
4
2
1)aiia23a34a42aiia23a34a42
(1)taiia23a34a42(
4计算下列各行列式
4207
2021
1251
41wo
102M
123
41
o
X—
o4
1210
2021
123041100q7742072021125141100
o
024
didi
9O17
90仃
024didi
123
4’
1122
4236
1120
2315
2)
o200
4234
1121
2312
q
nr
0202
4236
1120
2315
6
q
1122
4236
1120
2315
角
0200
4230
1120
2310
aedeef
gcdf
acc
bJJad
cc
bbb
f
ad
aedeef
ac
1
adfbce1
1
4abcdef
OO1d
O1c1
1b1oa1oo
oo1da1C1b
ab1OO1oo
a
oo1d
O1C1
1b1Oa1oo
角
1aba
(1)
(1)211c
01
°3dc21abaad
1c1cd010
(1)
(1)321
abad
11cd
abcdabcdad1
5证明:
a2abb2
(1)2aab2b(ab)3;
111
证明
a2abb2
2aab2b
111
c2
c3
c1
c1
a
2a
1
aba2
ba
0
b2a2
2b2a
0
a22a
b22b
(ba)(ba)?
b2a(ab)3
xyz
(a3b3)yzx
zxy
axbyaybzazbx
(2)aybzazbxaxbyazbxaxbyaybz
证明
axbyaybzazbx
aybzazbxaxby
azbxaxbyaybz
xay
bzaz
bx
yaz
bxax
by
bz
ybz
ay
az
bz
az
bx
ax
by
ay
xaybzz
yzazbx
yazbxx
b2
zxaxby
zaxbyy
xyaybz
byay
zax
ax
x
a2
xyz
yzx
a3
yzx
b3
zxy
zxy
xyz
xyz
xyz
a3
yzx
b3
yzx
zxy
zxy
xyz
(a3b3)yzx
zxy
abed
/(%
2222
x\7
1111
2222abed
cc
abed
r—l
abed
2222x\7x\71111
2222abed
a)
1dbb)(dba)
1
ba)d(dba)
8
8
5555
2a2b2c2d
3333
2a2b2c2d
1111
abcd
2222
2222abcd
o
2222
2222
1111abed
2222
2222abed
・241ddd1cc24c1b4
【24
1aaa
24
1ddd
1cc24
1bb2b4
11
0ba
1ca
1da
0b(ba)
c(ca)
d(da)
0b(ba)e
(ca)
d(da)
1
1
(ba)(ca)(d
a)b
c
b(b
a)c(ca
1
1
(ba)(ca)(d
a)0
cb
0c(c
b)(cb
a)d(d
(b
a)(c
a)(d
a)(cb)(db)
c(c
d2(d
=(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abed)
xo
oo
oo
xnaixn1
an1Xan
证明
oan
oan
X2a
T—
用数学归纳法证明
当n2时D2
x1
a2xa1
x2a1x
a2命题成立
假设对于(n1)阶行列式命题成立
an2X
an1
Dn1xn1a1xn2
则Dn按第一列展开有
DnXDn1an
(1)n1
oo
oo
an
1Xan
xDn1anxna1Xn1
因此对于n阶行列式命题成立
6设n阶行列式D
det(aj),把D上下翻转、或逆时针旋转
90、或依副对角线翻转
an1
ann
a1n
ann
ann
ain
D2
D3
a11
ain
a11
an1
an1
ai1
依次得
D1
n(n1)
证明D1D2
(1)丁DD3D
证明因为Ddet(aij)所以
an1
ann
a11
aln
D1
(1)n1
an1
ann
a11
a1n
a21
a2n
al1a21an1
a1na2nann
1)n2
1)n1(
1)12
(n2)(n
1)D
a3n
n(n1)
丁D
(1)
同理可证
D2(
n(n1)
1)2
aii
n(n1)
