AAA组
- 5.设A\bm{A}A为nnn阶方阵，A∗\bm{A}^*A∗为其伴随矩阵，证明：若r(A)=n−1r(\bm{A})=n-1r(A)=n−1，则r(A∗)=r(\bm{A}^*)=r(A∗)=______。
BBB组
- 4.设A=(aij)n×n\bm{A}=(a_{ij})_{n\times n}A=(aij)n×n，且∑j=1naij=0,i=1,2,⋯,n\displaystyle\sum\limits_{j=1}^na_{ij}=0,i=1,2,\cdots,nj=1∑naij=0,i=1,2,⋯,n，求r(A∗)r(\bm{A}^*)r(A∗)及A∗\bm{A}^*A∗的表示形式。
CCC组
- 3.设A,B\bm{A},\bm{B}A,B都是333阶矩阵，其中A=[12134a122],AB−A+B=E\bm{A}=\begin{bmatrix}1&2&1\\3&4&a\\1&2&2\end{bmatrix},\bm{AB}-\bm{A}+\bm{B}=\bm{E}A=⎣⎡1312421a2⎦⎤,AB−A+B=E，且B≠E\bm{B}\ne\bm{E}B=E，则常数a=a=a=（）。
  (A)72;(A)\cfrac{7}{2};(A)27;
  (B)7;(B)7;(B)7;
  (C)132;(C)\cfrac{13}{2};(C)213;
  (D)13.(D)13.(D)13.
- 5.设有两个nnn维非零列向量α=[a1,a2,⋯,an]T,β=[b1,b2,⋯,bn]T\bm{\alpha}=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T},\bm{\beta}=[b_1,b_2,\cdots,b_n]^\mathrm{T}α=[a1,a2,⋯,an]T,β=[b1,b2,⋯,bn]T。
- - （1）计算αβT\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αβT与αTβ\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}αTβ；
  - （2）求矩阵αβT\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αβT的秩r(αβT)r(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})r(αβT)；
  - （3）设C=E−αβT\bm{C}=\bm{E}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}C=E−αβT，其中E\bm{E}E为nnn阶单位矩阵。证明：CTC=E−βαT−αβT+ββT\bm{C}^\mathrm{T}\bm{C}=\bm{E}-\bm{\beta\alpha}^\mathrm{T}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}+\bm{\beta\beta}^\mathrm{T}CTC=E−βαT−αβT+ββT的充要条件是αTα=1\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha}=1αTα=1。
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AAA组

5.设A\bm{A}A为nnn阶方阵，A∗\bm{A}^A∗为其伴随矩阵，证明：若r(A)=n−1r(\bm{A})=n-1r(A)=n−1，则r(A∗)=r(\bm{A}^)=r(A∗)=______。

解由题设，r(A)=n−1r(\bm{A})=n-1r(A)=n−1，知∣A∣=0|\bm{A}|=0∣A∣=0，从而有AA∗=∣A∣E=O\bm{AA}^*=|\bm{A}|\bm{E}=\bm{O}AA∗=∣A∣E=O，得r(A)+r(A∗)⩽nr(\bm{A})+r(\bm{A}^*)\leqslant nr(A)+r(A∗)⩽n，即有r(A∗)⩽n−r(A)=n−(n−1)=1r(\bm{A}^*)\leqslant n-r(\bm{A})=n-(n-1)=1r(A∗)⩽n−r(A)=n−(n−1)=1，又因r(A)=n−1r(\bm{A})=n-1r(A)=n−1，知A\bm{A}A中至少有一个n−1n-1n−1阶子式不为零，也即至少有一个代数余子式不为零，从而知A∗\bm{A}^*A∗非零，因此同时有r(A∗)⩾1r(\bm{A}^*)\geqslant1r(A∗)⩾1。
综上讨论，即证r(A∗)=1r(\bm{A}^*)=1r(A∗)=1。（这道题主要利用了矩阵的秩的性质求解）

BBB组

4.设A=(aij)n×n\bm{A}=(a_{ij})_{n\times n}A=(aij)n×n，且∑j=1naij=0,i=1,2,⋯,n\displaystyle\sum\limits_{j=1}^na_{ij}=0,i=1,2,\cdots,nj=1∑naij=0,i=1,2,⋯,n，求r(A∗)r(\bm{A}^)r(A∗)及A∗\bm{A}^A∗的表示形式。

