工程数学线性代数同济大学第五版课后习题答案.docx

1、工程数学线性代数同济大学第五版课后习题答案第一章 行列式1 利用对角线法则计算下列三阶行列式 2 0 1 4 1 1 8 3解 2 0 1 4 1 8 1 3 2 ( 4) 3 0 ( 1) ( 1) 1 1 80 1 3 2 ( 1) 8 1 ( 4) ( 1) 24 8 16 4 4 a c a ba b c解 c a bacb bac cba bbb aaa ccc3abc a3 b3 c31 1 a b c 2 2 abc 1 解 1 a b c2 2 abcbc2 ca2 ab2 ac2 ba2 cb2 (a b)(b c)(c a) x y x y x y x x y x y 解

2、x y x y x y x x y x y x(x y)y yx(x y) (x y)yx y3 (x y)3 x33xy(x y) y3 3x2 y x3 y3 x32(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)1 2 3 4解 逆序数为 0(2)4 1 3 2解 逆序数为 441 43 42 323 2 3 1 4 2 4 1, 2 12 1 4 1 4 3(2n) (3)3 4 2 1 解 逆序数为 5 (4)2 4 1 3 解 逆序数为 3(5)1 3 (2n 1) 2 4解 逆序数为 23 2 (1 个)5 2 5 4(2 个)7 2 7 4 7 6(3

3、个) (2n 1)2 (2n 1)4 (2n 1)6(6)1 3 (2n 1) (2n) (2n 2)(2n 1)(2n 2) (n 1 个) 2 解 逆序数为 n(n 1)3 2(1 个)5 2 5 4 (2 个) (2n 1)2 (2n 1)4 (2n 1)64 2(1 个) (2n 1)(2n 2) (n 1 个)6 2 6 4(2 个) (2n)2 (2n)4 (2n)6 (2n)(2n 2) (n 1 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

4、个 即 24 和 42 所以含因子 a11a23 的项分别是( 1)a11a23a32a44 ( 1)a11a23a32a44 a11a23a32a44( 1)ta11a23a34a42 ( 1)2a11a23a34a42 a11a23a34a424 计算下列各行列式t14 1 2 4 2 0 21 0 5 2 00 1 1 74 1 2 4c c 4 2 3 1 2 0 21 解 5 2 0c7c 4 3 0 1 1 70 1 2 2 0 3 2 0 1 4 10 12 1 2 2 ( 1)4 3 3 1402 3 1 5 4 1 10c2 c3 9 9 100 0 0 1 2 2c 3 1

5、4c 1 2 3 17 141 4 11 2 12 3 20 6 24 0r4 r2 1 4 02 1 4 1c4 c2 2 1 3 1 2 3 1 2 23 1 2 1解 1 2 3 1 2 2 3 2 3 02 1 4 5 0 5 0 6 2 6 2r4 r1 2 3 1 01 4 01 2 0 2 3 00 0 0 ab ac bd cd bf cf ef解 ab ac ae b c e bd cd de b c e ef bf cf b c e1 1 1 1 1 1 4abcdef 1 1 1a 1 0 01 b 1 00 1 c 10 0 1 d解a 1 0 0 0 1 ab 1 0

6、 r 1 ar2 1 b 0b 1 10 1 1 c 0 1 d0 0 a 01 0c 11 dad ab a c3 dc2 ab a 1 c ( 1)( 1)1 c 1 cd0 1 d0 1 0 ad abcd ab cd ad 1 ( 1)( 1)3 2 ab 1 1 cd5 证明:a2 ab b2a a b 2b(a b)3; 1 1 1证明 a2 ab b2 c2 ca2 ab a2 b2 a2 2a b a 2b 2a2a a b 2b0 1 1 1 c3 c1 0 2 ab b2 a2 3a b a( 1) (b a)(b a1 2 (a b) b a 2b 2a3ax by ay

7、 x y zay bz az bx ax (a3 b3y ; az bx ax by ay bzz x y证明 ax by ay ay bz az bx ax az bx ax by ay bzx ay bz az y bx ax z ax by ay x ax by ay bz x ay bz zy z az bxay az bz x ax z ax by yx y ay bzab x y zab z x y(a3 b3z x y1)21)21)21)2 (a (b (c (d2 a2 (a 2 b2(b c (c d 2 (d 证明 2)2 2)2 2)2 2)2 (a (b (c (d

8、3)23)20 ; 3)2 3)2 3) 3)(c cc cc c1 得) 3)43 32 23)2 2 22ab2 c2 d 2 2 (a (b (c (d 2 1) 1)2 1)2 1)2 (a (b (c (d 2) 22) 2 2) 22) 2(a (b (c (da2a b2 2b c2 2c d 2 2d a2b2c2d 2 2a 2b 2c 2d1 2a 1 2b 1 2c 1 2d 3 2a 3 2b 3 2c 3 2d 5(c c c c 得) 4 3 3 2 51 2 21 2 01 2 1 2 2 1 1 1 1 a b c d a2222 b c d a4 b4 c4

