山东建筑大学线性代数第二章复习题及答案

x12y1y31﹑已知两个线性变换x22y13y22y3,x4yy5y1233y13z1z2y22z1z3, yz3z233求从变量z1,z2,z3到变量x1,x2,x3的线性变换。 解 由已知

x1201y1201310z1x232y23220122z2

y415013zx415233613z11249z2 10116z3x16z1z23z3所以有 x212z14z29z3

x10zz16z1233123111T2﹑设A111,B124,求3AB2A及AB.

111051111123111解 3AB2A31111242111

111051111058111213223056211121720 2901114292111123058TAB111124056.

1110512903﹑计算；

4317⑴ 1232

570121

431747321135解：123217(2)2316.

570157720149

2⑵ 112

322(1)2224解：1121(1)1212。

33(1)32364．设A1023k,求A,A,,A. 110101010101032; AAA 112121131k解 A2利用数学归纳法证明: A10 k1当k1时,显然成立,假设k时成立,则k1时

010101AkAkA

k11(k1)1由数学归纳法原理知:Ak10. k110k5﹑设A01,求A.

00解 首先观察

23323101021A20101022, A3A2A0332

0000002003k(k1)k2kk1k2kk由此推测 A0kk1 (k2) (***)

00k22

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，

kkk1k(k1)k210Ak1AkA20kkk10100k00k1(k1)k1(k1)kk11(k20k1)k11 00k由数学归纳法原理知: (***)成立.

6﹑设A、B都是n阶对称阵,证明AB是对称阵的充要条件是ABBA. 证明： 由已知：ATA BTB

充分性：ABBAABBTATAB(AB)T

即AB是对称矩阵. 必要性：(AB)TABBTATABBAAB.

7．设A1213, B1012，问： (1)ABBA吗?

(2)(AB)2A22ABB2吗? (3)(AB)(AB)A2B2吗?

解 (1)A1213, B1012. 则AB341246 BA38(2) (AB)2222281425251429 但A22ABB23868101041181234161527 故(AB)2A22ABB2 (3) (AB)(AB)222502010609 而 A2B23810284113417 故 (AB)(AB)A2B2

23

ABBA  8．举反例说明下列命题是错误的: （１）若A0,则A0;

2（２）若AA,则A0或AE;

2（３）若AXAY,且A0, 则XY. 解 (1) 取A012, A0,但A0 00112, AA,但A0且AE 00111011. AXAY且A0 但, X, Y010011(2) 取A(3) 取AXY.

x12y12y2y39﹑已知线性变换x23y1y25y3,求从变量x1,x2,x3到变量y1,y2,y3的线性变

x3y2y3y1233换。

x1221y1解：x2315y2,

x323y33y1221x1749x1x637所以y23152x2,

y323x324x333y17x14x29x3即y26x13x27x3. y3x2x4x1233

10﹑求下列方阵的逆阵：

⑴ 112 2512, A1.A115, A212(1), A122(1), A221. 25解：A152AA521A1121. AA.

AA2121A122224

⑵ cosθ-sinθ

sinθcosθ1解：A10 故A存在

A11cosA21sinA12sinA22cos

从而 A1

cossin.

sincos000 (a1a2an0) ana1000a200a3（3） 00001a011a21解： 由对角矩阵的性质知 A.

01an

11﹑解矩阵方程：

211113⑴ X210432

1111012212111131131解：X232852 210343243211133033

1010100143⑵ 100X001201

001010120010143100解：X100201001

00112001025

11010143100210100201001134. 001120010102

x12x23x3112、利用逆阵解线性方程组：2x12x25x32 .

3x5xx3231123x11解：解、 (1) 方程组可表示为 225x22

351x33x112311故 x222520

x351303x11从而有 x20.

x30

13、设A0（k为正整数）,证明：EAk11EAA2Ak1.

证明： 一方面， E(EA)(EA)

另一方面，由AO有

k1E(EA)(AA2)A2Ak1(Ak1Ak)(EAA2Ak1)(EA)

故 (EA)(EA)(EAAA两端同时右乘(EA) 就有(EA)

1112k1

)(EA)

EAA2Ak1.

26

03314、设A=110,AB=A+2B, 求B.

-123

解 由ABA2B可得(A2E)BA

233033033故B(A2E)1A110110123.

121123110

15、设PAP, 其中P11111141011A, 求. ,10211111解 PAP故APP所以APP P3 P114141  P11113111010而 1111

0202412731273214103113故 A. 1111683684110233

16.设矩阵A可逆，证明其伴随阵A也可逆，且(A)*1(A1)*。

证 因A=AA，由A的可逆性及A0，可知A可逆，且

11(A)1(AA1)1＝

1A； A27

1另一方面，由伴随阵的性质，有A1(A1)*=AE.

1用A左乘此式两边得(A1)*=AA=A1A=

1A, A比较上面两个式子，即知结论成立。

17、设n阶方阵A的伴随阵为A,

**证明: ⑴若A=0,则A0； ⑵ AA1证明 (1) 用反证法证明．假设A0则有A(A)E.

*n1.

由此得AAA(A)1AE(A)1OAO.

这与A0矛盾，故当A0时, 有A0.

(2) 由于AAAE

取行列式得到: AAA 若A0 则AAn1n

若A0由(1)知A0此时命题也成立

故有AA

n1.

-2,1)，ΑΒΑ=2ΒΑ-8Ε，求B。 18.设A=diag(1,解 由于所给矩阵方程中含有A及其伴随矩阵A，因此仍从公式AA=AE着手。为此，

*用A左乘所给方程两边，得AABA2ABA8A，

*又，AB=2AB-8E(2A2E)B=8E(AE)B=4E.

注意到AE=diag(1,2,1)diag(1,1,1)=diag(2,1,2),是可逆矩阵，且

11(AE)1=diag(,1,),

22于是B＝4(AE)=diag(2,4,2).

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1344319、设A0000002200841AAA,求 及及. 0234O3443AO20， 令A1解 A , A2. 则A1. O202243A888故A1OOA2A1OOA8. 2540 A4A41OA4054OO. 24O202624340252501A1430A1. A125250210002100122

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22OA2A8A88881A2A161A210.