《线性代数考研资料》第二章矩阵

第二章矩阵一、矩阵运算1．（97，填（4）题，3分）设12243311At，B为三阶非零矩阵，且AB＝0，则t＝3【分析】由AB＝0也可推知r(A)+r(B)3，而r(B)0。于是r(A)2,故有|A|=0t=-3.【详解】由于B为三阶非零矩阵，且AB=0,可见线性方程组Ax＝0存在非零解，故1224303311Att二、伴随矩阵1．（05，12题，4分）设A为n(2n)阶可逆矩阵,交换A的第1行与第2行得矩阵B，*A，*B分别为A，B的伴随矩阵，则（A）交换*A的第1列与第2列得*B（B）交换*A的第1行与第2行得*B（C）交换*A的第1列与第2列得*B（D）交换*A的第1行与第2行得*B【】【答】应选（C）【分析】本题考查初等变换得概念与初等矩阵的性质，只需利用初等变换与初等矩阵的关系以及伴随矩阵的性质尽心分析即可【详解】为书写简捷，不妨考查A为3阶矩阵，因为A作初等行变换得到B，所以用初等矩阵左乘A得到B，按已知有010100001AB于是1111010010100100001001BAA从而**010100||||001BABA又因|A|=-|B|，故**010100001AB，所以应选（C）三、可逆矩阵1．（96，八题，6分）设TAE，其中E是n阶单位矩阵，是n维非零列向量，T是的转置，证明：（1）2AA的充要条件是1T（2）当1T时，A是不可逆矩阵【分析】本题考查矩阵乘法的分配律、结合律。题中是n维列向量，则T是n阶矩阵且秩为1。而T是一个数【详解】（1）2()()2()(2)TTTTTTTAEEEE因此2(2)(1)0TTTTTAAEE因为0，所以0T故2AA的充要条件为1T（2）方法一：当1T时，由TAE，有0TA，因为0故0Ax有非零解，因此|A|=0,说明A不可逆方法二：当1T，由2()0AAAEA，即E－A的每一列均为0Ax的解，因为0,TEA说明0Ax有非零解，故秩(A)n,因此A不可逆方法三：用反证法。假设A可逆，当1T，有2AA于是121AAAA，即AE，这与TAEE矛盾，故A时不可逆矩阵2．（01，填（4）题，3分）设矩阵A满足240AAE，其中E为单位矩阵，则1()AE＝1(2)2AE【分析】本题中矩阵A的元素没有给出，因此用伴随矩阵，用初等行变换求逆的方法行不通，应当考虑用定义法。【详解】由题设，240AAE，有222,()(2)2AAEEAEAEE也即1()(2)2AEAEE故11()(2)2AEAE四、初等变换和初等矩阵1．（95，选（5）题，3分）设111213212223313233aaaAaaaaaa，212223111213311132123313aaaBaaaaaaaaa，1010100001P，2100010101P，则必有（A）12APPB（B）21APPB（C）12PPAB（D）21PPAB【】【答】应选（C）【分析】因为1P，2P为初等矩阵，对A左乘或右乘初等矩阵，相当于对A施行了一次行或列初等变换，这里，B是由A先将第一行加到第三行，再交换第一、二行两次初等变换得到的，故有12PPAB【详解】1P是交换单位矩阵的第一、二行所得初等矩阵，2P是将单位矩阵的第一行加到第三行所得初等矩阵，而B是由A先将第一行加到第三行，然后再交换第一、二行两次初等交换得到的，因此有12PPAB，故正确选项为（C）2．（97，八题，5分）设A是n阶可逆方阵，将A的第i行和第j行对换后得到的矩阵为B（1）证明B可逆；（2）求1AB【分析】本题考查了初等矩阵的定义，性质一级初等变换的关系，将A的第i行和第j行对换，相当于左乘一初等矩阵，交换两行，行列式变号，其值仍不为零，从而B可逆【详解】（1）记(,)Eij是由n阶单位矩阵的的i行和的j行对换后得到的初等矩阵，则B＝E(i,j)A，于是有|B|=|E(i,j)||A|=-|A|0,故B可逆（2）11111[(,)](,)(,)(,)ABAEijAAAEijEijEij3．