第2章 矩阵

基础部分

1. 以下矩阵乘积的结果为$\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 2& 1& 3\\ 3& 1& 4\end{array}\right]$的是( ).
   A. $\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 1& 0\\ 3& \frac{4}{3}& 2\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 0& 3& -1\\ 0& 0& -\frac{2}{3}\end{array}\right]$
   B. $\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& -1& 0\\ 3& \frac{4}{3}& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 0& -3& -1\\ 0& 0& -\frac{2}{3}\end{array}\right]$
   C. $\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 1& 0\\ 3& \frac{4}{3}& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 3& 0\\ 0& 0& -\frac{2}{3}\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 0& 1& -\frac{1}{3}\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$
   D. $\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& -1& 0\\ 3& \frac{4}{3}& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 0& 1& -\frac{1}{3}\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$

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答案：C

解析：直接计算选项C。先算后两个矩阵： $\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 3& 0\\ 0& 0& -\frac{2}{3}\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 0& 1& -\frac{1}{3}\\ 0& 0& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 0& 3& -1\\ 0& 0& -\frac{2}{3}\end{array}\right]$。

再左乘第一个矩阵，得到 $\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 1& 0\\ 3& \frac{4}{3}& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 0& 3& -1\\ 0& 0& -\frac{2}{3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 2& 1& 3\\ 3& 1& 4\end{array}\right]$。

故选C。

2. 设$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]$，$B=\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ 0& -1\end{array}\right]$，则$A^9-B^9=$

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答案：$\left[\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 2\end{array}\right]$

解析：令$N=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right]$，则$N^2=O$，且 $A=E+N,B=-E+N=-(E-N)$。

因此 $A^9=(E+N{)}^9=E+9N$， 而 $B^9=-(E-N{)}^9=-E+9N$。

故 $A^9-B^9=(E+9N)-(-E+9N)=2E=\left[\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 2\end{array}\right]$。

3. $A=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& -1\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right]$，则$A^{13}=$_____．

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答案：$\left[\begin{array}{ccc}0& 0& -1\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right]$

解析：计算得 $A^2=\left[\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right]$，从而$A^4=E$。

因为$13=4\times 3+1$，所以 $A^{13}=(A^4{)}^{3}A=A$。

4. $B=\left[\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]$，$A=E+B+B^2+B^3$，则$A^{-1}=$_____．

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答案：$E-B=\left[\begin{array}{cccc}1& -1& 0& 0\\ 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$

解析：由矩阵$B$的形式知$B^4=O$。于是 $(E-B)(E+B+B^2+B^3)=E-B^4=E$。

故 $A^{-1}=E-B$。

5. 已知$A=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 0\end{array}\right]$，若$(PA{)}^2=PA$，$P$为可逆矩阵，则$P=$

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答案：$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 1\end{array}\right]$

解析：因为$P,A$均可逆，所以$PA$可逆。又$(PA{)}^2=PA$，两边左乘$(PA{)}^{-1}$，得 $PA=E$。

因此$P=A^{-1}$。计算 $A^{-1}=\frac{1}{|A|}\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 1\end{array}\right]$。

6. 设$A,B$都是3阶矩阵，若$|A|=-3$，$|B|=4$，$C=\left[\begin{array}{cc}2A^{\ast }& (AB{)}^{\ast }\\ O& B^{-1}\end{array}\right]$，则$|C|=\underline{-}$

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答案：$18$

解析：$C$是分块上三角矩阵，因此 $|C|=|2A^{\ast }||B^{-1}|$。

对3阶矩阵有$|A^{\ast }|=|A{|}^2=9$，故 $|2A^{\ast }|=2^3|A^{\ast }|=8\times 9=72$。

又$|B^{-1}|=\frac{1}{|B|}=\frac{1}{4}$，所以 $|C|=72\cdot \frac{1}{4}=18$。

7. $A,B$是$n$阶矩阵，$A^{\ast },B^{\ast }$分别是$A,B$对应的伴随矩阵，则分块矩阵$C=\left[\begin{array}{cc}O& A\\ B& O\end{array}\right]$的伴随矩阵$C^{\ast }=$( )
   A. $\left[\begin{array}{cc}O& |A|A^{\ast }\\ |B|B^{\ast }& O\end{array}\right]$
   B. $\left[\begin{array}{cc}O& (-1{)}^n|A|B^{\ast }\\ (-1{)}^n|B|A^{\ast }& O\end{array}\right]$
   C. $\left[\begin{array}{cc}O& |B|A^{\ast }\\ |A|B& O\end{array}\right]$
   D. $\left[\begin{array}{cc}O& (-1{)}^n|B|B^{\ast }\\ (-1{)}^n|A|A^{\ast }& O\end{array}\right]$

