线性代数题 13···(2n-1)24···(2n)

n/(n^2+i^2)=(1/n)/(1+(i/n)^2)所以原式=∫(0,1)1/(1+x^2)dx=arctanx|(0,1)=π/4再问：小弟愚钝，不知大才能否稍微给出点儿分析过程呀？如何由离散

2.系数矩阵行列式|A|=|1+λ11||11+λ1||111+λ|将第2,3列加到第1列,得|A|=|3+λ11||3+λ1+λ1||3+λ11+λ||A|=|3+λ11||0λ0||00λ||A|

所有的偶数的逆序都是01的逆序是0从3开始到2n-1这n-1个奇数有逆序,与奇数2k-1构成逆序的数是2、4、...、2(k-1),一共k-1个所以整个排列的逆序数是：∑(k-1),k从2到n取值,结

给你个思路,显然有a1,……an线性无关（由范德蒙德行列式不为0容易证明）因此得证我先回答的>_

因为B^2=B,所以B^2-B-2I=-2I,即（B+I)(B-2I)=-2I,也就是（B+I)(B-2I/-2)=I.所以A（B-2I/-2)=I,根据定义AB=BA=E,所以A可逆.也可以这么做的

用数学归纳法.n＝1时结论成立.设对n－1成立,则对n有(A+B)^n=(A+B)^(n-1)(A+B)=(A^(n-1)+(n-1)A^(n-2)B+...+B^(n-1))(A+B)=A^n+(n

从前往后依次统计,逆序数为1+2+3+.+(n-1)+(n-1)+(n-2)+...+2+1=2[1+2+3+.+(n-1)]=n(n-1).

第一题结果是n(n-1)/2首先,前n个数都是从小到大排列的,没有逆序数对.然后,看2,前面n个数除了1以外的n-1个数都比它大,每一个都与它组成一对逆序数对,就有n-1个；接着,看4,前面n个数除了

n的右边有n-1个数比它小n-1的右边有n-2个数比它小.2的右边有1个数比它小所以逆序数=(n-1)+(n-2)+...+1=n(n-1)/2

由已知(β1,β2...βn)=(α1,α2,.αn)KK=100...1110...0011...0.000...1因为α1,α2,.αn线性无关所以r(β1,β2...βn)=r(K)因为|K|=

设A为系数阵,b为右端向量,则增广阵记为[A,b]方程组有解,无论是唯一解,还是无穷多解,都有秩A=秩[A,b].而A的秩必然小于或等于n,即绝对不会达到n+1,所以增广阵[A,b]的秩

含有x^5项的乘积是a15·a24·a33·a42·a51·a66排列（543216）的逆序数为0+1+2+3+4=10所以,x^5项为(-1)^10·x·(-x)·x·(-x)·x·6=6x^5所以

ci-c(i-1),i=n,n-1,...,2--从后到前,前一列乘-1加到后一列1111...1a1-a11...1a01-a1...1.a000...1-ari-r(i+1),i=1,2,...,

即是要证明:向量的个数大于向量的维数时,向量组线性相关证明:设α1,...,αm是n维列向量令A=(α1,...,αm).则r(A)≤min{m,n}[矩阵的秩不超过它的行数和列数]因为m>n所以r(

1楼已经给出了做法,你同学的做法用的是拉普拉斯(Laplace)定理：在一个n阶行列式D中任意选定k行(1≤k≤k-1),由这k行元素组成的一切k阶子式与其代数余子式的乘积的和等于行列式D.这个定理在

因为按照行列式的定义展开后,不是只有两个主对角线元素相乘、副对角线元素相乘非零,还有非零的项!例如4阶行列式D4＝a00b0ab00cd0c00d展开后,主对角线元素相乘aadd,符号为＋；副对角线元

1.(A,b)=[21414][3-1213][12322][4-2301]行初等变换为[12322][0-3-2-30][0-7-7-5-3][0-10-9-8-7]行初等变换为[12322][03

参考\x09人的天性就是这样的不完美!即使是最明亮的行星也有这类黑斑,而斯卡查德小姐这样的眼睛只能看到细微的缺陷,却对星球的万丈光芒视而不见.

分两部分考虑,13……（2n-1）部分递增,就这部分里而言,逆序数τ1=0；同理后一部分24……（2n）的逆序数τ2=0.所以,只要算第一部分和第二部之间的逆序数就得到了总的逆序数,那就一个数一个数来

\x08从第n列开始每一列减去前一列,再把第2-n行加到第一行,这样第一行除了第一个数以外其他都是0,按第一行展开,然后你应该就会做了