9、d 4(a b)(a c)(a d)(b c)(b d)(c d)(a b c d); 证明 1 1 a b 2 2 aba4 b4 1 1 1 1 0 b a c a d a b(b a) c(c a) d (d a)b2(b2 a2 ) c2(c2 a2) d 2(d 2 a21 1 1 d c (b a)(c a)(d a2b 22(b a) c(c a) d (d a)1 1 1 (b a)(c a)(d a0 c b d b 0 c(c b)(c b a) d (d b)(d b a1 (b a)(c a)(d a)(c b)(d bc(c 1b a) d (d b a=(a b)(

10、a c)(a d)(b c)(b d)(c d)(a b c d)x 1 0 0 x 1 1 1c d c2 d c4 d 0 0 0 00 0 0 an an 1 an 2 x 1 a2 x a1xn a1xn 1 an 1x an 证明 用数学归纳法证明当 n 2 时 D2 x 1 x 2 a1x a2 命题成立 a2 x a1 假设对于(n 1)阶行列式命题成立 即Dn 1 xn 1 a1 xn 2则 Dn 按第一列展开 有 an 2x an 1 Dn xDn 1 an ( 1)n1 0 x 1 110 0 x0 0 1xD n 1 an x n a1xn 1 an 1x an因此 对于

11、 n 阶行列式命题成立 6 设 n 阶行列式 D det(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 D1 an1 a11 anna1nn(n 1) 2D2 a1n a11annan1D3ann an1a1na11证明 D1 D( 2 D D3 D 证明 因为 D det(aij) 所以 D1an1 a11ann a1n a11( 1)n an1 a1n anna11 a21n 1( 1)n an1 ( 1) a21 a2na1na2nanna31 a3n ( 1)同理可证D21 2 (n 2) (n 1)Dn(n 1) 2D T 11 1nn(n 1) 2

12、an1ann( 1)2 D ( 1) 2D D3 ( D2 n(n 1) 2( n(n 1)2n(n 1)D D D ( 1)7 计算下列各行列式(Dk 为 k 阶行列式) a 1(1) Dn是 0解1 , 其中对角线上元素都是 a 未写出的元素都 aDna 0 0 0 a 0 0 0 a 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 (按第 n 行展开) a 0 0 a 0 0 0 a 0 0 ( 1)n 0 a 00 0 0a( 1)n 1 ( 1)n 0 1 0 0 0 (n 1) (n 1) a ( 1)2n a a a(n 1) (n 1)a(n 2)(n 2)a a ;x an

13、an an 2 an 2(a2 1) (2) Dn x a a x a a 解 将第一行乘( 1)分别加到其余各行 得Dn x a a a x x a 0 a x 0 x a a 0 0a x 0 0 0 x a 再将各列都加到第一列上 得 x (n 1)a a a 0 x a 0 0 0 x a Dn a 0 00 x a x (n 1)a(x a)n 1 0 0 0 (3) Dn 1 an (a 1)n an 1 (a 1)n 1 (a n)n (a n)n 1a n 1 a 1 a 1 1 ; 解 根据第 6 题结果 有 Dn 1 1 a 1 a 1 1 a nn 1 (a 1)n 1

14、an (a 1)n (a n)n 1(a n)n 此行列式为范德蒙德行列式Dn 1 n(n 1) 2 (a i 1) (a j 1) n 1 i j 1 n(n 1) 2 (i j) n 1 i j 1 ( 1) 2 n 1 i j 1 n (n 1) 2 1 (i j) n 1 i j 1 (i j) an (4) D2ncn解 a1 b1 c1 d1 bn ; dn anD2ncn bn (按第 1 行展开) a1 b1 c1 d1 dn an 1 an a1 b1 c1 d1 bn 1 0 cn 1 0 dn 1 00 dn0 an 1( 1)2n 1 bn 1a1 b1 c1 d1 b

15、n cn 1 cnd n 0再按最后一行展开得递推公式D2n andnD2n 2 bncnD2n 2 即 D2n (andn bncn)D2n 2 于是 D2n n i 2 (aidi bici )D2 而 D2 D2na1 b1ad bcc1 d11111 所以 n (aidi bici )i 1(5) D det(aij) 其中 aij |i j|; 解 aij |i j|0 1 2 31 0 1 22 1 0 1 1 1 1 1 3 2 1 0111n 1n n n 40Dn det(aij ) n 1 n 2 n 3 n 4r1 r2 r2 r3 n 1 n 2 n 3 n 41 1