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答案：B

解析：先在$A,B$均可逆时计算。交换两个$n$列块可知 $|C|=(-1{)}^n|A||B|$，且 $C^{-1}=\left[\begin{array}{cc}O& B^{-1}\\ A^{-1}& O\end{array}\right]$。

因此 $C^{\ast }=|C|C^{-1}=\left[\begin{array}{cc}O& (-1{)}^n|A||B|B^{-1}\\ (-1{)}^n|A||B|A^{-1}& O\end{array}\right]$。

利用$B^{\ast }=|B|B^{-1}$、$A^{\ast }=|A|A^{-1}$，得 $C^{\ast }=\left[\begin{array}{cc}O& (-1{)}^n|A|B^{\ast }\\ (-1{)}^n|B|A^{\ast }& O\end{array}\right]$。

该等式两边各元素都是$A,B$各元素的多项式，故对不可逆情形仍成立。选B。

8. 设矩阵$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 4\\ 0& 1& 5\\ 0& 0& 3\end{array}\right]$，$B=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 3& 1& 0\\ 4& 5& 1\end{array}\right]$，则$|A^{-1}{B}^{\ast }-A^{\ast }{B}^{-1}|=$_____．

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答案：$-\frac{8}{3}$

解析：因为$|A|=3,|B|=1$，所以 $A^{\ast }=|A|A^{-1}=3A^{-1},B^{\ast }=|B|B^{-1}=B^{-1}$。

于是 $A^{-1}{B}^{\ast }-A^{\ast }{B}^{-1}=A^{-1}{B}^{-1}-3A^{-1}{B}^{-1}=-2A^{-1}{B}^{-1}$。

因此 $|A^{-1}{B}^{\ast }-A^{\ast }{B}^{-1}|=(-2{)}^3|A^{-1}||B^{-1}|=-8\cdot \frac{1}{3}\cdot 1=-\frac{8}{3}$。

9. 设$A,B$为3阶矩阵，且$AB=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，则必有( ).
   A. 互换矩阵$A^{-1}$的第1,2行得矩阵$B$
   B. 互换矩阵$A^{-1}$的第1,2列得矩阵$B^{-1}$
   C. 互换矩阵$A$的第1,2行得矩阵$B^{-1}$
   D. 互换矩阵$A$的第1,2列得矩阵$B^{-1}$

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答案：C

解析：记 $P=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，则$AB=P$，且$P^{-1}=P$。

由$AB=P$可知$A,B$均可逆，并且 $B^{-1}=P^{-1}A=PA$。

左乘$P$的作用是交换矩阵的第1、2行，因此$B^{-1}$正是由$A$交换第1、2行得到，故选C。

10. 设$A$为3阶矩阵，将$A$的第1行加到第2行得到$B$，再将$B$的第2列的-1倍加到第1列得到$C$，记$P=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，则$C=$( )
    A. $P^{-1}AP$ B. $PA{P}^{-1}$ C. $P^{T}AP$ D. $P^{T}A(P^T{)}^{-1}$

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答案：D

解析：$P^T=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，左乘$P^T$正好把第1行加到第2行，所以 $B=P^{T}A$。

又 $(P^T{)}^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$。 右乘$(P^T{)}^{-1}$的作用是把第2列的$-1$倍加到第1列，所以 $C=B(P^T{)}^{-1}=P^{T}A(P^T{)}^{-1}$。

故选D。

11. 设3阶矩阵$A$与$B$等价，则下列结论正确的是( )
    A. 存在可逆矩阵$P$，使得$PA=B$
    B. 存在可逆矩阵$Q$使得$AQ=B$
    C. 若$r(A)=2$，$A$可经初等行变换化为矩阵$B$
    D. 若$r(A)=3$，$A$可经初等列变换化为矩阵$B$

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答案：D

解析：矩阵等价只保证$r(A)=r(B)$，一般需要同时进行初等行、列变换，即存在可逆矩阵$P,Q$使$PAQ=B$，但不一定仅靠左乘或右乘一个可逆矩阵即可，故A、B不一定成立。

