线性代数与解析几何(一)考试复习资料

1、答疑题库线性代数与解析几何（一）1、计算 n 阶行列式01000020D n000n 1n000分 析由 定 义 知 ， n阶 行 列 式 共 有 n! 项 ， 每 一 项 的 一 般 形 式 为1 r p1 p 2pna1 pa2 p2a, p 若某一项 n 阶元素的乘积中有零因子，则该项为零，由于本1n行列式中零元素较多， 因而为零的项就较多， 故只须找出那些不为零的项就可求得该行列式的值。解所给行列式中，第一行元素除了a12 （即 p12 ）以外其余都为零，而第二行元素中除了 a23 （即 p23）以外其余都为零，继续分析第三行、第四行 第n 行，可知在 n!项中只一项 a12a23an

2、1,n an1 不为零，且它的列标排列2 3 n 1 的逆序数为 n 1，于是Dn1 n 1 a12 a23an 1,n an11 n 1 n!2、计算 n 阶行列式a1ba1ba1bnD na2b1a2b2a2bnanb1anb2anbn解 当 n 1时， D1a1b1当 n2时， D2a1a2 b2b1当 n3 时， Dn0综上可得a1b1 ,n 1D na1a2 b2b1 , n 20,n 3注 （ 1）由该例可见，对一般的n 阶列式，其值可能随价数n 的改变而变化，应注意讨论。3、计算1123D412 x 22323152319x 2解 显而易见， 当 2x 21 ，即 x1时， D

3、4 中第一、 二行对应元素相等，此时 D40 ，即 D4 有因子 x1x1 。当 9x25 即 x2时，D4中第三、四行对应元素相等， 因此 D4还有因子x 2 x2又根据行列式定义知，D 4 为 x 的 4 次多项式，所以D4a x1 x1 x2x2 现只要求出 x4 的系数即可， 令 x0，可算出 D412 ，于是 a3，故 D43x 1 x1 x 2 x 2 注 该题方法称为析因子法，即运用行列式性质找出 D 4 的全部因子，最后再确定最高次项系数。4、计算下面 n 阶行列式xaax1mx2xn（1） Dnaxa;（ 2） D nx1x2mxnaaxx1x2xnm分析 这两个行列式中，每

4、行元素的和均相等，因此可把第2, n列都加到第1 列上去。解 （1） 105、计算 5 阶行列式1123131122D5231101230122110112311231311223122 r1r4解 D 5 r5r3 2 311 0 按 r5 展开 5110 r22r41230121301050000130131720072170511按 c4 展开 5 1201113021注（ 1）和降价法计算行列式时，一般应先利用行列式的性质，将某一行或某一列化得零元素较多后，再按该行或该列展开。（ 2）行列式按某一行或某一列展开时，一定要会正确确定展开式中各项的正负号。（ 3）读者对 2， 3 阶行列式

5、的计算一定要非常熟悉。6、计算 n 阶对角行列式abab1a babDn1abab1a b解 D n 按 r 展开 1 a b D n 11ab0ababab1a baba b D n 1abD n 2 （即为递推公式）1abab1a b因为 D1ab, D2a2abb2 由以上关系或得Dn aDn 1b D n 1 aDn 2bn 2 D2aD1b n于是 D naDn 1bna 2 D n 2ab n 1b na n 1 D1a n 2b 2ab n 1b na nan 1babn 1b nn1 a n , aba n 1bn 1注（ 1）例题还可以按如下方法求解：ab, a b由递推公式

6、可得DnaD n 1b na n 1bn 1anan 1babn 1nDnbDn 1，由该方程组解得 D nb 。a nab（2）一般地，若导出的递推关系式DnaD n 1D n2 ,0，可先将其转化为DnpD n 1q Dn 1pDn 2，进行递推得DpDq n 2 DpD记作f n, p, q 其 中 p, q为一元二次方程nn 121x2x0 的两根，然后，再利用D npDn1 f n, p, q 依次递推求出 Dn 。7、证明1a111111a211n1Dna1 a2an1a1111an 11i 11111an其中 ai0,i1,2, n证当 n1时， D11 a1a111，结论成立。

