2020张宇1000题【好题收集】【第十章：线性代数（一）】
文章目录
- 线性代数中翻译成人话的结论
- 一.行列式
- 做题中得到的结论
- 基础知识
- 分块矩阵行列式
- 爪型行列式
- 范德蒙行列式
- 4【结论题】【缺主对角线】
- 7【打星】
- 8
- 15（打星）
- 二.矩阵
- 关于秩的一些结论
- 关于伴随矩阵的秩的结论
- 做题中得到的结论
- ②逆矩阵
- 主对角线
- 副对角线
- 和的逆矩阵
- 21【结论题】【主对角线为0矩阵的逆矩阵】
- 24【证明题】
- 25【结论题】【左下角为0的分块矩阵的逆矩阵】
- 29【结论题】【$a_{ij}=A_{ij}$】
- 34（打星）【用来坑大林】
- 35
- 37（打星）
- 40
- 41（打星）
- 43【结论题】
- 44【结论题】
- 45【结论题】【正交矩阵的伴随矩阵还是正交矩阵】
- 51【结论题】【代数余子式之和 与 行列式】？？
- 53【结论题】【代数余子式之和等于伴随矩阵所有元素的和】
- 65【证明题】
- 66（打星）【证明题】
- 77（打星）【坑大林】
- 78【证明题】
- 79【结论题】【行元素的和为0】
线性代数中翻译成人话的结论
①：A矩阵中每行元素的和都是cA矩阵中每行元素的和都是cA矩阵中每行元素的和都是c⇒\Rightarrow⇒A矩阵的有个特征值是c,特征向量为[1,1,1,...,1]TA矩阵的有个特征值是c,特征向量为[1,1,1,...,1]^TA矩阵的有个特征值是c,特征向量为[1,1,1,...,1]T
②：有不全为0的矩阵B,使得AB=O有不全为0的矩阵B,使得AB=O有不全为0的矩阵B,使得AB=O⇒\Rightarrow⇒AX=O有非零解⇒∣A∣=0AX=O有非零解\Rightarrow |A|=0AX=O有非零解⇒∣A∣=0
如果A也是非零矩阵的话如果A也是非零矩阵的话如果A也是非零矩阵的话⇒\Rightarrow⇒B不可逆,也就是∣B∣=0B不可逆,也就是|B|=0B不可逆,也就是∣B∣=0
③：
aij=Aija_{ij}=A_{ij}aij=Aij⇒\Rightarrow⇒{A∗=AT∣A∣=1或∣A∣=−1AAT=E⇒A是正交矩阵\left\{\begin{matrix} A^*=A^T\\ \\ |A|=1或|A|=-1 \\ \\ AA^T=E\Rightarrow A是正交矩阵 \end{matrix}\right.⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧A∗=AT∣A∣=1或∣A∣=−1AAT=E⇒A是正交矩阵
一.行列式
做题中得到的结论
①：题43
∣(A∗)∗∣=∣A∣(n−1)2|(A^*)^*|=|A|^{(n-1)^2}∣(A∗)∗∣=∣A∣(n−1)2
基础知识
行列式只能挨着的行或列交换哦，然后产生负号
分块矩阵行列式
主对角线：
∣AO∗B∣=∣A∣∣B∣\begin{vmatrix} A & O\\ *&B \end{vmatrix}=|A||B|∣∣∣∣A∗OB∣∣∣∣=∣A∣∣B∣
副对角线：
∣OAB∗∣=(−1)nm∣A∣∣B∣\begin{vmatrix} O& A\\ B&* \end{vmatrix}=(-1)^{nm}|A||B|∣∣∣∣OBA∗∣∣∣∣=(−1)nm∣A∣∣B∣
A,BA,BA,B分别是nxn,mxm的方正
爪型行列式
∣a11111a20010a30100a4∣\left| \begin{array} { c c c c } { a _ { 1 } } & { 1 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { a _ { 2 } } & { 0 } & { 0 } \\ { 1 } & { 0 } & { a _ { 3 } } & { 0 } \\ { 1 } & { 0 } & { 0 } & { a _ { 4 } } \end{array} \right|∣∣∣∣∣∣∣∣a11111a20010a30100a4∣∣∣∣∣∣∣∣
