1、1 第一章 行列式 1 利用对角线法则计算下列三阶行列式 (1)381 141102 解 381 141102 2(4)30(1)(1)118 0132(1)81(4)(1) 2481644 (2)bac acbcba 解 bac acbcba acbbaccbabbbaaaccc 3abca3b3c3 (3)222111cba cba 解 222111cba cbabc2ca2ab2ac2ba2cb2 (ab)(bc)(ca) 2 (4)yxyx xyxyyxyx 解 yxyx xyxyyxyx x(xy)yyx(xy)(xy)yxy3(xy)3x3 3xy(xy)y33x2 yx3y3x3
2、 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)1 2 3 4 解 逆序数为 0 (2)4 1 3 2 解 逆序数为 4 41 43 42 32 (3)3 4 2 1 解 逆 序数为 5 3 2 3 1 4 2 4 1, 2 1 (4)2 4 1 3 解 逆序数为 3 2 1 4 1 4 3 (5)1 3 (2n1) 2 4 (2n) 解 逆序数为 2 )1( nn 3 2 (1个 ) 5 2 5 4(2个 ) 7 2 7 4 7 6(3个 ) 3 (2n1)2 (2n1)4 (2n1)6 (2n1)(2n2) (n1个 ) (6)1 3 (2n1) (2n) (
3、2n2) 2 解 逆序数为 n(n1) 3 2(1个 ) 5 2 5 4 (2个 ) (2n1)2 (2n1)4 (2n1)6 (2n1)(2n2) (n1个 ) 4 2(1个 ) 6 2 6 4(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
4、(1)ta11a23a34a42(1)2a11a23a34a42a11a23a34a42 4 计算下列各行列式 4 (1)7110 025102021 4214 解 7110 025102021 42140100 1423102021 1021473234cccc 34)1(14310 2211014 14310 2211014 0141717 2001099323211 cc cc (2)2605 23211213 1412 解 2605 23211213 1412 2605 03212213 041224 cc0412 03212213 041224 rr 00000 03212213 0
5、41214 rr (3)efcfbf decdbdaeacab 解 efcfbf decdbdaeacabecb ecbecbadf a b c d e fa d f b c e 4111 111111 5 (4)dcba100 110011 001 解 dcba100 110011 001dcb aabarr100 110011 01021 dcaab10 1101)1)(1( 12 010 11123 cdc adaabdcc cdadab 111)1)(1( 23abcdabcdad1 5 证明 : (1)111 2222 bbaa baba (ab)3; 证明 111 2222bbaa
6、 baba 001 222 22221213ababa abaabacc cc abab abaab 22)1( 22213 21)( abaabab (ab)3 (2)yxz xzyzyxbabzaybyaxbxaz byaxbxazbzaybxazbzaybyax )(33 ; 证明 bzaybyaxbxaz byaxbxazbzaybxazbzaybyax 6 bzaybyaxx byaxbxazzbxazbzayybbzaybyaxz byaxbxazybxazbzayxa bzayyx byaxxzbxazzybybyaxz xbxazyzbzayxa22 zyx yxzxzybyx
7、z xzyzyxa33 yxz xzyzyxbyxz xzyzyxa33 yxz xzyzyxba )(33 (3) 0)3()2()1()3()2()1()3()2()1()3()2()1(2222222222222222ddddccccbbbbaaaa; 证明 2222222222222222)3()2()1()3()2()1()3()2()1()3()2()1(ddddccccbbbbaaaa(c4c3 c3c2 c2c1得 ) 523212 523212523212 5232122222 dddd ccccbbbb aaaa (c4c3 c3c2得 ) 7 02212 22122212
8、 22122222dd ccbb aa (4)444422221111dcba dcbadcba (ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(abcd); 证明 444422221111dcba dcbadcba )()()(0)()()(001111222222222 addaccabbaddaccabb adacab )()()(111)()(222 addaccabb dcbadacab )()(00111)()(abdbddabcbcc bdbcadacab )()( 11)()()()( abddabccbdbcadacab =(ab)(ac)(ad)(bc)(bd)(cd)(
9、abcd) 8 (5)1221 1 000 00 10 00 01axaaaa xxxnnn xna1xn1 an1xan 证明 用数学归纳法证明 当 n2时 212122 1 axaxaxaxD 命题成立 假设对于 (n1)阶行列式命题成立 即 Dn1xn1a1 xn2 an2xan1 则 Dn按第一列展开 有 1 11 00 1 00 01)1( 11 xxaxDD nnnn xD n1anxna1xn1 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 nnnnaaaaD11111 1
