同济大学线性代数第六版答案全线代第六版答案.docx
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同济大学线性代数第六版答案全线代第六版答案
同济大学线性代数第六版答案(全)
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)141
183
2
0
1
解1
4
1
1
8
3
2(4)30
(1)
(1)118
0132
(1)81(4)
(1)
24
8
16
4
4
abc
(2)bcacab
abc
解bcacab
acbbaccbabbbaaaccc
3abca3b3c3
111
(3)abca2b2c2
111
解abca2b2c2
bc2ca
2
ab2
ac2ba2cb2
(ab)(b
c)(c
a)
x
yxy
(4)y
xy
xy
x
x
y
xyx
解yxy
xyx
x
y
y
x(xy)yyx(x
3
3xy(xy)y
y)(x
2
3xy
y)yx
x3y3
y3x3
(x
y)3
x3
2(x3
y3)
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441434232
(3)3421
解逆序数为532314241,21
(4)2413
解逆序数为3214143
(5)13(2n1)24(2n)
n(n1)
解逆序数为
32(1
个)
52
5
4(2
个)
72
7
4
76(3个)
(2n1)2(2n1)4(2n1)6(2n1)(2n2)
(n1个)
(6)13
(2n
1)(2n)(2n
2)
2
解
逆序数为n(n
1)
3
2(1
个)
5
2
54(2个)
(2n1)2(2n1)4(2n1)6(2n1)(2n2)
(n1个)
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
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)1a11a23a32a44
a11a23a32a44
(
1)ta11a23a34a42
(
1)2a11a23a34a42
a11a23a34a42
4计算下列各行列式
4124
(1)1202
10520
1117
4
124
c
c
4
12
10
4
1
10
解
1
202
2
3
1
2
0
2
c
7c
1
2
2
(1)43
10520
10
3
2
14
10
3
14
0
117
4
3
0
0
1
0
4
110
c2
c3
9
9
10
0
1
2
2
21c3
0
0
2
10
3
14
c1
171714
2141
(2)3121
1232
5062
2
1
41cc
2
1
40
rr
2
1
40
解
3
121
4
2
3
122
4
2
3
122
1
2
32
1
2
30
1
2
30
5
0
62
5
0
62
2
1
40
r
r
2
1
40
4
1
3
122
0
1
2
30
0
0
00
abacae
(3)bdcdde
bf
cf
ef
解
ab
ac
ae
b
c
e
bd
cd
de
adfb
c
e
bf
cf
ef
b
c
e
1
1
1
4abcdef
adfbce1
1
1
1
1
1
a100
(4)1b10
01c1
001d
a
1
0
0
rar
0
1aba0
解
1
b
1
0
1
2
1
b
1
0
0
1
c
1
0
1
c
1
0
0
1d
0
0
1d
(
1)(
1
ab
a
0c3
dc21
ab
a
ad
1)21
1
c
1
1
c1
cd
0
1d
0
1
0
(
1)(
3
21
ab
ad
abcd
ab
cd
ad1
1)
1
1
cd
5证明:
a2abb2
(1)2aa
1
b2b(ab)3;
1
1
证明
a2
abb2c2
c1a2aba2b2a2
2a
a
b
2b
c3
2a
b
a
2b
2a
1
1
1
c11
0
0
(
31aba2b2a2
(b
a)(b
a)
aba
(ab)
3
1)
b
a
2b2a
12
axbyay
bzaz
bx
x
y
z
(2)aybzazbxaxby(a3b3)yzx;
azbxaxbyaybzzxy
证明
axbyaybzazbx
aybzazbxaxby
azbxaxbyaybz
xay
bzaz
bx
yay
bzaz
bx
ay
az
bx
ax
by
bzaz
bxax
by
z
ax
by
ay
bz
xax
byay
bz
xay
bzz
y
zaz
bx
a2yaz
bx
x
b2z
xax
by
zax
by
y
x
yay
bz
x
y
z
yz
x
a3y
z
x
b3
zx
y
z
x
y
x
y
z
x
y
z
x
y
z
a3y
z
x
b3
yz
x
z
x
y
zx
y
xyz
(a3b3)yzx
zxy
a2(a1)2(a
2)2
(a3)2
(3)
b2
(b
1)2
(b
2)2
(b
3)2
0;
c2
(c
1)2
(c
2)2
(c
3)2
d2
(d
1)2
(d
2)2
(d
3)2
证明
a2(a1)2
(a
2)2
(a
3)2
b2
(b1)2
(b2)2
(b
3)2
c2(c1)2(c2)2(c3)2(c4c3c3c2c2c1得)
d2
(d1)2
(d
2)2
(d
3)2
a2
2a
12a
32a
5
b2
2b
1
2b
3
2b
5
(c4
c3c3c2得)
c
2
2c
1
2c
3
2c
5
d2
2d
12d
32d
5
a2
2a
122
b2
2b
122
0
c2
2c
122
d2
2d
122
1111
abcd
(4)a2b2c2d2
a4b4c4d4
(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd);
证明
1111
abcd
a2b2c2d2
a4b4c4d4
1
1
a
1
1
0
b
c
a
d
a
0
b(b
a)
c(c
a)
d(d
a)
0b2(b2a2)c2(c2a2)d2(d2a2)
(b
a)(c
a)(d
a)
1
1