解由∑j=1naij=0,i=1,2,⋯,n\displaystyle\sum\limits_{j=1}^na_{ij}=0,i=1,2,\cdots,nj=1∑naij=0,i=1,2,⋯,n，可知∣A∣=0,r(A)⩽n−1|\bm{A}|=0,r(\bm{A})\leqslant n-1∣A∣=0,r(A)⩽n−1，当r(A)=n−1r(\bm{A})=n-1r(A)=n−1时，有r(A∗)=1r(\bm{A}^*)=1r(A∗)=1，当r(A)<n−1r(\bm{A})<n-1r(A)<n−1时，r(A∗)=0r(\bm{A}^*)=0r(A∗)=0，故有r(A∗)⩽1r(\bm{A}^*)\leqslant1r(A∗)⩽1。
当r(A∗)=1r(\bm{A}^*)=1r(A∗)=1时，A∗=αβT\bm{A}^*=\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}A∗=αβT，其中α,β\bm{\alpha},\bm{\beta}α,β为任意非零列向量；当r(A∗)=0r(\bm{A}^*)=0r(A∗)=0时，A∗=O\bm{A}^*=\bm{O}A∗=O。（这道题主要利用了分类讨论求解）

CCC组

3.设A,B\bm{A},\bm{B}A,B都是333阶矩阵，其中A=[12134a122],AB−A+B=E\bm{A}=\begin{bmatrix}1&2&1\\3&4&a\\1&2&2\end{bmatrix},\bm{AB}-\bm{A}+\bm{B}=\bm{E}A=⎣⎡1312421a2⎦⎤,AB−A+B=E，且B≠E\bm{B}\ne\bm{E}B=E，则常数a=a=a=（）。
(A)72;(A)\cfrac{7}{2};(A)27;
(B)7;(B)7;(B)7;
(C)132;(C)\cfrac{13}{2};(C)213;
(D)13.(D)13.(D)13.

解由AB−A+B=E\bm{AB}-\bm{A}+\bm{B}=\bm{E}AB−A+B=E，有(A+E)(B−E)=O(\bm{A}+\bm{E})(\bm{B}-\bm{E})=\bm{O}(A+E)(B−E)=O，于是r(A+E)+r(B−E)⩽3r(\bm{A}+\bm{E})+r(\bm{B}-\bm{E})\leqslant3r(A+E)+r(B−E)⩽3，又3=r(A+B)=r[(A+E)+(B−E)]⩽r(A+E)+r(B−E)3=r(\bm{A}+\bm{B})=r[(\bm{A}+\bm{E})+(\bm{B}-\bm{E})]\leqslant r(\bm{A}+\bm{E})+r(\bm{B}-\bm{E})3=r(A+B)=r[(A+E)+(B−E)]⩽r(A+E)+r(B−E)，故r(A+E)+r(B−E)=3r(\bm{A}+\bm{E})+r(\bm{B}-\bm{E})=3r(A+E)+r(B−E)=3。
由r(A+E)=r([22135a123])⩾2,r(B−E)⩾1r(\bm{A}+\bm{E})=r\left(\begin{bmatrix}2&2&1\\3&5&a\\1&2&3\end{bmatrix}\right)\geqslant2,r(\bm{B}-\bm{E})\geqslant1r(A+E)=r⎝⎛⎣⎡2312521a3⎦⎤⎠⎞⩾2,r(B−E)⩾1，故r(A+E)=2r(\bm{A}+\bm{E})=2r(A+E)=2，于是∣A+E∣=∣22135a123∣=13−2a=0|\bm{A}+\bm{E}|=\begin{vmatrix}2&2&1\\3&5&a\\1&2&3\end{vmatrix}=13-2a=0∣A+E∣=∣∣∣∣∣∣2312521a3∣∣∣∣∣∣=13−2a=0，得a=132a=\cfrac{13}{2}a=213。（这道题主要利用了等式变换求解）

5.设有两个nnn维非零列向量α=[a1,a2,⋯,an]T,β=[b1,b2,⋯,bn]T\bm{\alpha}=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T},\bm{\beta}=[b_1,b_2,\cdots,b_n]^\mathrm{T}α=[a1,a2,⋯,an]T,β=[b1,b2,⋯,bn]T。

（1）计算αβT\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αβT与αTβ\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}αTβ；

解 αβT=[a1b1a1b2⋯a1bna2b1a2b2⋯a2bn⋮⋮⋮anb1anb2⋯anbn],αTβ=a1b1+a2b2+⋯+anbn.\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}=\begin{bmatrix}a_1b_1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\a_2b_1&a_2b_2&\cdots&a_2b_n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_nb_1&a_nb_2&\cdots&a_nb_n\end{bmatrix},\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}=a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n.αβT=⎣⎢⎢⎢⎡a1b1a2b1⋮anb1a1b2a2b2⋮anb2⋯⋯⋯a1bna2bn⋮anbn⎦⎥⎥⎥⎤,αTβ=a1b1+a2b2+⋯+anbn.