7、a1假设 nk 时结论成立，即 Dka1a2ak 1k1k1时，将 Dk 1 按，那么，当 ni 1ai最后一列拆开，有1 a1111 1 a111011 a21111 a210Dk 1111 ak1111 ak01111111ak1a10000a200ak 1 Dka1 a2akak 1 D k00ak01111a1 a2akaka1ak 1k1a1a2k 11aiak 1 1aii 1i1所以 nk1时结论亦成立。原命题得证。8、计算 n1阶行列式a na1 nana n 1an1n1ann 1Dn 1aa 1a n111分析 该行列式与范德蒙行列式的形式不同，但若把最后一行依次与前面各行

8、交换到第一行，新的最后一行再依次与前面各行交换到第二行，这样继续下去， 共经过交换 n n1 次后可2得一范德蒙行列式。解由上述分析有11n naa11Dn 11 2a 2a1a na1n n 12n1a n a nan2n n 11 2a ia j0j i nn12jiij0 ji n0j i n12112048、已知 A132 ,C24 ，求, BAB, BC , AC, CA.9012384121211204128解AB13201251363841204800BC1322400384120012148918AC1 24012002481214020CA24201001212105注（ 1

9、）矩阵乘法一般不满足交换律，如本例中，A与 B可乘，但 B与A不可乘， AC、CA 虽然都存在，可阶数不同，无法比较，即使A.B 都为同阶方阵，一般也不满足交换律。（2）该题中 B 和 C 都不是零矩阵，可它们的乘积为零矩阵，换句话说，仅由AB=0 ，一般推不出 A=0 或 B=0 ，由此导致消去律一般也不成立，即由AB=AC 不能得到B=C 。、设 A201m （020求Am为自然数。）10,002解法 1200001A 020000def 2E H 由于 E 与 H 可交换，且 H l0,l 2,3, .002000m于是 Am2E H mC mi 2E m i H i2E mm 2E m

10、 1 H 2m E 2m 1 mHi 02m000 0 m2m 12 m0 m2m 10 2 m00 000 2m000 2m0 00002 m22022解法 2因为 A2AA02 200022230322A3A2 A02300023240423A4A3 A02400024观察这些矩阵的规律，可推测2m0k 2k1Am02 k0002m此结论是否正确，还须用数学归纳法证明，为此，假设m k 时成立，即2k0k 2k 1Ak02k00 02k当 m k 1 时，2 k0k2k 12012k 10k 1 2 kAk 1Ak A02k002002k 10002k002002k 1故 mk1 时结论亦

11、成立，于是上述结果正确。11、设 A 和 B 均为 n 阶方阵，且满足 A2A, B2B,A B2AB证明 AB0 。证 由已知A B 2ABAB A2AB BA B2AABBABAB于是ABBA0上式分别左乘A 和右乘 A，得A2 BABAABABA0ABABA 2ABABA0此二式相减得ABBA代入（ * ）式即得AB0注 （ 1）因矩阵乘法一般不满足交换律，故由AB 2A22ABB2A2ABB AB得证 AB0 是错误的。（2）在矩阵等式两边乘一个矩阵时，必须指明并严格区分是左乘还是右乘。（3）若把该例条件AB 2AB换成AB2A B 时，结论仍然成立，请读者试之。（4）若方阵 A 满足

12、 A2A ，则称 A 为幂等矩阵。12、设1 ,2,3,均 为 4维列向量， A1,2,3, B1, 2, 3,， 且de tA2, de tB3 ，则 det A3B。（a） 7（ b） 241(c)245(d)56解因为det A3B1 ,2 ,3 ,31,2,3 ,21,22,23,381,2,3,381, 2, 3,31,2,3,8 det A3det B8 2956 故应选（ D）。13、求矩阵010000002000A000n100 的逆矩阵。n000000000210000531解令A1O B1O ,B12, B2 n , A221,则B25 3n1A1OA因为OA20001n1

13、001OB210310100， A21A1B11O2520010n1000100n100000A1 1O01000 0所以 A112OA2001000n 1000310000052注除以上介绍的求逆阵方法外，还可利用哈密尔顿-凯莱定理求逆矩阵。14、求下列矩阵的秩10111234 56234567110134567 8（1） A11;(2)B0145678911205678910解（ 1）用定义法求解因为1011101110111101 r2r10110r3r2 011 0det A1 r4r2 000 11r10111r4021112001310021101而3阶子式 D 1102 所以 r