1
b
a)
c
a)
d
a)
b2(b
c2(c
d2(d
(b
a)(c
a)(d
1
1
b
d
1
a)0
c
a)d(d
b
ba)
0c(c
b)(c
b
b)(d
(b
a)(c
a)(d
1
a)d(d
1
a)
a)(cb)(db)c(cb
b
=(a
b)(a
c)(a
d)(bc)(b
d)(c
d)(ab
c
d)
x
1
0
0
0
0
x
1
0
0
a1xn
an
1x
an
(5)
0
0
x
xn
1
0
1
anan1an2
a2xa1
证明
用数学归纳法证明
当n
2时
D2
x1
x2a1xa2
命题成立
a2xa1
假设对于(n
1)阶行列式命题成立
即
Dn1xn1a1xn2
an2xan1
则Dn按第一列展开
有
1
0
0
0
D
n
xD
n1
a
(1)n1x
1
0
0
n
1
1
x
1
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
ann
a1n
ann
ann
a1n
D1a
a
D2a
a
D3a
a
11
1n
11
n1
n1
11
n(n1)
D3D
证明D
D
2
(1)
2
D
1
证明
因为D
det(aij)
所以
an1
ann
a11
a1n
D1
n1an1
ann
a
a
(1)
11
1n
a21
a2n
a11
a1n
a21
a2n
(
1)n1(
1)n
2an1
ann
a31
a3n
1)12
(n
2)
(n1)D
n(n
1)
(
(1)
2
D
同理可证
n(n
1)
a11
an1
n(n
1)
n(n1)
D2
(1)2
a1n
ann
(1)2
DT
(1)2D
n(n
1)
D
n(n1)
n(n
1)
(1)n(n1)DD
D
(1)2
(1)2
(1)2
D
3
2
7计算下列各行列式(Dk为k阶行列式)
a1
(1)Dn,其中对角线上元素都是a未写出的元
1a
素都是0
解
a
0
0
0
a
0
0
0
a
Dn
0
0
0
1
0
0
0
0
0
(
a
0
0
1)n10
a
0
0
0
0
(
1)n1(
1)n
a
11
10
10(按第n行展开)
a0
0a
0
1
a
0
0
0
0
(1)2na
a
0(n1)
a(n1)(n1)
(n1)
ananan2an2(a21)
a(n2)(n2)
x
a
a
(2)Dn
a
x
a;
a
a
x
解
将第一行乘(
1)分别加到其余各行
得
a
x
a
a
a
a
Dn
xx
0
0
a
x
0
xa
0
a
x
0
0
0xa
再将各列都加到第一列上得
x
(n1)a
a
a
a
Dn
0
xa
0
0
[x(n1)a](xa)n1
0
0
xa
0
0
0
0
0x
a
an
(a
1)n
(a
n)n
an1
(a
1)n1
(a
n)n1
(3)Dn1
a
1
a
;
a
n
1
1
1
解根据第6题结果有
1
a
1
a
1
n(n1)a
1
n
Dn1
(1)2
(a
1)n1
(a
n)n1
an1
an
(a
1)n
(a
n)n
此行列式为范德蒙德行列式
n(n1)
D
(1)2
[(ai1)(aj1)]
n1
n1i
j1
(
1)
n(n
1)
[
(i
j)]
2
n1
ij
1
(
1)
n(n
1)
n
(n1)
1
j)
2
(
1)
2
(i
n1ij1
(i
j)
n
1i
j1
an
bn
(4)
D2n
a1
b1
;
c1
d1
cndn
解
an
bn
D2n
a1
b1
(按第1行展开)
c1
d1
cn
dn
an1
bn1
0
a1
b1
an
c1
d1
cn1
dn1
0
0
0
dn
0an1
bn1
a
b
(1)2n1bn
1
1
c1
d1
cn1
dn1
cn0
再按最后一行展开得递推公式
D2nandnD2n2bncnD2n2D2n(andnbncn)D2n2
即
于是D2n
而D2
所以D2n
n
(aidi
bici)D2
i
2
a1
b1ad
bc
c1
1
1
11
d1
n
(aidi
bici)
i
1
(5)D
det(aij)
其中aij
|i
j|;
解
aij
|i
j|
0
1
2
3
1
0
1
2
Dn
det(aij)
2
1
0
1
3
2
1
0
n
1n
2n
3n
4
1
1
1
1
r1
r2
1
1
1
1
1
1
1
1
r2
r3
1
1
1
1
n
1n2n
3n4
n1n2n3n4
0
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
c2
c1
1
2
0
0
0
1
2
2
0
0
c3
c1
1
2
2
2
0
n12n32n
42n5
n
1
(
1)n
1(n
1)2n
2
1a1
1
1
(6)
1
1
a2
1
其中a1a2
an0
Dn
1
1
1
an
解
1
a1
1
1
Dn
1
1a2
1
1
1
1an
a1
0
0
c1
c2
a2
a2
0
0
a3
a3
c2
c3
0
0
0
0
0
0
100
110
a1a2an011
000
000
0
0
1
0
0
1
0
0
1
an1
an1
1
0
an1
an
0
0
a1
1
1
0
0
a2
0
0
a1
3
1
1
a1
0
11
n1
1
a
n
1
0
0
0
0
a1
0
1
0
0
0
1
a1
0
0
1
0
0
2
a1
a1a2
an
3
0
0
0
1
a1
0
n1
0
0
0
0
0
1
n
a1
i
i1
(aa
a)(1
n
1)
12
n
i
1
ai
8用克莱姆法则解下列方程组
x1x2x3x45
(1)x12x2x34x422x13x2x35x42
3x1x22x311x40
解
因为
1
1
1
1
D
1
2
1
4
142
2
3
1
5
3
1
2
11
5
1
1
1
1
5
1
1
D1
2
2
1
4
142
D2
1
2
1
4
284
2
3
1
5
2
2
1
5
0
1
2
11
3
0
2
11
1
1
5
1
1
1
1
5
D
1
2
2
4
426
D
4
1
2
1
2
142
3
2
3
2
5
2
3
1
2
3
1
0
11
3
1