线性代数答案

1、第二章矩阵及其运算1 已知线性变换x1 2y12y2y3x2 3y1y25y3x33y12y2 3y3求从变量 x1x2 x3 到变量 y1y2y3 的线性变换解由已知x2 2 1y11y2x23 1 5x33 2 3y2y12 2 11 x17 4 9y1故y23 1 5x26 3 7 y2y3 2 3x332 4y23y17x14x29x3y26x13x27x3y33x12x24x32已知两个线性变换x1 2y1 y3y13z1 z2x22y1 3y2 2y3y2 2z1 z3x3 4y1 y2 5y3y3z2 3z3求从 z1 z2 z3 到 x1 x2 x3 的线性变换解由已知x20

2、1y120 13 1 01x22 3 2y22 3 220 1x341 5y41 501 32z1z2z3613z112 4 9 z210 1 16 z3x16z1z23z3所以有 x212z14z29z3x310z1z216z31111232A 及 ATB3设 A1 11B12 4求 3AB111051111123111解3AB2A3 1 1112 42 111111051111058111213223 05 62 111217202901114292111123058ATB111124 0561110512904 计算下列乘积4317(1)12325701431747321 135解123

3、217(2)2316570157720 1493(2) (123)2 13解(123)2(132231)(10)12(3)1(1 2)322(1) 222 4解1(12)1(1)121 233(1) 323 6131(4)21 4 001211 3 4131402214 0131678解01211 3 41312056402a11a12 a13 x1(5) (x1 x2 x3) a12 a22 a23 x2 a13 a23 a33 x3解a11a12a13x1(x1 x2 x3) a12 a22a23 x2a13a23a33x3x1(a11x1a12x2 a13x3 a12x1 a22x2 a

4、23x3 a13x1 a23x2 a33x3) x2x3a x2a x2a x22a x x 2a x x 2a x x1112223331212131323235 设 A1 2B1 0问1 31 2(1)AB BA 吗 ?解 ABBA因为 AB34BA1 2所以 AB BA463 8(2)(A B)2 A2 2AB B2 吗?解 (A B)2 A2 2AB B2因为 AB2 22 5( AB)2222 28 14252 514 29但A2 2AB B23 86 81 010 164 118 123 415 27所以 (A B)2 A2 2AB B2(3)(A B)(A B) A2 B2 吗?

5、解 (A B)(A B) A2 B2因为 AB2 2A B0 22 50 1( AB)( AB)2 20 20 62 50 10 9而A2 B23 810 284 113 417故(A B)(A B) A2 B26 举反列说明下列命题是错误的(1)若 A20 则 A0解 取 A0 1则 A20但 A 00 0(2)若 A2A 则 A0或A E解 取 A1 1则 A2A但A 0且A E0 0(3)若AX AY且 A 0则 X Y解取A1 0X11Y1 10 01 10 1则AXAY且A0 但XY7 设 A1 023Ak1求 AA解 A21 01 0101121A3A2A101 01021131A

6、k10k110求 Ak8 设 A010 0解 首先观察1010221A20101022000000233 23A3A2A033 2003A4A344 36 2A044 3004A5A455 410 3A055 4005k k k 1k(k1)k2k02Akk k100k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，k k k1k(k1)k 21 0Ak 1 Ak A 02kk k 10 100k00k 1 (k1)k 1(k1)kk 10k1(k2k 11)00k 1由数学归纳法原理知kk k 1k(k 1)k 2Ak02kk k100k9设 A B 为 n 阶矩阵

7、，且 A 为对称矩阵，证明BTAB 也是对称矩阵证明因为ATA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 22 5解A12|A| 1故 A1存在因为25A*A11A2152A12A2221故A 11 A*52| A|2 1(2)cossins

8、incos解Ac o ss i n|A| 10 故 A1存在 因为s i nc o sA*A11A21cossinA12A22sincos所以A 11 A*cossin| A|sincos121(3)342541A121|A|20故A1存在解342因为541A11 A21 A31420A*A12 A22 A321361A13 A23 A33321421 A*210所以A 113 31| A|2216 71a1 a02(a1a2an0)(4)0ana10Aa2解由对角矩阵的性质知0an110a1A1a201an12 解下列矩阵方程(1)2 5X461 3212 5163546223解X41 32

9、112210821111 3(2)X 21043211111 32111解X2104321111 11 31012 3234323 302 218 5233(3)14X2 031121 1011411201解X31 2011 1124311 01211011 216 61 01110123 01 240 1 01 0 0143(4)1 0 0X0 0 12010 0 10 1 0120114310 1 01 0 0解X10020 10 0 10 0 11200 1 00 1 01431 0 02101 0 02010 0 11340 0 11200 1 010213 利用逆矩阵解下列线性方程组

10、x12x23x31(1) 2x1 2x2 5x3 23x1 5x2 x3 3解方程组可表示为1 2 3x112 2 5x223 5 1x33x1123111故x222520x335 130x11从而有x20x30x1x2x32(2) 2x1 x2 3x3 13x1 2x2 5x3 0解方程组可表示为111x12213x21325x03x1111125故x221310x332503x15故有x20x3314 设 Ak O (k 为正整数 )证明(E A)1 E A A2Ak 1证明因为 Ak O 所以 E AkE 又因为E Ak (E A)(E A A2Ak 1)所以(E A)(E A A2Ak

