22第二章矩阵及其运算方法二。记X000x0００1^E+B.00入000则1A"=(E+B)"= (ΛE)" + C,(ΛE)n-1B + C2(^E)n-2 B? + ... + Bn.注意到0（(88B3=BB000001000000则000Bk000(k ≥3).000所以A" =(ΛE+B)"=(^E)" + C,(AE)"-1B +C2(^E)"-2B2nan-10 0 C2>n-2An00000An000n)n-10000An0000000n(n=1) >n-2nan-1Annan-10An00An9.设A,B为n阶矩阵，且A为对称矩阵，证明BTAB也是对称矩阵。证明：即要证(BTAB)T=BTAB.已知AT=A,由公式(AB)T=BTAT知(BTAB)T = (BTA)B)T= BT(BTA)T= BTATB= BTAB.得证BTAB是对称阵10。设A，B都是n阶对称矩阵，证明AB是对称矩阵的充分必要条件是AB=BA证明：已知AT=A,BT=B,要证(AB)T= AB 一 AB =BA.1注意对一般的矩阵A，B,并不能对（A+B)"得到牛顿二项式展开式.比如最简单的情形(A+B)2 = A2 +2AB+B2,我们就知道其不一定成立。除非A，B可交换.而这里的入E，B当然是可交换的
22 第二章 矩阵及其运算 方法二. 记 A = λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ + 0 1 0 0 0 1 0 0 0 , λE + B. 则1 An = (λE + B) n = (λE) n + C 1 n (λE) n−1B + C 2 n (λE) n−2B2 + · · · + Bn . 注意到 B = 0 1 0 0 0 1 0 0 0 , B2 = 0 0 1 0 0 0 0 0 0 , B3 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 . 则 Bk = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , (k > 3). 所以 An = (λE + B) n = (λE) n + C 1 n (λE) n−1B + C 2 n (λE) n−2B2 = λ n 0 0 0 λ n 0 0 0 λ n + 0 nλn−1 0 0 0 nλn−1 0 0 0 + 0 0 C 2 nλ n−2 0 0 0 0 0 0 = λ n nλn−1 n(n−1) 2 λ n−2 0 λ n nλn−1 0 0 λ n . 9 ．设 A, B 为 n 阶矩阵, 且 A 为对称矩阵, 证明 BTAB 也是对称矩阵. 证明: 即要证 (BTAB) T = BTAB. 已知 AT = A, 由公式 (AB) T = BTAT 知 (BTAB) T = ¡ (BTA)B ¢T = BT(BTA) T = BTATB = BTAB. 得证 BTAB 是对称阵. 10 ．设 A, B 都是 n 阶对称矩阵, 证明 AB 是对称矩阵的充分必要条件是 AB = BA. 证明: 已知 AT = A, BT = B, 要证 (AB) T = AB ⇐⇒ AB = BA. 1注意对一般的矩阵 A, B, 并不能对 (A + B) n 得到牛顿二项式展开式. 比如最简单的情形 (A + B) 2 = A2 + 2AB + B2 , 我们就知道其不一定成立. 除非 A, B 可交换. 而这里的 λE, B 当然是可交换的
线性代数（同济四版）习题参考答案23充分性：若AB=BA.又(AB)T = BTAT = BA,所以，（AB)T=AB.即AB是对称矩阵必要性：(AB)T=AB.又(AB)T = BTAT = BA,所以,AB=BA.11.求下列矩阵的逆矩阵：解：(1) 由A=IA|=10，所以A可逆又A21 = 2 ×(-1), A12 = 2 ×(-1), A22 = 1.A11 = 5,得A11A21-21A-14*A*[A|A12A22-2-25故A-1=A*1-2建议记住教材P.44例10的结论(:2))"=a-(其中ad-cb≠0.cOsO-sine(2)sinecoOs?cosa-sine解：1，由上述结论得singcos0cosa-singcossingsingcosesinecose21-1(3)43.-25-41解：[A|=2,故A-1存在.又A21 = 2,A31 = 0,A11 = -4,A12 = -13,A22 = 6,A32 = -1,A13 = -32,A23 = 14,A33 = -2.故-2113A-[A]-167-1
线性代数 (同济四版) 习题参考答案 23 充分性: 若 AB = BA. 又 (AB) T = BTAT = BA, 所以, (AB) T = AB. 即 AB 是对称矩阵. 必要性: (AB) T = AB. 又 (AB) T = BTAT = BA, 所以, AB = BA. 11 ．求下列矩阵的逆矩阵: (1) à 1 2 2 5 ! ; 解: (1) 由 A = à 1 2 2 5 ! , |A| = 1 6= 0, 所以 A 可逆. 又 A11 = 5, A21 = 2 × (−1), A12 = 2 × (−1), A22 = 1. 得 A∗ = à A11 A21 A12 A22 ! = à 5 −2 −2 1 ! A−1 = 1 |A| A∗ 故 A−1 = 1 |A|A∗ = à 5 −2 −2 1 ! . 建议记住教材 P.44 例 10 的结论: à a b c d !−1 = 1 ad − cb à d −b −c a ! . 其中 ad − cb 6= 0. (2) à cos θ − sin θ sin θ cos θ ! ; 解: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ cos θ − sin θ sin θ cos θ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 1, 由上述结论得 à cos θ − sin θ sin θ cos θ !−1 = à cos θ sin θ − sin θ cos θ ! . (3) 1 2 −1 3 4 −2 5 −4 1 ; 解: |A| = 2, 故 A−1 存在. 又 A11 = −4, A21 = 2, A31 = 0, A12 = −13, A22 = 6, A32 = −1, A13 = −32, A23 = 14, A33 = −2. 故 A−1 = 1 |A| A∗ = −2 1 0 − 13 2 3 − 1 2 −16 7 −1