同济大学工程数学线性代数第六版答案全.docx
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同济大学工程数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
(1)
2
0
1
1
4
1
1
8
3
解
2
0
1
1
41
1
8
3
2(4)30
(1)
(1)118
0132
(1)81(4)
(1)
2481644
abc
(2)bcacab
abc
解bcacab
acbbaccbabbbaaaccc
333
3abcabc
111
(3)abca2b2c2
111
解abca2b2c2
222222
bccaabacbacb
xyxy
(4)yxyx
xyxy
xyxy
解yxyx
xyxy
x(xy)yyx(xy)(xy)yxy3(xy)3x33xy(xy)y33x2yx3y3x3
2(x3y3)
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5
32
31
42
41,21
(4)2413
解
逆序数为3
21
41
43
(5)13
(2n
1)24
(2n)
解
逆序数为n(n
1)
2
32(1个)
52
54(2个)
727476(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(n1)
32(1个)
5254(2个)
(2n
1)2(2n1)4(2n1)6
(2n1)(2n2)(n1个)
4
2(1个)
6
2
64(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)1a11a23a32a44a11a23a32a44
(1)ta11a23a34a42
(1)2a11a23a34a42a11a23a34a42
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
2
0
2
1
1
2
2
(1)43
10520
c4
10
3
2
14
103
14
0
117
7c30
010
4
110
c2
c3
9
9
10
0
1
2
2
c1
21c3
0
0
2
10
3
14
171714
2141
(2)3121
1232
5062
2
1
41
cc
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
rr2140
413122
12300
0000
abacae
(3)bdcdde
bfcfef
ab
ac
ae
b
c
e
解
bd
cd
de
adfb
c
e
bf
cf
ef
b
c
e
1
1
1
4abcdef
adfbce1
1
1
1
1
1
a
1
0
0
(4)
1
b
1
0
0
1c
1
0
0
1d
a
1
00
rar
0
1ab
a0
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
0c3dc21
ab
a
1
ad
1)21
1
c
1
1
c
cd
0
1d
0
1
0
(
1)(
1)
3
21
ab
ad
abcdabcd
ad
1
1
1
cd
5证明:
a2abb2
(a
b)3;
(1)2a
a
b2b
1
1
1
证明
a2
ab
b2c2c1
a2aba2b2a2
2a
a
b
2b
2a
b
a
2b
2a
1
1
1
c3
c1
1
0
0
(
1)
31aba2b2a2
(b
a)(b
aba
(ab)
3
b
a
2b2a
a)12
ax
byay
bzaz
bx
x
y
z
(2)ay
bzaz
bxax
by
(a3
b3)yzx;
az
bxax
byay
bz
z
x
y
证明
axbyaybzazbx
aybzazbxaxby
azbxaxbyaybz
xay
bzaz
bx
yaybzazbx
ay
az
bxax
by
bz
az
bx
ax
by
z
ax
byay
bz
x
ax
by
ay
bz
xay
bz
z
y
zaz
bx
a2y
az
bx
x
b2z
xax
by
zax
by
y
x
yay
bz
x
y
z
y
zx
a3y
z
x
b3z
xy
z
x
y
x
yz
x
y
z
x
yz
a3y
z
x
b3y
zx
z
x
y
z
xy
x
y
z
(a3b3)y
z
x
z
x
y
a2
(a1)2(a
2)2
(a3)2
(3)
b2
(b
1)2
(b
2)2
(b
3)2
0;
c
2
(c
2
(c
2
(c
3)
2
1)
2)
d2
(d
1)2
(d
2)2
(d
3)2
证明
a2
(a
1)2
(a
2)2
(a
3)2
b2
(b
1)2
(b2)2
(b3)2
(c4c3c3c2c2c1得)
2
(c
2
(c
2)
2
(c
3)
2
c
1)
d2(d
1)2(d
2)2(d
3)2
a2
2a
1
2a
32a
5
b2
2b
1
2b
3
2b
5
(c4
c3c3
c2得)
c2
2c
12c
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
a
1
a
0
b
c
d
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
c
d
a)
b2(b
a)c2(c
a)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