若$r(A)=2$，虽然$r(B)=2$，但两者行空间未必相同，因此不一定只靠初等行变换得到$B$，C错误。

若$r(A)=3$，则$A,B$均为3阶可逆矩阵。取 $Q=A^{-1}B$，则$Q$可逆且$AQ=B$。右乘可逆矩阵等价于一系列初等列变换，故D正确。

12. 设$A=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right]$，$B=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{31}+a_{11}& a_{32}+a_{12}& a_{33}+a_{13}\end{array}\right]$，$P_1=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，$P_2=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，则( ).
    A. $A{P}_1^9{P}_2^T=B$ B. $A{P}_2^T{P}_1^9=B$ C. $P_1^9{P}_2^{T}A=B$ D. $P_2^T{P}_1^{9}A=B$

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答案：C

解析：由于$P_1^2=E$，故$P_1^9=P_1$。左乘$P_1$交换第1、2行。

又 $P_2^T=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right]$，左乘$P_2^T$表示把第1行加到第3行。

因此先左乘$P_2^T$，再左乘$P_1$时需注意矩阵乘法次序： $P_1{P}_2^{T}A=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{31}+a_{11}& a_{32}+a_{12}& a_{33}+a_{13}\end{array}\right]=B$。

故$P_1^9{P}_2^{T}A=B$，选C。

13. 将3阶方阵$A$的第1行的2倍加到第2行得到矩阵$B$，将3阶方阵$C$的第3列的-3倍加到第1列得到矩阵$D$，$BD=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 3\end{array}\right]$，则$AC=$( )
    A. $\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 2& 0\\ -9& 0& 3\end{array}\right]$ B. $\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -2& 2& 0\\ 9& 0& 3\end{array}\right]$ C. $\left[\begin{array}{ccc}-3& 0& 0\\ -6& 2& 0\\ 0& 0& 3\end{array}\right]$ D. $\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -2& 2& 0\\ -1& 0& 3\end{array}\right]$

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答案：B

解析：记 $P=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，则$B=PA$； 记 $Q=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ -3& 0& 1\end{array}\right]$，则$D=CQ$。

因此 $PACQ=BD=\mathrm{diag}(1,2,3)$， 从而 $AC=P^{-1}\mathrm{diag}(1,2,3)Q^{-1}$。

计算 $P^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -2& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right],Q^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 3& 0& 1\end{array}\right]$， 故 $AC=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -2& 2& 0\\ 9& 0& 3\end{array}\right]$。

选B。

14. 设$A,B$是3阶矩阵，$A$是非零矩阵，且满足$AB=O$，$B=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 2a& 1-a& 2a\\ a& -a& a^2-2\end{array}\right]$，则( ).
    A. $a=-1$时，必有$r(A)=1$ B. $a=2$时，必有$r(A)=2$ C. $a=-1$时，必有$r(A)=2$ D. $a=2$时，必有$r(A)=1$

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答案：D

解析：先求 $|B|=(a-2)(a+1{)}^2$。

若$a=2$，直接化简可得$r(B)=2$。由$AB=O$，根据Sylvester秩不等式， $r(A)+r(B)\le 3$， 所以$r(A)\le 1$。又$A\ne O$，故$r(A)=1$，D正确。

当$a=-1$时$r(B)=1$，只能得到$r(A)\le 2$，结合$A\ne O$仅知$r(A)=1$或$2$，不能唯一确定，故A、C均错误。

15. 设$A,B,C$均是3阶方阵，满足$AB=C$，其中$B=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 2\\ 2& 1& 1\\ -2& -1& a\end{array}\right]$，$C=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 2& 1& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$，则必有( ).
    A. $a=-1$时，$r(A)=1$ B. $a=-1$时，$r(A)=2$ C. $a\ne -1$时，$r(A)=1$ D. $a\ne -1$时，$r(A)=2$

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答案：C

解析：计算 $|B|=-3(a+1)$。

当$a\ne -1$时，$B$可逆，由$AB=C$得 $A=C{B}^{-1}$。 右乘可逆矩阵不改变秩，因此 $r(A)=r(C)=1$。

故C正确。

当$a=-1$时，$B$不可逆，不能由$AB=C$唯一确定$r(A)$，所以A、B均不具有必然性。

16. 设2阶正交矩阵$A$的主对角线元素满足$a_{11}+2=a_{22}$，则$A=$

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答案：$\left[\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]$

解析：正交矩阵每个元素的绝对值不超过$1$，故 $-1\le a_{11},a_{22}\le 1$。 又$a_{22}=a_{11}+2$，只有 $a_{11}=-1,a_{22}=1$。