（2）求矩阵αβT\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αβT的秩r(αβT)r(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})r(αβT)；

解因αβT\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αβT各行（列）是第111行（列）的倍数，又α,β\bm{\alpha},\bm{\beta}α,β皆为非零向量，故r(αβT)=1r(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})=1r(αβT)=1。

（3）设C=E−αβT\bm{C}=\bm{E}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}C=E−αβT，其中E\bm{E}E为nnn阶单位矩阵。证明：CTC=E−βαT−αβT+ββT\bm{C}^\mathrm{T}\bm{C}=\bm{E}-\bm{\beta\alpha}^\mathrm{T}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}+\bm{\beta\beta}^\mathrm{T}CTC=E−βαT−αβT+ββT的充要条件是αTα=1\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha}=1αTα=1。

解由于CTC=(E−αβT)T(E−αβT)=(E−βαT)(E−αβT)=E−βαT−αβT+βαTαβT\bm{C}^\mathrm{T}\bm{C}=(\bm{E}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})^\mathrm{T}(\bm{E}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})=(\bm{E}-\bm{\beta\alpha}^\mathrm{T})(\bm{E}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})=\bm{E}-\bm{\beta\alpha}^\mathrm{T}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}+\bm{\beta\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}CTC=(E−αβT)T(E−αβT)=(E−βαT)(E−αβT)=E−βαT−αβT+βαTαβT，故若要求CTC=E−βαT−αβT+ββT\bm{C}^\mathrm{T}\bm{C}=\bm{E}-\bm{\beta\alpha}^\mathrm{T}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}+\bm{\beta\beta}^\mathrm{T}CTC=E−βαT−αβT+ββT，则βαTαβT−ββT=O,β(αTα−1)βT=O\bm{\beta\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}-\bm{\beta\beta}^\mathrm{T}=\bm{O},\bm{\beta}(\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha}-1)\bm{\beta}^\mathrm{T}=\bm{O}βαTαβT−ββT=O,β(αTα−1)βT=O，即(αTα−1)ββT=O(\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha}-1)\bm{\beta\beta}^\mathrm{T}=\bm{O}(αTα−1)ββT=O。
因为β≠0\bm{\beta}\ne\bm{0}β=0，所以ββT≠O\bm{\beta\beta}^\mathrm{T}\ne\bm{O}ββT=O。故CTC=E−βαT−αβT+ββT\bm{C}^\mathrm{T}\bm{C}=\bm{E}-\bm{\beta\alpha}^\mathrm{T}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}+\bm{\beta\beta}^\mathrm{T}CTC=E−βαT−αβT+ββT的充要条件是αTα=1\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha}=1αTα=1。（这道题主要利用了等式变换求解）

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张宇1000题线性代数第四章矩阵的秩

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AAA组

5.设A\bm{A}A为nnn阶方阵，A∗\bm{A}^A∗为其伴随矩阵，证明：若r(A)=n−1r(\bm{A})=n-1r(A)=n−1，则r(A∗)=r(\bm{A}^)=r(A∗)=______。

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4.设A=(aij)n×n\bm{A}=(a_{ij})_{n\times n}A=(aij)n×n，且∑j=1naij=0,i=1,2,⋯,n\displaystyle\sum\limits_{j=1}^na_{ij}=0,i=1,2,\cdots,nj=1∑naij=0,i=1,2,⋯,n，求r(A∗)r(\bm{A}^)r(A∗)及A∗\bm{A}^A∗的表示形式。

CCC组

5.设有两个nnn维非零列向量α=[a1,a2,⋯,an]T,β=[b1,b2,⋯,bn]T\bm{\alpha}=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T},\bm{\beta}=[b_1,b_2,\cdots,b_n]^\mathrm{T}α=[a1,a2,⋯,an]T,β=[b1,b2,⋯,bn]T。

（1）计算αβT\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αβT与αTβ\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}αTβ；

（2）求矩阵αβT\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αβT的秩r(αβT)r(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})r(αβT)；

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CCC组

5.设有两个nnn维非零列向量α=[a1,a2,⋯,an]T,β=[b1,b2,⋯,bn]T\bm{\alpha}=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T},\bm{\beta}=[b_1,b_2,\cdots,b_n]^\mathrm{T}α=[a1​,a2​,⋯,an​]T,β=[b1​,b2​,⋯,bn​]T。

（1）计算αβT\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αβT与αTβ\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}αTβ；

（2）求矩阵αβT\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αβT的秩r(αβT)r(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})r(αβT)；

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