a)(c
b)(db)c(c
1
a)d(d
1
a)
b
b
=(a
b)(a
c)(ad)(bc)(b
d)(c
d)(ab
c
d)
x
1
0
0
0
0
x
1
0
0
xna1xn1
an1xan
(5)
0
0
x
1
0
anan1an2
a2xa1
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
a2xa1
假设对于(n1)阶行列式命题成立
即
Dn1xn1a1xn2
an2xan1
则Dn按第一列展开
有
1
0
0
0
Dn
xDn1an(
n1
x
1
0
0
1)
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
D1
a1n
D2
an1
D3
a11
a11
a11
an1
n(n
1)
证明D1D2
(1)2DD3D
证明
因为D
det(aij)
所以
an1
ann
a11
a1n
n1an1
ann
D1
(
1)
a11
a1n
a21
a2n
a11
a1n
a21
a2n
(
1)n1(
1)n2an1
ann
a31
a3n
1)1
2
(n
2)
(n1)D
n(n1)
(
(
1)
2
D
同理可证
n(n1)a11
an1
n(n
1)
n(n1)
D2
(1)2
a1n
ann
(1)2DT
(1)2D
n(n1)
n(n
1)
n(n
1)
(1)n(n1)DD
D
(
1)
2
D
2
(
1)
2
(
1)
2
D
3
7计算下列各行列式(Dk为k阶行列式)
a
1
(1)Dn
1
其中对角线上元素都是a
未写出的元素
a
都是0
解
a
0
0
0
1
0
a
0
0
0
Dn
0
0
a
0
0
(按第n行展开)
0
0
0
a
0
1
0
0
0
a
0
0
0
0
1
a
a
0
0
0
0
(1)n10a0
00
(1)2na
a(n1)(n1)
0
0
0
a
0(n1)(n1)
a
(1)n1
(1)nananan2an2(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
xx
0
0
Dn
a
x
0
x
a
0
a
x
0
0
0
x
a
再将各列都加到第一列上
得
x(n
1)a
a
a
a
Dn
0
x
0
a0
a
0
[x(n1)a](xa)n1
0
x
0
0
0
0
0
xa
an
(a
1)n
(a
n)n
an1
(a
1)n1
(a
n)n1
(3)Dn1
a
1
a
n
;
a
1
1
1
解
根据第6
题结果
有
1
1
1
Dn1(
1)
n(n
1)a
a
1
a
n
2
an1(a
1)n1
(a
n)n1
an
(a
1)n
(a
n)n
此行列式为范德蒙德行列式
n(n1)
Dn1(
1)
2
[(a
i1)(aj1)]
n
1i
j
1
n(n1)
(
1)
2
[
(i
j)]
n
1i
j
1
n(n1)
(1)2
(1)
(ij)
n(n1)
1
j)
2
(i
n1ij1
n1ij1
an
bn
(4)D2n
a1
b1
;
c1
d1
cndn
解
an
bn
D
2n
a1
b1
(按第1行展开)
c1
d1
cn
dn
an1
bn1
0
a1
b1
a
c
d
1
1
n
cn1
dn1
0
0
0
dn
0an1
(1)2n1bn
cn1
cn
再按最后一行展开得递推公式
D2nandnD2n2bncnD2n2
n
于是
D2n
(aidi
bici)D2
i
2
而
D
2
a1
b1
ad
bc
c
d
11
11
1
1
n
所以
D2n
(aidi
bici)
i1
(5)Ddet(aij)其中aij|ij|;
bn1
a1b1
c1d1
dn1
0
即D2n(andnbncn)D2n2
解aij
|i
j|
0
1
2
3
n
1
1
0
1
2
n
2
Dn
det(aij)
2
1
0
1
n
3
3
2
1
0
n
4
n
1n
2n
3n
4
0
1
1
1
1
1
r1
r2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
r2
r3
1
1
1
1
1
n
1n
2n3n4
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
n12n
32n42n5
n1
(
1)n1(n
1)2n2
1a1
1
1
(6)
1
1
a2
1
其中a1a2
an0
Dn
1
1
1an
解
1
a1
1
1
Dn
1
1a2
1
1
1
1an
a1
0
0
c1
c2
a2
a2
0
0
a
a
3
3
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
an
1
an
0
0
a1
0
0
1
a1
0
0
2
a1
3
1
1
a1
0
11
n1
1
a
n
1
0
0
0
0
a
1
0
1
0
0
0
1
a
1
0
0
1
0
0
2
a
1
a1a2
an
3
0
0
0
1
a
1
0
n1
0
0
0
0
0
1
n
a1
i
i1
(aa
a)(1
n1)
12
n
i
1ai
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
2
0
所以
x1
D
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