1)丁dt
n(n1)
(1)丁D
ain
ann
D3(
n(n1)
1)丁D2
n(n1)
1)丁(
n(n1)
1)丁D
(1)n(n1)DD
7计算下列各行列式(Dk为k阶行列式)
(1)Dn
a
1
1a
其中对角线上元素都是a未写出的元素
都是0
解
0
a
Dn
0
a
(按第n行展开)
0
0
0
a0
1
0
0
0a
0
0
(1)n1
a
0
(1)2na
a
0
a
a
0
0
0
a0
(n1)(n1)
(n1)(n1)
a
(1)n1(
1)n
ananan2an2(a2
1)
(n2)(n2)
xa
(2)DnaX
aa
a
aoo
X
o
a
aoo
X
a
aoo
X
XXX
X
aaa
解将第一行乘
(1)分别加到其余各行得
再将各列都加到第一列上得
nOO
aao
XaaoXa
aOO
[X(n1)a](xa)n1
000xa
an(a1)n
an1(a1)n1
(an)n
(an)n1
⑶Dn1
解根据第6题结果有
n(n1)
Dn1
(1)2
an1an
此行列式为范德蒙德行列式
n(n1)
1)丁
n1i
n(n1)
1)丁
n1
n(n1)
1)丁
Dn1(
(i
j1
j)
an
⑷D2n
an
D2n
a1
q
c1
(a
(a
[(a
j1
1)n1
1)n
i1)
[(i
j1
n(n1)1
1)—2
j)]
bn
dn
bn
dn
(a
(a
(a
n)n1
n)n
j1)]
(ij)
j1
(按第1行展开)
an
cn1
0
qbi
Cidi
dn10
0dn
0dn1
bn1
a1b1
(1)2nhC1d1
dn1
0
Cn1
Cn
再按最后一行展开得递推公式
D2nandnD2n2bnCnD2n2即D2n(andnbnCn)D2n2
于是
D2n
n
(期bC)D2
i2
而
D2
a1$C1d1
a〔d1b|C[
n
所以D2n(晌bc)
i1
(5)Ddet(aij)其中aj|ij|;解aj|ij|
d
n
D
1234nnnn3210210110120123
n1n2n3n4
1111o
X—
X—X—X—
X—X—X—X—
4
n
3
n
2
n
X—
oooo
n
ooo
0022
0222T—T—T—T—
5
2n
4
n
2
3
n
2
X—
n
n
)2
T—
n
n
a
T—
T—
2
a
T—
a1
T—
T—
T—
T—
25—
ooo
n
a
T—
T—
oooaao
n
a
1003300
03233oo
1a—ooo
1503
qc2
n
1
0
0
0
0
aj
1
1
0
0
0
a?
1
0
1
1
0
0
a?
1
0
0
0
1
1
an11
0
0
0
0
1
1an1
a
an
0
0
1
0
00q1
00a21
00a31
01an11
n
001ai
i1
尿3.)(1
8用克莱姆法则解下列方程组
X!
(1)2;
3为
x2
X3
2x2
3x2
X2
x45
X3
X3
2x3
4x4
5x4
11x4
解因为
142
14
51
X—
1123
5
1
1
5
1
1
3
4
5
142D2
4
5
0
1
11
0
11
D1
42
5220
X—
12
X—
1123
426
14
51
X—
5220
T—
2D
X4
D33D
X4
rd
X4
dID
T—
5
4
X—
X—
00065
00651
06510
10001
51000
00065
10001
06510
65100
51000
66
X4
6冷
5
2)
00065
00651
06510
65100
51000
为
因D
07
50006500651065106510010001
03
O0065
O0651
10001
65100
51000
2
X—
2
1OOO1
00651
06510
65100
51000
所以
X1145
X2665
703X3X4
3665M
395
665
212X4
4665
X
X2X30
9问
取何值时
齐次线性方程组
X]
x2x30有非
X!
2x2X30
零解?
解系数行列式为
11
D11
121
令DO得
0或1
于是当0或
1时该齐次线性方程组有非零解
(1)x12x24x30
10问取何值时齐次线性方程组2x1(3)x2X30
NX2
(1)X30
有非零解?