10、1112 nnnnaaaaD 11113 aaaaDnnnn 证明 DDD nn 2 )1(21 )1( D3D 证明 因为 Ddet(aij) 所以 9 nnnnnnnnnnaaaaaaaaaaD2211111111111)1( )1()1(331122111121nnnnnnnnaaaaaaaaDD nnnn 2 )1()1()2( 21 )1()1( 同理可证 nnnnnnaaaaD )1(11112 )1(2 DDnnTnn 2 )1(2 )1( )1()1( DDDDD nnnnnnnn )1(2 )1(2 )1(22 )1(3 )1()1()1()1( 7 计算下列各行列式 (Dk
11、为 k阶 行列式 ) (1)aaDn 1 1 , 其中对角线上元素都是 a 未写出的元素都是 0 解 aaaaaD n0 0010 00000 0000 0010 00(按第 n行展开 ) 10 )1()1(10 000 00 00 00 0010 000)1( nnnaaa)1()1(2 )1(nnnaaa nnnnn aaa )2)(2(1 )1()1( anan2an2(a21) (2)xaaaxa aaxDn ;解 将第一行乘 (1)分别加到其 余各行 得 axxaaxxa axxaaaaxD n 000 0 0 0 0 再将各列都加到第一列上 得 axaxaxaaaanxD n 00
12、00 0 000 00)1(x(n1)a(xa)n1 (3)1 111)( )1()( )1(1111naaanaaanaaaDnnnnnnn ; 解 根据第 6题结果 有 11 nnnnnnnnnnaaanaaanaaaD)( )1()()1(11 11)1(1112)1(1 此行列式为范德蒙德行列式 112)1(1 )1()1()1( jinnnn jaiaD 112 )1( )()1(jinnn ji 112 1 )1(2 )1( )()1()1(jinnnnn ji 11 )(jin ji (4)nnnnndcdcbabaD11112; 解 nnnnndcdcbabaD11112(按第
13、 1行展开 ) 12 nnnnnnddcdcbabaa00001111111100)1(1111111112cdcdcbababnnnnnnn 再按最后一行展开得递推公式 D2nandnD2n2bncnD2n2 即 D2n(andnbncn)D2n2 于是 ni iiiin DcbdaD 2 22 )( 而 111111 112 cbdadc baD 所以 ni iiiin cbdaD 12 )( (5) Ddet(aij) 其中 aij|ij|; 解 aij|ij| 0 43214 01233 10122 21011 3210)d e t (nnnnnnnnaD ijn 13 0 43211
14、 11111 11111 11111 11112132nnnnrrrr 1 52423210 22210 02210 00210 00011213nnnnncccc (1)n1(n1)2n2 (6)nnaaaD1 111 111 1121, 其中 a1a2 an0 解 nnaaaD 1 11 1 111 1121nnnnaaaaaaaaacccc10 0001 000100 0100 0100 0011332212132 14 11113121121110 00011 00000 11000 01100 001nnnaaaaaaaaniinnaaaaaaaa111113121121100 00
15、010 00000 10000 01000 001)11)(121 ni in aaaa 8 用克莱姆法则解下列方程组 (1)01123253224254321432143214321xxxxxxxxxxxxxxxx 解 因为 14211213 51324121 1111 D 14211210 51324122 11151 D 28411203 51224121 11512 D 15 42611013 52324221 15113 D 1420213 21322121 51114 D 所以 111 DDx 222 DDx 333 DDx 144 DDx (2)15065065065165545
16、4343232121xxxxxxxxxxxxx 解 因为 66551000 6510006510 0065100065D 150751001 6510006510 00650000611 D 114551010 6510006500 00601000152 D 70351100 6500006010 00051001653 D 39551000 6010000510 00651010654 D 21211000 0510006510 00651100655 D 所以 16 66515071x 66511452 x 6657033x 6653954 x 6652124x 9 问 取何值时 齐次线性方程组 02 00321321321xxx xxxxxx 有非零解？ 解 系数行列式为 121 1111D 令 D0 得 0 或 1 于是 当 0 或 1时该齐次线性方程组有非零解 10 问 取何值时 齐次线性方程组 0)1( 0)3(2042)1(321321321xxx xxxxxx有非零解？ 解 系数行列式为 101 112431111 132421D (1)3(3)4(1)2(1)(3) (1)32(1)23 令 D0 得 0 2 或 3 于是 当 0 2 或 3时 该齐次线性方程组有非零解