11、 1)E由定理 2推论知 (E A)可逆且(EA)1EAA2Ak 1证明一方面有E (E另一方面由 Ak O有E (E A) (A A2) A2A)1(EA)Ak 1(Ak 1Ak)(EAA2A k 1)(EA)故(E A)1(EA) (E A A2Ak 1)(E A)两端同时右乘 (E A) 1就有(E A) 1(E A) E A A2Ak 115 设方阵 A满足 A2 A 2E O 证明 A及 A 2E都可逆 并求 A 1及(A 2E) 1证明由 A2A2E O得A2A2E即 A(A E)2E或A 1(AE)E2由定理 2推论知 A可逆 且A11(A E)2由A2 A 2E O得A2A 6

12、E4E 即 (A 2E)(A 3E)4E或( A2E) 1(3E A)E4由定理 2 推论知 (A2E)可逆且(A 2E) 11(3E A)4即故证明由A2 A 2E O得|A2 A| 2|A|A E| 2|A| 0A2A 2E两端同时取行列式得所以 A 可逆而 A 2E A2 |A 2E| |A2| |A|2 0故 A 2E 也可逆由A2A2EO A(AE)2EA 1A(A E) 2A 1EA1 1(A E)2又由A2A2EO(A 2E)A 3(A 2E)4E(A 2E)(A3E)4 E所以(A 2E) 1(A 2E)(A3E)4(A 2 E)1(A 2E) 11(3EA)416设A为3阶矩

13、阵|A|1 求 |(2A) 15A*|2解因为 A11 A*所以| A|(2A) 15A*| |1A 15|A|A 1| |1 A 15A 1|222| 2A1|(2)3|A 1|8|A| 182 1617 设矩阵 A 可逆 证明其伴随阵 A*也可逆 且 (A*) 1 (A 1)*证明由A11A* 得 A* |A|A 1所以当 A 可逆时有| A|A*| |A|n|A 1|A|n 1 0从而A* 也可逆因为A*|A|A1所以(A*)1|A|1A又A1|A1|(A1)*|A|(A1) *所以(A*) 1 |A| 1A |A| 1|A|(A 1)*(A 1)*18 设 n 阶矩阵 A 的伴随矩阵为

14、 A* 证明(1)若|A| 0则 |A*|0(2)|A*|A|n 1证明(1)用反证法证明假设 |A*| 0则有 A*( A*) 1 E由此得AA A*( A*)1|A|E(A*) 1O所以A* O这与 |A*| 0 矛盾，故当 |A| 0 时 有|A*|0(2)由于 A 11 A*则 AA* |A|E 取行列式得到|A|A|A*|A|n若|A| 0则 |A*|A|n 1若 |A| 0 由 (1)知|A*| 0 此时命题也成立因此 |A*|A|n 103319设A 110 ABA2B求 B1 23解由AB A2E 可得 (A 2E)BA故23313 303 30B (A 2E)1 A 11 0

15、11 01 2 31211 2 311 01 0 1且ABEA2B 求B20 设A 0201 0 1解由AB E A2 B得(A E)B A2 E即(A E)B (A E)(A E)因为 |AE |0 0 11 0 所以(AE)可逆01 0从而1 0 02 0 1BAE0 3 01 0 221设 A diag(12 1) A*BA 2BA8E 求B解由 A* BA 2BA8E 得(A*2E)BA8EB8(A*2E) 1A 18A(A*2E) 18(AA*2A) 18(|A|E2A) 18(2E2A) 14(EA) 14diag(212)14diag(1 ,1, 1)2 2 2diag(1 2

16、1)100022已知矩阵 A的伴随阵 A*010 0101003 0 8且ABA1 BA1 3E求B解由 |A*| |A|3 8得|A| 2由ABA1 BA1 3E得ABB3AB 3(A E) 1A 3A(EA 1) 1A3(E1A*) 16(2EA*) 1210 0016 0 00601 000 6 001 0 106 0 6003 060 3 0123设 P1AP其中P141 011110 2求 A解由P1AP得 A PP 1所以 A11 A=P11P 1.|P| 3P*1 4P 11141 13111 0111 0而110 20 2111410142731 2732故A113311021

17、1116836843324设AP P其中 P111110211115求 (A) A8(5E 6A A2)解( )8(5E 62)diag(1 1 58)diag(5 5 5) diag( 6 6 30) diag(1 1 25)diag(1 1 58)diag(12 0 0) 12diag(1 0 0)(A) P ()P11 P()P*| P|1111 0 02222 1020 0 03031110 0 01211 1 141111 1 125 设矩阵 A、B及A B都可逆 证明 A1 B1也可逆 并求其逆阵证明因为A 1(AB)B1B1A1A1B111而 A (A B)B是三个可逆矩阵的乘积

18、所以A1(AB)B1可逆即A1 B1可逆(A 1B1)1A 1(AB)B 1 1 B(A B) 1A1 21 01 03126 计算01 010 12100210 02300030 003解设 A112A22 1B131B223010 32103则A1E EB1A1 A1B1 B2O A2O B2O A2B2而A1B1 B21 23123520 1210324A2B22 123430 303091 252所以A1E EB1A1 A1B1 B20 124O A2O B2O A2B20 0430 00912101 0311 252即01010 1210 12400210 0230 04300030 0030 00927取ABC D1 0验证A B |A| |B|0 1C D |C| |D|101 0200 0解AB 0101 020020104CD 1010 1010 020101 0 101 0 1而|A| |B|1 10|C| |D|1 1故AB|A| |B|CD|C| |D |34O28设 A4384O2 0求|A |及 A2 2