第1行单位长度给出$(-1{)}^2+a_{12}^2=1$，所以$a_{12}=0$；同理$a_{21}=0$。

因此 $A=\left[\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]$。

17. 设$A$是$n$阶矩阵，满足$(A-E{)}^5=0$，则$A^{-1}=$

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答案：$E-(A-E)+(A-E{)}^2-(A-E{)}^3+(A-E{)}^4$

解析：令$N=A-E$，则$N^5=O$，且$A=E+N$。

利用有限几何级数， $(E+N)(E-N+N^2-N^3+N^4)=E+N^5=E$。

故 $A^{-1}=E-N+N^2-N^3+N^4$，即 $A^{-1}=E-(A-E)+(A-E{)}^2-(A-E{)}^3+(A-E{)}^4$。

18. 设$A$是$n$阶矩阵，满足$A^2=A$，则$(A-2E{)}^3-3A=$

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答案：$4A-8E$

解析：由$A^2=A$可得$A^3=A$。展开： $(A-2E{)}^3=A^3-6A^2+12A-8E$。

于是 $(A-2E{)}^3-3A=A-6A+12A-3A-8E=4A-8E$。

19. 设$A$是4阶矩阵，满足$A^2=0$，则$r(A^{\ast })=$_____．

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答案：$0$

解析：由$A^2=O$，有 $r(A)+r(A)\le 4$，即$r(A)\le 2$。

对4阶矩阵，当$r(A)\le 4-2=2$时，其所有3阶子式均为0，因此伴随矩阵$A^{\ast }=O$。

故 $r(A^{\ast })=0$。

强化部分

1. 设$D=\left|\begin{array}{cccc}1& -3& 1& -2\\ 2& -5& -2& -2\\ 0& -4& 5& 1\\ -3& 9& -6& 7\end{array}\right|$，$M_{3j}$表示$D$中第3行第$j$列元素的余子式$(j=1,2,3,4)$，则$M_{31}+3M_{32}-2M_{33}+2M_{34}=$( )
   A. 0 B. 1 C. -2 D. -3

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答案：D

解析：分别计算第3行各元素的余子式，得 $M_{31}=-1,M_{32}=2,M_{33}=1,M_{34}=-3$。

因此 $M_{31}+3M_{32}-2M_{33}+2M_{34}=-1+3\times 2-2\times 1+2\times (-3)=-3$。

故选D。

2. $D_3=\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 2& 5\\ 34& 1& 34\end{array}\right|$，$A_{ij}$表示元素$a_{ij}(i,j=1,2,3)$的代数余子式，则$5A_{11}+2A_{12}+A_{13}=$

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答案：$520$

解析：计算第一行三个代数余子式： $A_{11}=\left|\begin{array}{cc}2& 5\\ 1& 34\end{array}\right|=68-5=63$， $A_{12}=-\left|\begin{array}{cc}1& 5\\ 34& 34\end{array}\right|=-(34-170)=136$， $A_{13}=\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 34& 1\end{array}\right|=1-68=-67$。

所以 $5A_{11}+2A_{12}+A_{13}=5\times 63+2\times 136-67=520$。

3. 已知3阶行列式$|A|=-9$，其第2行元素为$1,1,2$，第3行元素为$2,2,1$，则$A_{31}+A_{32}-3A_{33}$

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答案：$-15$

解析：设第1行为$(x,y,z)$，则 $|A|=\left|\begin{array}{ccc}x& y& z\\ 1& 1& 2\\ 2& 2& 1\end{array}\right|=3(y-x)=-9$， 故 $y-x=-3$。

又 $A_{31}=2y-z,A_{32}=-2x+z,A_{33}=x-y$。

因此 $A_{31}+A_{32}-3A_{33}=2y-z-2x+z-3(x-y)=5(y-x)=-15$。

4. 已知3阶行列式$|A|$的元素$a_{ij}$均为实数，且$a_{ij}$不全为0.若$a_{ij}=-A_{ij},i,j=1,2,3$，其中$A_{ij}$是$a_{ij}$的代数余子式，则$|A|=$

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答案：$-1$

解析：设$C=(A_{ij})$为代数余子式矩阵，则题设为$A=-C$，而$C=(A^{\ast }{)}^T$。

取行列式，3阶情形下 $|A|=|-C|=-|C|=-|A^{\ast }|=-|A{|}^2$。

故 $|A|(1+|A|)=0$，即$|A|=0$或$|A|=-1$。

下面排除$|A|=0$。若$r(A)=2$，则$r(A^{\ast })=1$，但由$A^{\ast }=-A^T$知$r(A^{\ast })=r(A)=2$，矛盾；若$r(A)\le 1$，则$A^{\ast }=O$，由$A^{\ast }=-A^T$推出$A=O$，又与$a_{ij}$不全为0矛盾。