14、ankA 3011（ 2）用初等变换求秩。显见 rankB 2注 可见，一般情况下用初等变换求秩较为简便，且只要把矩阵用初等行（或列）变换化为梯矩阵，则阶梯矩阵中不为零的行（或列）数就是原矩阵的秩。15、已知1,2,3 ,1,1 , 1, AT求 An 。23解 AnTnTTTTTTT3n 1 T11/ 21/ 33n 1 A 3n 1 212 / 333 / 21注 虽然矩阵乘法一般不满足交换律，但结合律、分配律等是成立的。运算中充分利用运算规则，可简化运算（如本例中利用了结合律），另外，在矩阵运算中，对运算结果是多少行多少列的矩阵，心中应非常清楚，如该例中T 是数。a11a12a13a21

15、a22a2316、设 Aa21a22a23, Ba11a12a13，a31a32a33a31a11a32a12a33a13010100P1100 ,P2010 ,则有。001101（a） AP1 P2B（b） AP2 P1 B(c) P1 P2 AB(d) P2 P1 A B解 显然 B 是由 A 进行两次初等行变换得的，第一次初等行变换为r3 r1 ，第二次初等行变换为 r1r2，而这样的两个初等变换对应的初等方阵分别是P2与 P1 ，故根据初等方阵的性质有 P1 P2 AB ，于是应选（ C）。17、证明任何一个秩为r 的矩阵都可以表示r 个秩为非奇异的矩阵之和。证人 设 A 是秩为 r

16、的 mn 矩阵， 则 A 与其标准形等价， 于是存在 m 阶可逆矩阵和n 阶可逆矩阵 Q，使得PAQErO为第 i 行第 i列元素为 1，其余元素为零O其中 Er 为 r 阶单位矩阵， 若记 EiiO的 mn 矩阵，显然有ErO于是 A P 1 ErOrP 1 Eii Q 1detrE11E22ErrQ 1Bi其中OOOOi1i 1BiP 1Eii Q 1 ，而由 rank (Bi )rank P 1 Eii Q 1rank Eii1和 1rank (Eii )rank PBiQrank ( Bi ) 知 rank Bi1,i 1,2, , r命题得证。注 该例证明过程中引用了“矩阵乘积的秩不

17、超过各个因子的秩”这一结论。18、讨论向量组11,1,0 T , 21,3, 1 T , 3 5,3, tT 的线性相关性。解 构造矩阵115A1,2,313301t由 det A2 t1可得： t1 时 det A0 ，向量组1, 2,3 线性无关； t1时 det A 0 ，向量组1 ,2 ,3 线性相关。注 讨论 n 个 n 维向量的线性相关性时，可将其排成n 阶方阵，通过计算该方阵的行列式，即可判别向量组的线性相关性，这是用矩阵子式判别的特殊情形。19、设向量组1 ,2 ,3 线性相关，向量组1 ,2 ,3 线性无关，问：（1）1 能否由2 ,3 线性表示？说明理由；（2）4 能否由1

18、 ,2 ,3 线性表示？说明理由。解 （1） 1能由2 ,3 线性表示，因为1 ,2 ,3 线性无关，所以2 ,3 线性无关。又1 ,2 ,3 线性相关，所以2 , 3 线性无关，又1 ,2 , 3 线性相关，所以1可由 2, 3线性表示。（ 2）4 不能由1 ,2 ,3 线性表示，用反证法：若4 可由1， 2,3 线性表示，即存在数组1 ,2 ,3 使412 233 ，根据（ 1）的结论，可设1l1 1 l 2 3 ，则有41 l1 2l 2 32 23 31l1221l 233即 4可由2 ,3线性表示，从而2 ,3 , 4线性相关，这与题设予盾，故4 不能由1,2 , 3 线性表示。20

19、、求向量组11, 1,2,4 , 20,3,1,2 ,33,0,7,14 41, 1,2,0 ,52,1,5,6的最大无关组及秩。解 取10故1 线性无关，添加2，易知1,2 线性无关，再添加3 ，由于3312所以1 ,2 ,3 线性相关，改添加4，易知1 ,2 , 4 线性无关，再添加5 ，由于5124，所以1, 2, 4, 5 线性相关，故1 , 2 , 4 是该向量组的一个最大无关组，从而向量组的秩为3。注按照逐个选录法求向量组的最大无关组及秩时，运算量较大，因此较少采用。21、求下列向量组的秩和最大无关组。（ 1）（ 2）11,1,2,4 , 20,3,1,2 ,33,0,7,14 ,

