工程數(shù)學-線性代數(shù)第五版答案

第二章 矩陣及其運算1已知線性變換

x

2y

2yyx3yy5y1 1 2 32 1 2 3x3y3 1

2y2

3y3求從變量x1x2x3到變量y1y2y3的線性變換解 由已知x 221y1

1x 315y2 323 223x y23y 2211x 74 9y故 1

1

1y

31

x 6 3 7

y2 3232 3 2 4 2332y 332

yy

7x

9xy16xy2

1x2

27x33y3x3 1

2x2

4x32已知兩個線性變換x

2yy11

3zzx21y

2y

y2z

1z212 1 2 3 2 1 31x4yy3 1

5y3

yz3

3z3求從z1z2z3到x1x2x3的線性變換解 由已知x 2 01

2 013

0z1

1

1zx232z22

232

1z3y2x 3y2

4 1

2 4 1

0 3 236 1 3z12 4 910116z2 3x

6zz3z所以有x1

211z21z3 1 2 31 1 1 2 33設A1 1 1 B124求3AB2A及ATB 1 1 11 2 3 1 1解 3AB2A31 1 241 10 5 1 0 5 8 1 1 2 13 2230561 121720 2 9 0 1 1 11 2 3 0 5 8B1 1 24056 10 5 4計算下列乘積4 3 17(1)12325 7 0 5 7 0 4 3 17 473211 35解 123217(2)2316 5 7 01 577 3(2)23)21131解 23)2(132231)12(3)1(12)332

2(1)22 24解 1(11(1)12 3 3(1)

266(4) (4) 41344

3 123 10 21 3解 2 1 400

12

6 7 8411344

3 10 2

2056a a

a x(5)(x x1 2

x3

13 23 33 3解a a

a x(x x1 2

x3

13 23 33 3

x

xa

xa x a xa xa

a x

xa x)111

122 13 3 12 1 22

23

13

232 33

x2ax2a

x2a

x22a

xx2a

xx2a

3xx111

22

33

121

131

232315A1

2 B 3

0問22ABBA嗎?解 ABBA4AB4

4 BA12 ABA6 3 6 3(2)(AB)2A22ABB2嗎?解 (AB)2A22ABB22AB2

25(A)2

22

2

8 142525 292 2 2 但 A ABB3 86 82 2 2 4812 34 27所以(AB)2A22ABB2(3)(AB)(AB)A2B2嗎?解 (AB)(AB)A2B22AB2

2 AB0 5

212(A)(A)2

2050

20 1

69411 34 而 2B23 810411 34 故(AB)(AB)A2B2

876舉反列說明下列命題是錯誤的(1)若A20則A00A0

120000若A2A則A0AE0A0

12000若且A0則XY解 取A10 X

1Y100 10則AXAY且A0但XY 7A1023 解21010

1 011 2132A

1 010

1 0

211 1k

1 0k 1108A01Ak 00 解 首先觀察1010 101010 2 0000 A0 0 0 A0 0 0 A0 0 0 1 1

k(k 22A 2 k 0 0 0 用數(shù)學歸納法證明k2時顯然成立假設k時成立，則k1時，

k(k1)k 1 2 210A0 010 0 00 k

(k1)kk 1 1 2 10 0 0 由數(shù)學歸納法原理知

k(k1)k 1 2 20 0 0 9設AB為n階矩陣，且A為對稱矩陣，證明BTAB也是對稱矩陣證明 因為ATA所以(BTAB)TBT(BTA)TBTATBBTAB從而BTAB是對稱矩陣10ABnABABBA證明 充分性因為ATABTB且ABBA所以(AB)T(BA)TATBTAB即AB是對稱矩陣必要性ATABTB且(AB)TAB所以AB(AB)TBTATBA求下列矩陣的逆矩陣(1)12