因此只能有 $|A|=-1$。

矩阵运算

1. 设$A$是$n$阶矩阵，则下列说法错误的是( ).
   A. 对任意的$n$维列向量$\xi ,$有$A\xi =0$，则$A=0$
   B. 对任意的$n$维列向量$\xi ,$有${\xi }^{T}A\xi =0$，则$A=0$
   C. 对任意的$n$阶矩阵$B$，有$A^{T}B=O$则$A=O$
   D. 对任意的$n$阶矩阵$B$，有$B^{T}AB=O$，则$A=O$

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答案：B

解析：A正确：若对任意$\xi$都有$A\xi =0$，取$\xi =e_i$即可知$A$的每一列均为0。

B错误。取非零反对称矩阵，例如 $A=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right]$， 则对任意实列向量$\xi$都有${\xi }^{T}A\xi =0$，但$A\ne O$。

C中若对任意$B$均有$A^{T}B=O$，取$B=E$即得$A^T=O$；D同理取$B=E$即可得$A=O$。故选B。

2. $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，则$A^{10}=$_____．

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答案：$\left[\begin{array}{ccc}1& 10& 35\\ 0& 1& 10\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$

解析：写成$A=E+N$，其中 $N=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& -1\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$， 且 $N^2=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right],N^3=O$。

由二项式展开， $A^{10}=E+10N+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)N^2$。

代入得 $A^{10}=\left[\begin{array}{ccc}1& 10& -10+45\\ 0& 1& 10\\ 0& 0& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& 10& 35\\ 0& 1& 10\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$。

3. ${\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right]}^3\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ -1& 3\end{array}\right]{\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^5=$

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答案：$\left[\begin{array}{cc}2& 1\\ -3& -4\end{array}\right]$

解析：有 ${\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right]}^3=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -3& 1\end{array}\right]$， 且交换矩阵$P=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$满足$P^2=E$，故$P^5=P$。

于是 $\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -3& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ -1& 3\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}2& 1\\ -3& -4\end{array}\right]$。

4. 设$A,B,C$均是3阶矩阵，且满足$AB=B^2-BC$，其中$B=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，$C=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$，则$A^{99}=$

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答案：$\left[\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$

解析：$B$可逆，由 $AB=B(B-C)$， 得 $A=B(B-C)B^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$。

直接计算可得$A^2=A$，因此对任意正整数$m$都有$A^m=A$。

故 $A^{99}=A=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$。

5. 设$A$为$n(n\ge 2)$阶实对称矩阵，且满足$E-2A+A^2-2A^3=0$，其中$E$为$n$阶单位矩阵，则$A=$

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答案：$\frac{1}{2}E$

解析：因$A$为实对称矩阵，存在正交矩阵将其对角化，且全部特征值均为实数。若$\lambda$为任一特征值，则 $1-2\lambda +{\lambda }^2-2{\lambda }^3=0$。

因 $1-2\lambda +{\lambda }^2-2{\lambda }^3=-(2\lambda -1)({\lambda }^2+1)$， 而$\lambda$为实数，所以只能有 $\lambda =\frac{1}{2}$。

所有特征值均为$\frac{1}{2}$，实对称矩阵又可正交对角化，因此 $A=\frac{1}{2}E$。

6. 设$A$是$n$阶矩阵，$E+A$是可逆矩阵，则下列等式不成立的是( ).
   A. $(A+E)(A-E)=(A-E)(A+E)$
   B. $(A+E{)}^{-1}(A-E)=(A-E)(A+E{)}^{-1}$
   C. $(A+E{)}^{\ast }(A-E)=(A-E)(A+E{)}^{\ast }$
   D. $(A+E{)}^T(A-E)=(A-E)(A+E{)}^T$

