2101317932020230022201011201011200111001110022227232371006632321010112A1120011111002222010021100112120100211002AI11110010010111352221100121001110201110102220010110010113512221111故有A。2221101112．解：1若A可逆，则A存在于是XAAXAB111111111111AB02211011221102102112
f111011003
1122
1110101020013
531623
0100101020011
1161623
12121
1116211故有X62213TTTTT2由题：XAB则AXB。
AT1BT112100331011111ATBT1211101033120104100133123311所以XT334133114333X故有。2113331231231231013解：1456036012012123101012101于是，＝；456410301012
若A可逆，则AT可逆于是X
T1
2
110
112110010120120100＝101200
0100112012012012001001001r