16、1 1 1 1 1 11 1 1 1 c2 c1c3 c1 n 1 2n 3 2n 4 2n 5 1 1 1 1 0 2 2 2 0 0 2 2 0 0 0 2 0 0 0 0 n( 1)n 1(n 1)2n 2 (6) Dn a1 1 1 1 a2 1 1 1 an11 , 其中 a1a2 an 0解 1 a1 1 1 1 a2Dn 1 1 111 an c1 c2 c2 c3a1 0 0 a2 a2 0 0 a3 a3 0 0 0 0 0 0 0 0 0an 1 an 1 1 0 an 1 an0 0 a1 1 0 0 a2 11 0 0 a3 11 1 a n 110 1 1 an 0

17、0 0 1 1 1 a a 1 21 0 01 1 0 0 1 1n 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1a1a2 an 0 0 0 0 0 0 1 a 1 1 a 2 1 a 3 0 0 0 0 1 a 0 0 0a )(1 (a a1 2 n n0 0 1 1 n1 n ai i 1ai 1 i 8 用克莱姆法则解下列方程组 x1 x2 x3 x4 54x x1 2x2 x3 4(1)2x1 3x2 x3 5x4 3x1 x2 2x3 11x4 2 2 0解 因为1 1 D 31 2 3 11 1 1 41 52 11142 D 1 52 2 0 1 2 3 1 1

18、1 1 4 1 2 111 1 142 D2 3 5 2 2 0 所以 1 D 3 2 3 Dx1D 1 2 3 11x1 5x2 6x3 0 (2) x2 5x3 6x4 0x3 5x4 6x5 0 x4 5x5 1 5x1 6x25 12 4 426 D4 2 0 11DD 2 x3 1 x2D D 11 2 3 1 2 3 11 1 1 2 1 1 1 4 1 2 112843 x452142 0 D 1 D 解 因为 5 6 0 0 01 5 6 0 0D 1 5 6 06650 0 1 5 0 0 0 1 5 6 0 0 00 5 6 0 D1 1 5 6 01507 D20 0 1

19、 5 0 0 1 5 5 1 0 0 01 0 6 0 0 0 5 6 00 0 1 5 0 1 0 1 51145 D35 6 1 0 0 1 5 0 0 0 1 0 6 0703 D4 0 0 0 5 0 0 1 1 56 0 0 15 6 0 1 5 6 0212 0 1 5 0 0 1 1 5 6 0 1 01 5 6 0 0 1 5 0 00 0 1 0 0 0 0 1 5 395 D5 所以 x x 1 2665 665 x 3 665 x 4 665 x4 665lx1 x2 x3 0 9 问 l m 取何值时 齐次线性方程组 x1 mx2 x3 0 有非零 x1 2mx2 x3

20、 0解？解 系数行列式为 l 1 1D 1 m m ml 1 2m 令 D 0 得m 0 或 l 1于是 当 m 0 或 l 1 时该齐次线性方程组有非零解 (1 l)x1 2x2 4x3 0 10 问 l 取何值时 齐次线性方程组 2x1 (3 l)x2 x3 0 有 x1 x2 (1 l)x3 0 非零解？解 系数行列式为 l 2 4 l 3 l 4 D 2 3 l 1 2 1 l 1 1 1 1 l 1 0 1 l(1 l)3 (l 3) 4(1 l) 2(1 l)( 3 l) (1 l)3 2(1 l)2 l 3令 D 0 得l 0 l 2 或 l 3于是 当 l 0 l 2 或 l

21、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 xx1 2 y1 2 y2 y32 3y1 y2 x2 y5y33 3y1 2 3y3求从变量 x1 x2 x3 到变量 y1 y2 y3 的线性变换解 由已知 x1 2 2 1 yx1x2 3 1 3 5 yy23 3 22 1故 yy1 2 3 2 1 x2 x1 7 4 9 y1y2 3 1 2 5 3 x2 6 3 3 2 7 4 y23 y3 yy1 7x1 4x2 9x32 6x1 3x2 y7x33 3x1 2x2 4x3 2 已知两个线性变换 x1 2 y1 y3xyy1 3z1 z2x2 4 2 yy1

22、3y2 2 y33 1 y2 5y3 y2 2z1 z33 z2 3z3求从 z1 z2 z3 到 x1 x2 x3 的线性变换解 由已知 xyx1 2 0 1 2x25 2 y12 3 23 4 1 4 2 0 3 1 3 1 0y2 1 2 5 2 0 0 1 3 1z1 zz2 3 6 1 3 z1 12 4 9 z2 10 1 16 z3 x1 6z1 z2 3z3 所以有 x2 12z1 4z2 9z3 x3 10z1 z2 16z3 1 1 1 3 设 A 1 1 11 1 1 B 1 2 3 1 2 4 0 5 1 求 3AB 2A 及 ATB 1 1 1 1 2 3 1 1 1