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答案：D

解析：$A+E$与$A-E$都是$A$的多项式，因此二者可交换，A成立。

若可逆矩阵$M$与$N$可交换，则$M^{-1}$也与$N$可交换，因此B成立。

又 $(A+E{)}^{\ast }=|A+E|(A+E{)}^{-1}$， 故C也成立。

但转置矩阵$(A+E{)}^T=A^T+E$一般并不与$A-E$可交换，所以D不一定成立。

7. 设$A$为2阶方阵，$\alpha$为2维非零列向量，且$\alpha$不是$A$的特征向量，$P=[\alpha ,A\alpha ]$，$A^2\alpha +A\alpha -2\alpha =0$，若矩阵$B$满足$AP=PB$，则$B=$( ).
   A. $\left[\begin{array}{cc}-1& 0\\ 1& 2\end{array}\right]$ B. $\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 2& -1\end{array}\right]$ C. $\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ 0& 2\end{array}\right]$ D. $\left[\begin{array}{cc}0& 2\\ 1& -1\end{array}\right]$

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答案：D

解析：因$\alpha$不是$A$的特征向量，所以$\alpha ,A\alpha$线性无关，从而$P=[\alpha ,A\alpha ]$可逆。

按列计算 $AP=[A\alpha ,A^2\alpha ]$。

由题设 $A^2\alpha =2\alpha -A\alpha$。

因此在基$\{\alpha ,A\alpha \}$下，$A\alpha$的坐标为$\left[\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right]$，$A^2\alpha$的坐标为$\left[\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right]$，故 $B=\left[\begin{array}{cc}0& 2\\ 1& -1\end{array}\right]$。

选D。

8. 设$A$为$n$阶可逆矩阵，$\alpha$为$n$维列向量，$b$为常数.记分块矩阵$P=\left[\begin{array}{cc}E& 0\\ -{\alpha }^T{A}^{\ast }& |A|\end{array}\right]$，$Q=\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ {\alpha }^T& b\end{array}\right]$，其中$A^{\ast }$是矩阵$A$的伴随矩阵，$E$为$n$阶单位矩阵.
   (1) 计算并化简$PQ$；(2) 证明：矩阵$Q$可逆的充分必要条件是${\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \ne b$

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答案： (1) $PQ=\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ O& |A|\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right)\end{array}\right]$；
(2) $Q$可逆$⟺{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \ne b$。

解析：

(1) 直接作分块矩阵乘法： $PQ=\left[\begin{array}{cc}E& 0\\ -{\alpha }^T{A}^{\ast }& |A|\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ {\alpha }^T& b\end{array}\right]$ $=\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ -{\alpha }^T{A}^{\ast }A+|A|{\alpha }^T& -{\alpha }^T{A}^{\ast }\alpha +|A|b\end{array}\right]$。

由伴随矩阵基本公式 $A^{\ast }A=|A|E$， 故左下块为 $-{\alpha }^T|A|E+|A|{\alpha }^T=O$。

又因$A$可逆， $A^{\ast }=|A|A^{-1}$， 所以右下块为 $|A|\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right)$。

因此 $PQ=\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ O& |A|\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right)\end{array}\right]$。

(2) $P$为分块下三角矩阵，且 $|P|=|E|\cdot |A|=|A|\ne 0$， 所以$P$可逆。因此 $Q\text{可逆}⟺PQ\text{可逆}$。

而$PQ$为分块上三角矩阵，故 $|PQ|=|A|\cdot |A|\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right)=|A{|}^2\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right)$。

由于$|A|\ne 0$，所以 $|PQ|\ne 0⟺b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \ne 0$。

即 $Q\text{可逆}⟺{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \ne b$。

9. 求与$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]$可交换的全部2阶矩阵.

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答案：$X=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ 0& a\end{array}\right]$，其中$a,b$为任意常数。

解析：设 $X=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$。

由$AX=XA$，有 $\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]$。

即 $\left[\begin{array}{cc}a+c& b+d\\ c& d\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}a& a+b\\ c& c+d\end{array}\right]$。

比较对应元素得 $c=0,d=a$。

因此全部可交换矩阵为 $X=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ 0& a\end{array}\right]$。

10. 设$A=\left[\begin{array}{ccc}2& -2& -4\\ -1& 3& 4\\ 1& -2& -3\end{array}\right]$，问是否存在非单位矩阵$B$，使得$AB=A$？若不存在，请说明理由；若存在，求出所有满足$AB=A$的$B$

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答案：存在。全部解为 $B=E+\left[\begin{array}{ccc}p& q& r\\ -p& -q& -r\\ p& q& r\end{array}\right]$，其中$p,q,r$为任意常数；当$(p,q,r)\ne (0,0,0)$时即为非单位矩阵。

解析：方程$AB=A$等价于 $A(B-E)=O$。

先求齐次方程$Ax=0$。对$A$作初等行变换可得其秩为2，且 $\ker A=\mathrm{span}\left\{\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right]\right\}$。