252解 A2

2A11存在因為55A*

A5 2

2 112 22故 11A*

5 2|A| 2 1(2)cosisin 解 AcosiA1故A1存在因為sin A*

A

sin12 22所以 11A*

|A| sin1 2 1(3)3 4 2 54 1 1 2 1解 A3 4 2|A|20故A1存在因為 54 1 A A

A 4 2 0A*

13 6 1 32142 13 23 332 1 0所以 1A*

13311 |A|

2 2

16701 1 (4) 2

a

0)na0 a na 01 a 解 A 由對角矩陣的性質知 2 0 a n1 a 1 01 a 2 0 1 a n12解下列矩陣方程(1)2

5X4613 2 1解 X

51463 546223132

1

2 1 0 8 2 1

13

1 1(2)X1 1 1132 1 113解 X4 3 22 1 0 11 1 111311133 3 0 3 3 0 22 18

52 33 33(3)

4X

03 11

2 1

1 0解 X

413 1

01

01111243 110121 10216

0

110 2 123 0 2

04 010 100 14 3(4)100X0012 0 001 010 010114 31001解 X1002 0 01 0011 01014 3100 201002 0 011 3 4 00112 001 13利用逆矩陣解下列線性方程組x2

3x1(1)

21

5x22

x333解 方程組可表示為123x

122235 3 3x 12311 1故 22520 3513 0 3x1從而有 x1003 xxx2(2)13x1

2

5x303解 方程組可表示為111x

2213x113 2 5 0 3x 11112 5故 21310 3 2 50 3 3x5故有 03314AkO(k為正整數(shù))證明(EA)1EAA2Ak1證明 因為AkO所以EAkE又因為EAk(EA)(EAA2Ak1)所以 (EA)(EAA2Ak1)E由定理2推論知(EA)可逆且(EA)1EAA2Ak1證明 一方面有E(EA)1(EA)另一方面由AkO有E(EA)(AA2)A2Ak1(Ak1Ak)(EAA2Ak1)(EA)故 (EA)1(EA)(EAA2Ak1)(EA)兩端同時右乘(EA)1就有(EA)1(EA)EAA2Ak115AA2A2EOAA2E都可逆并A1及(A2E)1證明 由A2A2EO得A2A2E即A(AE)2E或 A1(AE)E22A可逆1(AE2由A2A2EO得A2A6E4E即(A2E)(A3E)4E或 (A2E)1E42推論知(A2E)且(A2E)114證明 由A2A2EO得A2A2E兩端同時取行列式得|A2A|2即 |A||AE|2故 |A|0所以A可逆而A2EA2|A2E||A2||A|20故A2E也可逆由 A2A2EOA(AE)2EA1A(AE)2A1E1(AE)2又由 A2A2EO(A2E)A3(A2E)4E(A2E)(A3E)4E所以 (A2E)1(A2E)(A3E)4(A2E)1(A2E)11416A3階矩陣|1求|(2A)15A*|2A解 因為1A*所以A| ||(2A)115|A|A1|15A1|||2A1|(2)3|A1|8|A|1821617 設矩陣A 可逆 證明其伴隨陣A*也可逆 且(A*)1(A1)*A證明 由1A*得A*|A|A1所以當A可逆時有A| ||A*||A|n|A1||A|n10從而A*也可逆A*|A|A1所以(A*)1|A|1AA又A 1 A|(A1)*所以A| 1|(A*)1|A|1A|A|1|A|(A1)*(A1)*18設n階矩陣A的伴隨矩陣為A*證明(1)若|A|0則|A*|0(2)|A*||A|n1證明用反證法證明假設|A*|0A*(A*)1E由此得AAA*(A*)1|A|E(A*)1O所以A*O這與|A*|0矛盾，故當|A|0時有|A*|0A1A*AA*|A|E取行列式得到A| ||A||A*||A|n若|A|0則|A*||A|n1若|A|0由(1)知|A*|0此時命題也成立因此|A*||A|n10 3319設A1 10ABA2B求B 解 由ABA2E可得(A2E)BA故2 3 310 33 0 33B(A2E)1A1 101 10123 1 2 11 10120設A020且ABEA2BB 解 由ABEA2B得(AE)BA2E即 (AE)B(AE)(AE)001因為|AE|01010所以(AE)可逆從而100201BAE030 21設Adiag(121)A*BA2BA8E求B解 由A*BA2BA8E得(A*2E)BA8EB8(A*2E)1A18[A(A*2E)]18(AA*2A)18(|A|E2A)18(2E2A)14(EA)14[diag(212)]14diag(1,1)2 22diag(121)1122已知矩陣AA*100