20、 4 1, 1,2,0 , 52,1,5,6243511, 22, 31, 431240解 （ 1）对以1 ,2 , 5 为行构成的矩阵A 进行初等列变换112410001000031203120010A 3 071433123 010A1112010021004215623122014则 ranArankA13 ，又 A1 的第 1,2,4 行是 A1 的行向量组的一个最大无关组，故 1 ,2 , 4是所级向量组的一个最大无关组。（2）对以1 ,2 ,3 ,4 为列构成的矩阵B 时行初等行变换243500550000B 121300330033B1124012401240则 ranBrank

21、B12又 B1 的第 1,3列是 B1 的列向量组的一个最大无关组，故1 ,3 是所级向量组的一个最大无关组。注 利用矩阵的初等变换方法注向量组的最大无关组时，对以行向量组按行构成的矩阵只能进行初等列变换，对以列向量组按列构成的矩阵只能进行初等行变换。132122、设矩阵 A01kk k R 求1203（1） A的零空间N A 的基与维数；（2） A的列向量1, 2, 3,4 生成的向量空间的基与维数。分析因为 N A 由齐次线性方程组Ax0 的全体解向量构成，所以N A 的基就是Ax 0的基础解系。向量空间L 1 ,2 ,3 , 4 中的所有向量都可由向量组1,2,3,4线性表示，从而都可由

22、该向量组的一个最大无关组线性表示，故向量组1, 2, 3, 4的秩和任一最大地关组分别是L1, 2, 3,4的维数和基。解 对矩阵 A 作初等行变换132110471047A01kk00k 2 2 k0122B012 2012200k 2 2 k（1）当 k2时， rankA2 ，可求得 Ax 0 的基础解系，也就是N A的基为14,2,1,0 T , 27,2,0,1 T 从而它的维数为2。当 k2 时， rankA3 ，可求得 Ax0的基础解系， 也就是 N A的基为3,0,1,1T，从而它的维数为 1。（2）当 k2 时， ranA 2，且矩阵 B 的第 1，2 列线性无关， 故 1 ,

23、2是L 1,2, 3,4的一组基，它的维数为2。23、在 R 4 中，求1,2,1,1 在基 11,1,1,1 , 21,1, 1, 1 ,31, 1,1,14 1, 1, 1,1 下的坐标。分析求向量在某基下的坐标，通常采用待定系数法，或者利用坐标变换公式。解法 1设k1 1k2 2 k3 3 k 4 4 ，由向量相等的定义得k1k2k3k41k1k 2k3k42511k1k2k3k4解此线性方程组，得惟一解 k1, k2, k3,1444k1k2k3k41k 41，故在给定基下的坐标为5,1,1 ,144444解法2向量的 4 个分量可以理解为在 R4的基e11,0,0,0 , e20,1

24、,0,0 , e3 0,0,1,0 , e40,0,0,1 下的坐标，容易求出由基e1 , e2 , e3 ,e4 到基1, 2, 3 , 4 的过渡矩阵111111111 ,2 , 3, 4 下的坐标为y1 , y2 , y3 , y4C11设在基则由坐标变换111111公式求得y1115/ 4y2C1 2121 / 4y314C1/ 41y4111/ 424、设 R 3 的两组基为111123（）：11 , 20, 30（）： 12,23,34111143求曲基（）到基（）的过渡矩阵。分析求过渡矩阵通常采用待定法和中介基法。解 采用中介基法求过渡矩阵C，引进 R 3 的标准基 e1 , e

25、2 , e3 ，并写出由它到基（）的过渡矩阵 A ，及到基（）的过渡矩阵B 。111123A 100 , B234111143即有1,2 ,3e1 , e2 , e3 A,1 ,2 ,3e1 , e2 ,e3B 于是得1 ,2 ,31,2 ,3 A 1 B ，故由基（ I ）到基（）的过渡矩阵为010123234C A1B 1/201/ 223401 01/ 211/21431 0125、设 R 4 的两组基为15,2,0,01（）22,1,0,020,0,8,5（）3340,0,3,241,0,0,00,2,0,00,1,2,01,0,1,1（1）求由基（）到基（）的过渡矩阵；（2）求向量3 1222 在基（）下的坐标。分析采用中介基法求过渡矩阵比较方便，已经知道在基（）下的坐标，可利用坐标变换公式求出在基（）下的坐标。解 （ 1）引进 R4 的标准基 e1 ,e2 , e3 .e4 ，并写出由它到基（）的过渡矩阵A，及到基（）的过渡矩阵 B ：520010012100, B0210A08300210005