（04，选（11）题，4分）设A是3阶方阵，将A的第1列与第2列交换得B,再把B得第2列加到第3列得C，则满足AQ＝C的可逆矩阵Q为（A）010100101（B）010101001（C）010100011（D）011100001【】【答】应选（D）【分析】本题考查初等矩阵的概念与性质，对A作两次初等列变换，相当于右乘两个相应的初等矩阵，而Q即为此两个初等矩阵的乘积【详解】由题意，有010100100,011001001ABBC于是010100011100011100001001001AAC，可见应选（D）4．（06，（12）题，4分）设A为3阶矩阵，将A的第2行加到第1行得B，再将B的第1列的－1倍加到第2列得C，记110010001P则（A）1CPAP（B）1CPAP（C）TCPAP（D）TCPAP【】【分析】本题为矩阵运算，需要利用矩阵的初等变换与初等矩阵之间的关系来求解。【详解】因为P为初等矩阵，PA相当于把A的第2行加到第1行，记B＝PA，所以正选应在（B），（D）之中，而TBP相当于把B的第2列加到第1列，故选项（D）错误，于是，正确选项为（B）五、矩阵方程1．（95，填5题，3分）设三阶方阵A，B满足关系式：16ABAABA，且A=100310041007，则B＝300020001【分析】解这种矩阵的题型，应先进行化简后再计算，但注意的是：左乘与右乘矩阵时是有区别的，请不要轻易地犯这种低级错误。【详解】在已知等式16ABAABA两边右乘以1A，得16ABEB于是1112003006()6030020006001BAE2．（00，十题，6分）设矩阵A的伴随矩阵*1000010010100308A，且113ABABAE，其中E为4阶单位矩阵，求矩阵B【分析】本题为求解矩阵方程问题，B相当于是未知矩阵，其一般原则是先化简，再计算，根据题设，等式可先右乘A，再左乘*A，尽量不去计算1A【详解1】由**||AAAAAE，知*1||||nAA，因此有*38||||AA，于是||2A在等式113ABABAE两边先右乘A，再左乘*A，得*(2)6EABE，于是*110006000010006006(2)61010606003060301BEA【详解2】||2A（同解1）。由*||AAAE，得*1*11000200001000200()2()210102020313100008844AAAA可见A-E为可逆矩阵，于是由1()3AEBAE，有13()BAEA，而111000100001000100()2010201043301000344AE因此1000200060000100020006003201020206060431030101000344B＝六、矩阵得秩1．（96，填5题，3分）设A是4×3矩阵，且A得秩r(A)=2，而102020103B，则r（AB）＝2【分析】本题是基本题型，考查的是矩阵的秩【详解】因为102020100103B，说明矩阵B可逆，故秩r(AB)=秩r(A)=22．（98，选4题，3分）设矩阵111222333abcabcabc是满秩的，则直线333121212xaybzcaabbcc与直线111232323xaybzcaabbcc（A）相交于一点（B）重合（C）平行但不重合（D）异面【】【答】应选（A）【分析】本题综合运用了线性代数于空间解析几何两个知识点，主要考查对满秩方阵、二向量共线的条件及三向量共面的条件等概念的理解及应用，作为选择题本题首先可由两直线不共线，排除选项(B)和(C)，根据对称性，不难观察到点123123123(,,)aaabbbccc同时满足两个方程，故应选（A）【详解】设矩阵111222333abcabcabc是满秩的，所以通过行初等变换后得矩阵121212232323333aabbccaabbccabc仍是满秩的，于是两直线的方向向量1121212{,,}Saabbcc2232323{,,}Saabbcc线性无关，可见此两直线既不平行，又不重合。又111(,,)abc、333(,,)abc分别为两直线上的点，其连线向量为：1121212{,,}Saabbcc，满足312SSS，可见1S，2S，3S共面，因此1S，2S必正交，即两直线肯定相交