工程数学(线性代数与概率统计)复旦大学,第二章典型例题分析

第二章例1设A为三阶方阵，*A为其伴随矩阵，12A，求1*1()103AA.解：因为A可逆，定理3.11*1AAA,*1AAA,代入原式得，1*11111()10310288*2163AAAAAAA例2设3203A，求nA.解：由于A的主对角元素相同，故可以将A拆写成1002330100AEB,且(2,3,)KBOk由于矩阵有与数一样的二项式公式，因此有11222111(3)(3)(3)(3)3002332333030003nnnnnnnnnnnnnnnnAEBECEBCEBBnnEnB例3设1100011000110001B,2134021300210002C,且矩阵A适合方程1()2TTACEBCEO,求A.解：解此类型题时应先将方程化简，将所要求的矩阵A尽量用已知的矩阵来表示，1()2TTACEBCEO可化简成()2TACBE,12[()]TACB,于是有11100021002[()]232104321100020002100420021210242001210242TACB例4111111111A,又*12AXAX，求X。解:将方程两边左乘矩阵A，可得*2AAXEAX,又将*1AAA代入，可得(2)AEAXE，所以1(2)XAEA,且由4A，所以112221101(42)2220114222101XEA例5设*()ijnnAa为n阶非零矩阵，且对任意元素ija，都有ijijaA，证明A可逆。证明：（要证明A可逆，可证明0A）因为0A,那么A中至少有一个元素不为零，记该元素为ija，则将A按第i行展开，可得1122iiiiijijininAaAaAaAaA，又因为已知条件有ijijaA，于是2222120iiijinAaaaa，所以0A，故A可逆。例6已知EAB可逆，证明EBA可逆，且11()[()]EBAEBEABA.证明：（要证明矩阵A可逆的方法通常就是找出一个矩阵B，使得AB=E）因为1111()[()]()()()()EBAEBEABAEBEABABABABEABAEBABEABEABAEBABAE所以EBA可逆，且11()[()]EBAEBEABA例7讨论n阶方阵A的秩(2)abbbabnbba。解：要讨论一个矩阵的秩，一般方法是对该矩阵进行初等行（列）变换，将矩阵变成阶梯矩阵。对该方阵进行分析可发现该矩阵的每一行（列）各元素之和相等，因此可对该矩阵进行如下的初等行(列)变换。11(1)(1)2,3,,(1)(1)002,3,,00ijabbanbbbCCbabanbabinbbaanbbaanbbbrrabjnab所以当ab且(1)anb时()rAn；当0ab时，此时0A，()0rA；当0ab时，()1rA；当(1)anb时，()1rAn.例8设方阵B为满秩矩阵，证明()()rBCrC.证明：由于方阵B为满秩矩阵，由定理5.4可知存在有限个初等矩阵12,,,lPPP，使得12lBPPP从而就有12lBCPPPC,从这个式子可以看出来，BC是由C经过若干次初等行变换所得，由定理5.2，对矩阵实施初等变换，矩阵的秩是不变的，因此有()()rBCrC.证毕。例9设CAB,其中A是对称矩阵，B为反对称矩阵，证明下列三个条件是等价的。(1)TTCCCC;(2)ABBA;(3)AB是反对称矩阵.证明：(1)(2)由A是对称矩阵，B为反对称矩阵可知TAA,TBB，从而TTTCABAB由已知TTCCCC，代入得()()()()ABABABABABBA(2)(3)(要证明AB是反对称矩阵，即证明()TABAB)()(2)TTTABBABAAB(3)(1)2222()()()()()()TTTTTTTTTTTTCCABABABABAABBABABAABBABABCC