记 $B-E=[{\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3]$，则$A(B-E)=O$等价于 $A{\beta }_j=0(j=1,2,3)$。

因此每个${\beta }_j$都必须是${\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 1\end{array}\right]}^T$的倍数，即 ${\beta }_1=p\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right],{\beta }_2=q\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right],{\beta }_3=r\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right]$。

故 $B=E+\left[\begin{array}{ccc}p& q& r\\ -p& -q& -r\\ p& q& r\end{array}\right]$。

取$p,q,r$不全为0即可得到非单位矩阵。

矩阵的秩

1. 设$A$是3阶非零矩阵，满足$A^2=A$，且$A\ne E$，则必有( ).
   A. $r(A)=1$ B. $r(A-E)=2$ C. $[r(A)-1][r(A-E)-2]=0$ D. $[r(A)-1][r(A-E)-1]=0$

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答案：D

解析：由$A^2=A$，有 $A(A-E)=O$。

更重要的是幂等矩阵的特征值只能为0或1，且可对角化。因此对3阶非零且不等于$E$的幂等矩阵，$r(A)$只能为1或2。

同时 $r(A-E)=r(E-A)=3-r(A)$。

若$r(A)=1$，则$r(A-E)=2$；若$r(A)=2$，则$r(A-E)=1$。

两种情形下均有 $[r(A)-1][r(A-E)-1]=0$。

故选D。

2. 若$A,A^{\ast },B$都是$n(n>2)$阶非零矩阵，且$A^{\ast }$是$A$的伴随矩阵，$AB=O$，则$r(B)=$( )
   A. 1 B. $n-1$ C. $n$ D. $n-1$或$n$

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答案：A

解析：因$A^{\ast }\ne O$，故$r(A)\ge n-1$。

若$r(A)=n$，则$A$可逆，由$AB=O$推出$B=O$，与题设$B\ne O$矛盾。因此 $r(A)=n-1$。

由$AB=O$，$B$的每一列都属于$A$的零空间，而 $\dim N(A)=n-r(A)=1$。

所以$r(B)\le 1$。又$B\ne O$，故 $r(B)=1$。

3. 设矩阵$A=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ -2& 2& 1\\ 1& -1& k\end{array}\right]$，$r((3E-A{)}^2)<r(3E-A)$，其中$E$是3阶单位矩阵，则常数$k=$( )
   A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

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答案：A

解析：令$M=3E-A$。题设$r(M^2)<r(M)$说明$M$必不可逆，因此$|M|=0$。

计算 $|3E-A|=0$可得候选参数中$k=3,4,5,6$均需进一步比较秩。直接代入：

当$k=3$时， $r(3E-A)=2,r((3E-A{)}^2)=1$，满足严格下降；

当$k=4,5,6$时，均有 $r((3E-A{)}^2)=r(3E-A)=2$。

故只有 $k=3$，选A。

4. 设$A,B$为$n$阶实矩阵，则下列结论不成立的是( ).
   A. $r\left(\left[\begin{array}{cc}A& AB\end{array}\right]\right)=r(A)$
   B. $r\left(\left[\begin{array}{cc}A{B}^T& A{B}^{T}B\end{array}\right]\right)=r(A{B}^T)$
   C. $r\left(\left[\begin{array}{c}BA\\ B^{T}BA\end{array}\right]\right)=r(A{B}^T)$
   D. $r\left(\left[\begin{array}{c}{A}^{T}A\\ B^{T}A\end{array}\right]\right)=r(A)$

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答案：C

解析：A中 $[A,AB]=A[E,B]$，且左侧已经包含$A$的全部列，所以秩恰为$r(A)$。

B同理， $[A{B}^T,A{B}^{T}B]=A{B}^T[E,B]$，且含有$A{B}^T$，故秩为$r(A{B}^T)$。

D中 $\left[\begin{array}{c}{A}^{T}A\\ B^{T}A\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{A}^T\\ B^T\end{array}\right]A$，故其秩不超过$r(A)$；另一方面对实矩阵有$r(A^{T}A)=r(A)$，而$A^{T}A$就是该分块矩阵的一部分，因此整体秩至少为$r(A)$，于是等号成立。

C左侧实际上等于 $r\left(\left[\begin{array}{c}E\\ B^T\end{array}\right]BA\right)=r(BA)$， 一般并不恒等于$r(A{B}^T)$，故C不成立。