0 001 0000 1 0830 8且ABA1BA13E求B解 由|A*||A|38得由ABA1BA13E得ABB3AB3(AE)1A3[A(EA1)]1A3(E12100

01

60000110

0 06000 60600306 030 23P1A其中P141011 02解 由P1AP得APP1所以P3 *

14 P11

1 4131而 10111011 02

0211 1 4故 A 141 0

3 3

2731273211 1 02111 1 683684 3 31

1 24設APP其中P1 02 1 5求(A)A8(5E6AA2)

解 ()8(5E62)diag(1158)[diag(555)diag(6630)diag(1125)]diag(1158)diag(1200)12diag(100)(A)P()P11P()P*|P|1 0022221 02003 0 3 0 1111 25設矩陣A、B及AB都可逆證明A1B1也可逆并求其逆陣證明 因為A1(AB)B1B1A1A1B1而A1(AB)B1是三個可逆矩陣的乘積所以A1(AB)B1可逆即A1B1可逆(A1B1)1[A1(AB)B1]1B(AB)1A026計算000

21101 01 03 00 3

0 3 1 2102 30 03解 設

1

2 A21 B3 B2 31 01

2 03 1 2

2 03則 A

EE B

A

ABB1

AOB1

B 2222 222 而 AB

123 2 35 21 1

012

03 24AB

12 34 32 2 0

3

03

09

12 5 2所以 A

EEB

A

AB

0

1 241

AOB1

B 2

004 3 22

2 2 0

0 0912即01即00

102

0 3 1 2002 3 0

2 5 21 2404 3000

30

0 03

00 09 27ABCD

0AB|||B|100 011010100 0110102000AB01001101200020120解

CD |C||D|04CD 0

0 0 1101 而|A||B| 11 0 而|C||D| 11故 AB||B|CD |C||D|O3 4 O43 28設A 20求|A8|及A42 2 解 令

3

A

01則 A

43O

2 221 A 2故 AA O

O8 1 A 1 A2 2 82|A8||A8||A8||A|8|A|810161 2 1 254 0 O A

O0 4 1

24 0 2

2 2 6 429nAsB都可逆求B(1)OA1B 解設OA1C C則BO

C1 OAC

3 4C

ACE O EB E

C2

BC4 3 4 1 2 s ACE 由此得

AC3O BC4OE2 s

C4OC1B12所以 OA1

O B1BO CB(2)AO1CB 解 設AO1D

ODCB

AO

3 4D

AD

O CB

2 CD1D CD2D

E3 3

1 3 2 4 s ADE D 由此得

D1O BDO

D2B1CA12 4 s 4所以 AO1 1

OC B 30求下列矩陣的逆陣

B15200003(1)200302 05 022解 設A2

2 B83則1 5 1 5A 5

21 12

8

31 2321

2

52

5 8 520

01

12 0 0于是 2100 A 11 2 5 0 00083

B

0 230052

0 05 810002130(2)120213014 21 14

解 設A11

0 B3 2

0C2 4

1則221012

0140 AO14

O122112

0 C B 1 0 0 0 1 2 1

00 01 0 2 6 3 15 1 1 8 24 12 4工程數(shù)學期末復習要點鄒斌現(xiàn)在主要討論工程數(shù)學這門課程的考核要求，08秋工程數(shù)學考試形式為半開卷，行考比例占30%，我們將分章節(jié)復習。7征、數(shù)理統(tǒng)計基礎。第一部分線性代數(shù)一、行列式復習要求n階行列