23、 解 3AB 2A 3 1 1 1 1 2 4 2 1 1 1 1 1 1 0 5 1 1 1 10 5 8 1 1 1 3 0 5 6 2 1 1 1 2 9 0 1 1 1 2 13 22 2 17 20 4 29 20 5 8 0 5 6 2 9 0 1 1 1 1 2 3 AT B 1 1 1 1 2 41 1 1 0 5 14 计算下列乘积 4 3 1 7 (1) 1 2 3 2 5 7 0 1解4 3 1 7 1 2 3 2 5 7 0 1 4 7 3 2 1 1 1 7 ( 2) 2 3 1 5 7 7 2 0 1 35 6 49 3 (2) (1 2 3) 2 13 解 (1

24、2 3) 2 (1 3 2 2 3 1) (10) 12 (3) 1 ( 1 2) 3 解2 1 ( 1 2) 3 2 ( 1) 2 2 1 ( 1) 1 2 3 ( 1) 3 2 3 1 3 0 1 2 1 21 2 1 2 2 4 1 2 3 6 1 (4) 2 1 4 0 0 1 1 3 4 1 4解1 2 1 4 0 0 1 1 3 4 1 4 3 1 3 0 6 7 8 20 5 6 a11 a12 a13 x1 (5) (x1 x2 x3) a12 a22 a23 x2 a13 a23 a33 x3 解a11 a12 a13 x1(x1 x2 x3) a12 a22 a23 x2a

25、13 a23 a33 x3 (a11x1 a12x2 a13x3 a12x1 a22x2 a23x3 2 2 2 a x a x a x 1x2 2a13x1x3 2a23x2 x3 11 1 22 2 33 3 2a12 x x1 a13x1 a23x2 a33x3) x2 x35 设 A 1 2 1 3(1)AB BA 吗?解 AB BA B 1 0 1 2 问 因为 AB 3 4 4 6 BA 1 2 3 8 所以 AB BA(2)(A B)2 A2 2AB B2 吗? 解 (A B)2 A2 2AB B2 因为 A B 2 2 2 5 ( A B)2 2 2 2 2 2 5 2 5 8

26、 14 14 29 6 8 8 12 1 0 3 4 10 16 15 27 但 A 2AB B2 22 2 3 8 4 11 所以(A B)A(3)(A B)(A B) A2 B2 吗?解 (A B)(A B) A2 B22 2AB B因为 A B 2 2 2 5 A B 0 2 0 1而( A B)(A B) 2 2 0 2 0 6 2 5 0 1 0 9 1 3 80 2 82 2 AB4 11 3 4 1 7故(A B)(A B) A2 B26 举反列说明下列命题是错误的(1)若 A2 0 则 A 0 解 取 A 0 1 0 0 则 A2 0 但 A 0 (2)若 A2 A 则 A 0

27、 或 A E解 取 A 1 1 0 0 则 A2 A 但 A 0 且 A E(3)若 AX AY 且 A 0 则 X Y 解 取 A 1 0 0 0X 1 1 Y 1 1 1 1 0 1 则 AX AY 且 A 0 但 X Y 7 设 A2 解 A 1 0 求 A 2 A 3 l 1 1 01 0 1 0l 1 l 1 2l 1 Ak 1 0 1 0 1 0 A3 A2 A2l 1 l 13l 1 A kkl 1 01 8 设 A l 0 1 0求 Ak0 0 l 1l 解 首先观察A2l 0 1 0 l l2 0 0 l 1 1 0 l 0 0 0 l 1 l 0 20 ll 2 0 2ll

28、1 2A3l3 0 3l2 A2 A 3l0 l3 0 3l3l2 4 A4l0 4l3l46l2A3A 4l30 0l4 l5 5l4 10l3A5A4 A 0 l5 0 5l40 l5lk klk 1 Ak lk 20 lk2 klk 1 0 0 lk用数学归纳法证明 当 k 2 时 显然成立 假设 k 时成立，则 k 1 时， klklk 1 Ak 1AkA0 lk2lk 2 0 0klk 1 lk l 0 1 0 0 0 l 1 l lk 1 (k 1)lk 1 0 lk 10 (k 1)k k 1 2(k 1)lk 1 lk 1由数学归纳法原理知lk 2 2 0 lk klk 10

29、0 lk lk klk 1 Ak 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 AT A 所以 (BTAB)T BT(BTA)T BTATB BTAB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 AB BA证明 充分性 因为 AT A BT B 且 AB BA 所以 (AB)T (BA)T ATBT AB即 AB 是对称矩阵必要性 因为 AT A BT B 且(AB)T AB 所以 AB (AB)T BTAT BA11 求下列矩阵的逆矩阵(1) 1 2 2 51 解 A 2 2 |A| 1 故 A 1 存在 因为 5