第3章习题答案

1.对.理由：由ABCAE可知，B和C都是方阵，进一步可知，B和C都是A的逆矩阵，又因为逆矩阵是唯一的，所以BC.

2.对.理由：因为A可逆，所以在ABO的两边同时左乘A，可得BO. 3.错.错的原因是：AX=YA中左右两边A的位置不同. 4.错. 改为XCA.

111010001，则AB可逆，但A和B都不可逆。若增加B5.错.反例，设A，01000条件A,B为方阵，则结论正确。

10TT6. 错.反例，设A01，则AA可逆，但AA不可逆.。若增加条件A为方阵，则结

00论正确。 7.对。

(A1)T(AT)1A1，A1也是对称矩阵.

1008.错。反例，设A000，则AO，但AO.

0009.对。用反证法可以证明。

证：若A的n个元素的余子阵都是奇异矩阵，则A的所有元素的代数余子式都为0.将A的行列式按第一行展开，可知A0，这与A是非奇异矩阵矛盾，所以A的n个元素中至少有一个元素的余子阵是非奇异矩阵.

10.对。注：讨论矩阵相乘可交换的问题时，一般要用到AA11. BAC=E不正确，BCA=E正确。理由：

由A,B,C为方阵及ABC=E可知，A可逆，其逆矩阵为BC，所以BCA=E.

122A1A.

同理可证CABE.但得不出BAC=E.

12.对。矩阵A的奇异性由A是否等于0决定，对三种初等变换分别讨论可知结论正确。

习题3-1 1. k5且k1.

22112.(1)A432111721(2)B1210

41153211(3)C0000000131201414(4)D1141414141414141414141414 14143.注：AAn1,AAA1,A13121 A2252 (1)2(AB)A2(AB)12TAT8AB1A8AB343. 2256. 9(2)2A3A12AA13A17A173A177343 (3)(4A)1A41A1AA1A1()3A144128 (4)OB133313 (1)(2A)B(1)B(2A)1O2A1.注：该题印刷有误，改为求B. 解：由ABA2BAE，得

(A2E)BAE, BA2E5.（1）证：

1A2EBA1,A2EBA1

22A1 4608(EA)(EAA22Ak1)

EAA2 AAk EAE

Ak1

Ak1Ak

EA可逆，且(EA)1EAA22Ak1

(AE)O.（2）证：反证法。设AE0,则AE可逆。由AE，得(AE)消去AE，得AEO,AE.这与AE矛盾，所以AE0,

（3）证法1：反证法。设A和B中有一个可逆，不妨设A可逆，由AB=O消去A，得B=O，这与B是非零的n阶方阵矛盾，所以A和B都不可逆.

证法2：由AB=O及B是非零的n阶方阵可知，方程组Ax0有非零解，所以A0，

A不可逆。

将AB=O转置，得BAO。同理可证，B不可逆

2222(4)证：由AABBO，得(AB)BA,ABBA.由A可逆，

TT2n得A0,A(1)A0,所以AB0,B0，因而 AB和B都可逆.

2进一步由A和B可逆可知，AB可逆.

2)(A3)E7,(E2)A（5）证：由AAEO，得(A2EEA3E,7E所以A2E可逆， (A2E)11(A3E).

7（6）证：由C可逆且C1(C1BE)AT,得C(C1BE)ATE,(BC)ATE.将上式转置，得A(BC)TE,所以A可逆且A1(BC)T.

）B.由A和B可逆可知，A和B可逆.因为A+B（7）证：AB=A（BA1）B1可逆，即AB可逆. 也可逆，所以A（BA11111111（8）证：

Ak2E,A可逆，A1k1k1A. 2k(A)k=（AA1）AAkAk(Ak)12E(2E)12n1E.

11（9）证：(A)1(AA1)1A1A,(A1)A1(A1)1AA,结论正确。

（10）证： (AB)AB(AB)ABB1A1(BB1)(AA1)BA.

（11）注：在本题中，没告诉A可逆。

证：记BkA,

ka11ijka1,j1ka1,j1ka1nkai1,nkai1,nkann 因为Bij(1)kai1,1kai1,1kan1kai1,j1kai1,j1kai1,j1kai1,j1kan,j1kan,j1

a11n1ija1,j1a1,j1a1nai1,nai1,nann k(1)ai1,1ai1,1an1ai1,j1ai1,j1ai1,j1ai1,j1an,j1an,j1

kn1Aij， 所以Bkn1A,即(kA)*A*.

TTT11TT1T1T（12）证：(A)A(A)A(A),(A)(AA)A(A),结论

正确。

116. 证：（1）在ABAB的两边左乘A右乘B，得

A1(AB)B1A1(AB)B1， 即 AB11E.