5. 已知$A$为$n$阶矩阵，$E$为$n$阶单位矩阵，记矩阵$\left[\begin{array}{cc}O& A\\ A^T& E\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}O& A^{T}A\\ A^T& E\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}{A}^T& E\\ A^{T}A& A^{T}A\end{array}\right]$的秩分别为$r_1,r_2,r_3$，则( ).
   A. $r_1=r_2\ge r_3$ B. $r_1=r_2\le r_3$ C. $r_1=r_3\ge r_2$ D. $r_1=r_3\le r_2$

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答案：A

解析：设$r(A)=r$。

对第一个矩阵，利用右下角$E$作分块消元： $r_1=n+r(A{A}^T)=n+r$。

同理， $r_2=n+r(A^{T}A{A}^T)=n+r$，因为对实矩阵该乘积的秩仍为$r(A)$。

所以 $r_1=r_2=n+r$。

对第三个矩阵，按上下两块估计：上面的$n$行秩至多为$n$，下面分块$[A^{T}A,A^{T}A]$的秩为$r(A^{T}A)=r$，故 $r_3\le n+r=r_1=r_2$。

因此选A。

6. 已知$n$阶矩阵$A,B,C$满足$ABC=O$，$E$为$n$阶单位矩阵，记矩阵$\left[\begin{array}{cc}O& A\\ BC& E\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}AB& C\\ O& E\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}E& AB\\ AB& O\end{array}\right]$的秩分别为$r_1,r_2,r_3$，则( ).
   A. $r_1\le r_2\le r_3$ B. $r_1\le r_3\le r_2$ C. $r_3\le r_1\le r_2$ D. $r_2\le r_1\le r_3$

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答案：B

解析：第一个矩阵以右下角$E$作分块消元，得到 $r_1=n+r(O-A\cdot BC)=n+r(ABC)=n$。

第二个矩阵同理， $r_2=n+r(AB)$。

第三个矩阵以左上角$E$作分块消元： $r_3=n+r(-(AB{)}^2)=n+r((AB{)}^2)$。

因为 $r((AB{)}^2)\le r(AB)$， 所以 $n=r_1\le r_3\le r_2$。

故选B。

7. 设$A,B,C$均为$n$阶矩阵，$r(AB)\le r(BA)$，记$\left[\begin{array}{cc}O& AB\\ B& BC\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}B& BC\\ AB& O\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}BA& BAC\\ O& B\end{array}\right]$的秩分别为$r_1,r_2,r_3$，则( ).
   A. $r_2\le r_3\le r_1$ B. $r_2\le r_1\le r_3$ C. $r_1\le r_2\le r_3$ D. $r_3\le r_2\le r_1$

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答案：B

解析：对第一个分块矩阵作列变换$C_2\leftarrow C_2-C_{1}C$，得 $\left[\begin{array}{cc}O& AB\\ B& O\end{array}\right]$，因此 $r_1=r(B)+r(AB)$。

对第二个矩阵作行变换$R_2\leftarrow R_2-A{R}_1$，得 $\left[\begin{array}{cc}B& BC\\ O& -ABC\end{array}\right]$。 由于上方块$[B,BC]=B[E,C]$的秩为$r(B)$，且其与下方$[O,ABC]$的行空间交为零，故 $r_2=r(B)+r(ABC)$。

对第三个矩阵，因$BAC=(BA)C$，上方块$[BA,BAC]$的秩为$r(BA)$，且与下方$[O,B]$相互独立，故 $r_3=r(BA)+r(B)$。

由 $r(ABC)\le r(AB)\le r(BA)$， 得到 $r_2\le r_1\le r_3$。

故选B。

8. 设$A$为$n$阶矩阵，$r(A)=r$，$E_r$为$r$阶单位矩阵，则“$A^2=A$”是“存在列满秩矩阵$C_{n\times r}$，使得$A=CB$，$BC=E_r$”的( ).
   A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充分必要条件 D. 既非充分又非必要条件

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答案：C

解析：先证充分性。若$A^2=A$且$r(A)=r$，取$A$的秩分解 $A=CB$， 其中$C$为$n\times r$列满秩矩阵，$B$为$r\times n$行满秩矩阵。

由$A^2=A$得 $CBCB=CB$。

由于$C$列满秩，存在左逆；$B$行满秩，存在右逆。分别约去$C$与$B$，得到 $BC=E_r$。

反之，若存在$A=CB$且$BC=E_r$，则 $A^2=CBCB=C(BC)B=C{E}_{r}B=CB=A$。

故两条件互为充分必要条件，选C。