解系数行列式为
1
2
4
1
3
4
D
3
1
2
1
1
1
1
1
0
1
(1)3(3)4
(1)2
(1)(3)
(1)32
(1)23
令D0得
于是当02或3时该齐次线性方程组有非零解
1已知线性变换
x12y12y2y3
x23y1y25y3
x33y12y23y3
求从变量xiX2X3到变量yiy2y3的线性变换
解由已知
12y1y2y
43
12y1yy153212233
x1x2x
153
212
233
x1x2x3y1y2y
x1x2x
y
y1y12y24
z2z33z
3zz1z
2
y1y2y
y17x14x29x3y26x13x27x3y33x12x24x3
求从Z1Z2Z3到X1X2X3的线性变换
解由已知
1
1
1
1
23
3
设A1
1
1
B1
24
求
3AB
2A及AtB
1
1
1
0
51
1
11
1
23
11
1
解
3AB2A
31
11
1
24
2
11
1
1
11
0
51
11
1
0
5
8
111
2
13
22
30
5
62
11
1
2
17
20
2
9
0
111
4
29
2
1
11
12
3
0
5
8
ATB
1
11
12
4
0
5
6
1
11
05
1
2
9
0
4
计算下列
乘积
431
7
f
(1)
123
2
570
1
43
1
7
47
3
21
1
35
解
12
3
2
17(
2)
23
1
6
57
0
1
57
7
20
1
49
z1z2z
12
03
y1y2y
125
031
224
x1x2x3
z1z2z
39
4
3z39z316
3
z24z2z
zz1z10621
1
x1x2x
3
(2)(123)2
1
解
(123)2
(1
32
23
1)
(10)
1
2
(3)
1(12)
3
2
2
(1)
22
24
解
1(12)
1
(1)
12
12
3
3
(1)
32
36
1
3
1
(A\
21400
1
2
(4)
11341
3
1
4
0
2
1
31
解
2140
0
12
6
78
解
1134
1
31
20
56
4
0
2
a11
a12
a13
x1
(5)(x1x2x3)a12
a22
a23
x2
a13
a23
a33
x3
解
a11a12
a13x1
(x1
x2x3)a12a22
a2
x2
a13a23
a33x3
(a11x1a12x2a13x3
a12x1
a22x2a23x3a13x1
x1
a23x2a33x3)x2
222a11x1a22x2a33x3
2a12x1x22a13x1x3
2a23x2x3
5设A1123B1120问
(1)ABBA吗?
解ABBA
因为AB4364BA1382所以ABBA
(2)(AB)2A22ABB2吗?
解(AB)2A22ABB2
因为AB22
(AB)2225222251841249
A22ABB243181
68101016
812341527
所以(AB)2A22ABB2
(A
B)(A
B)
而
A2
B2
38
411
(3)(AB)(AB)A2B2吗?
解(AB)(AB)A2B2因为AB2225AB22
25
10
34
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A0001则A20但A0
(2)若A2A则A0或AE
解取A0101则A2A但A0且AE
(3)若AXAY且A0则XY
解取
A
10
X
11
11
Y11
00
11
01
则AXAY且A0
但X
Y
7设A
10
1
求A2A3
Ak
解A2
10
1
10
1
10
21
A3
A2A
10
21
10
1
10
31
Ak
1k
0
1
10
8设A
0
1求Ak
0
0
解首先观察
1
0
1
0
221
A2
0
1
0
1
022
0
0
00
002
3
32
3
A
A2
A
0
3
32
0
0
3
4
43
62
A4
A
A
0
4
43
0
0
4
5
54
103
A
A4
A
0
5
54
0
0
5
k(k1)k2
Ak
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(k〔)k2
Ak1AkA
2
0kkk1
00k
k1(k1)k1
(k1)kk1
2
0
k1
(k1)k1
0
0
k1
由数学归纳法原理知
k(k1)k2
Ak
9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ata所以
(BtAB)tBt(BtA)tbtatbbtab
从而btab是对称矩阵
10设aB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atabtb且abba所以
(AB)t(BA)tatbtab
即ab是对称矩阵
必要性因为AtaBtB且(AB)tab所以
ab(AB)tbtatba
11求下列矩阵的逆矩阵
(1)
解a12|A|1故a1存在因为
a*
A11A21
A12A22
故
A1
丄A*
52
|A|
21
(2)
cos
sin
sin
cos
解
A
cos
sin
Al
10故A1存在因为
sin
cos
A
AnA
21
cos
sin
A2A22
sin
cos
所以
A1
丄A*
cossin
|A|
sincos
12
1
⑶
34
2
54
1
12
1
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- 线性代数 同济 第三 答案