（2）由ABAB，得(AE)(BE)E.所以AE和BE都可逆，且

(AE)1BE.

（3）由(AE)(AE)1(AE)1(AE)及(AE)1BE,得

(AE)(BE)(BE)(AE),

即 ABBA.

注：研究矩阵可交换的问题，一般要通过AA1A1A来完成。

212021.

7.（1）； （2）51111258. X012. 0019.（1）解：EB(EA)(EA)(EA)(EA)2(EA)，

1110211)22 (EB)(EA2020. 03 （2）解：由已知，得(AE)BA14E,B4(AE)1A，

600B460.

42510.（1）证：设A和B的阶数分别为m和n.

OAOBOA11B1EmOOOE, EnOOA A1BO（2）证：由A和B都可逆知，1B1. OAO可逆。 OBOBAB1OO. ABAOAOA1AOOBOBOBABO 设Aaij为n阶上三角形可逆矩阵.

（3）证：归纳法.只对上三角形可逆矩阵进行证明，下三角形可逆矩阵的证明类似.

nna11a1211a22a121A,A,n2A 当时，为上三角形矩阵，0a0aaa22111122结论成立.

假设结论对于n1阶上三角形可逆矩阵成立，下面我们对n阶上三角形可逆矩阵A加以证明.

BA 将分块为AT0a1nCAn1C其中为的左上角阶子矩阵，,B.annan1,n由A可逆知，B也可逆，ann0.

1B1B1Cann1由归纳法假设可知，B为上三角形矩阵.因为AT,所以A1ann011为上三角形矩阵，结论正确.

提高题 3-1

T1. 解：由AA,得AA,TTAA,2A1或0.

由AAAE及AA，得AATAE.

22 Aai2,2,3). 1ai2ai3(i1因为AO,所以A中至少有一行不全为0，A0,A1. 2. 证：由已知，得E1,2AB.由A可逆可知，B也可逆. BBBAA1E, ,2A1E,2 所以对调A第1列与第2列得B. 3. 解：由已知，得CAE1,2E2,3(2).

1 C*ACC1AA2,E(32)111,2*111**EAA22,3E(2) E1,2100020E .2012204 1,20200104. 证：因为

(EBA)[EB(EAB)1A](EBA)(EBA)[B(EAB)1A](EBA)(BBAB)(EAB)1A(EBA)B(EAB)(EAB)1A(EBA)BAE，

所以EBA可逆，且(EBA)5. 证：因为

1

EB(EAB)1A.

A2(EaaT)2E2aaT(aaT)(aaT)

E2aaa(a)aa AAO,

2TTTE2TaaTaaETa，a A (A2E)(A3E)6E, (A2E)A3EE 61所以A2E可逆，并且(A2E)T6. 证法1：由aa1，得a0.

1(A3E).

6因为Aa(EaaT)aaa(aTa)aa0，所以方程组Ax0有非零解。进一步可知A0,A不可逆。 证法2：反证法.设A可逆.通过计算，得

A2(EaaT)2E2aaT(aaT)(aaT)

T E2aaa(Ta)aTaE2TaaTaaETa，a A2由AA消去A，得AE，这与已知矛盾，所以A不可逆。

7. 证法1：由ABE，得A1,B1.

因为AB0，所以A和B当中有一个为1，另一个为1，AB1. 又因为

22ABAEEBAB2A2BA(BA)BAABBAB，

所以AB0，AB不可逆。

证法2：由A2B2E，得A1,B1,A1A,B1B.

因为AB0，所以A和B当中有一个为1，另一个为1，AB1.

11又因为ABA(BA)BA(BA)BAABBAB，

所以AB0，AB不可逆。

习题3-2

1.（1）当k4或1时，有非零解；当k4且k1时，只有零解.

（2）当k0或11时，有非零解；当k0且k时，只有零解.

6611101110r3r1210121 2.解法1：A,b011114022410311031r36r1r201210121  r32r2006600111002r13r30101, r22r300112 所以x1. 1303021122211. 解法2：xAb6121411解法3：A011110111212, 1016,

26,B111114111101 B20126,B30114 x1114 1.B1BB2,x221,x33AAA3.证：必要性. 由A0知，方程组Ax0有非零解，设u0为方程组Ax0的非零解. 令Bu,0,,0，则BO,且ABO. ,bn0,0,,n),

,0，

充分性. 将ABO中的B和O按列分块，得 Ab1,b2, Abi0(i1,2, 这说明B的每一列都是方程组Ax0的解。因为BO,所以方程组Ax0有非零解，因而A0.