∣a1−1a2−1a3−1a41110a20000a30000a4∣=(a1−1a2−1a3−1a4)a2a3a4\left| \begin{array} { c c c c } { a _ { 1 } - \frac { 1 } { a _ { 2 } } - \frac { 1 } { a _ { 3 } } - \frac { 1 } { a _ { 4 } } } & { 1 } & { 1 } & { 1 } \\ { 0 } & { a _ { 2 } } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { a _ { 3 } } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 0 } & { a _ { 4 } } \end{array} \right| = ( a _ { 1 } - \frac { 1 } { a _ { 2 } } - \frac { 1 } { a _ { 3 } } - \frac { 1 } { a _ { 4 } } ) a _ { 2 } a _ { 3 } a _ { 4 }∣∣∣∣∣∣∣∣a1−a21−a31−a410001a20010a30100a4∣∣∣∣∣∣∣∣=(a1−a21−a31−a41)a2a3a4
范德蒙行列式
有点容易忘。。。
Dn=∣11…1x1x2…xn⋮⋮⋮x1n−1x2n−1…xnn−1∣D _ { n } = \left| \begin{array} { c c c c } { 1 } & { 1 } & { \dots } & { 1 } \\ { x _ { 1 } } & { x _ { 2 } } & { \dots } & { x _ { n } } \\ { \vdots } & { \vdots } & { } & { \vdots } \\ { x _ { 1 } ^ { n - 1 } } & { x _ { 2 } ^ { n - 1 } } & { \dots } & { x _ { n } ^ { n - 1 } } \end{array} \right|Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣1x1⋮x1n−11x2⋮x2n−1………1xn⋮xnn−1∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Dn=∏1≤j<i≤n(xi−xj)D _ { n } = \prod _ { 1 \leq j < i \leq n } ( x _ { i } - x _ { j } )Dn=1≤j<i≤n∏(xi−xj)
就是所有下标大的减下标小的的乘积
4【结论题】【缺主对角线】
∣0111101111011110∣,n阶的=(n−1)(−1)n−1\begin{vmatrix} 0 &1 &1 &1 \\ 1 &0 &1 &1 \\ 1 &1 &0 &1 \\ 1& 1 & 1 & 0 \end{vmatrix},n阶的=(n-1)(-1)^{n-1}∣∣∣∣∣∣∣∣0111101111011110∣∣∣∣∣∣∣∣,n阶的=(n−1)(−1)n−1
不好写n阶的，就写了4阶的
所有列加到第一列，然后提出(n−1)(n-1)(n−1)，这时a11=1a_{11}=1a11=1，然后就用−r1-r_1−r1加到所有排，变成∣11110−10000−10000−1∣\begin{vmatrix} 1 &1 &1 &1 \\ 0 &-1 &0 &0 \\ 0 &0 &-1 &0 \\ 0& 0 & 0 & -1 \end{vmatrix}∣∣∣∣∣∣∣∣10001−10010−10100−1∣∣∣∣∣∣∣∣这样的上三角，答案就很明显了
7【打星】
求∣1−xx000−11−xx000−11−xx000−11−xx000−11−x∣求\left| \begin{array} { c c c c c } { 1 - x } & { x } & { 0 } & { 0 } & { 0 } \\ { - 1 } & { 1 - x } & { x } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { - 1 } & { 1 - x } & { x } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { - 1 } & { 1 - x } & { x } \\ { 0 } & { 0 } & { 0 } & { - 1 } & { 1 - x } \end{array} \right|求∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1−x−1000x1−x−1000x1−x−1000x1−x−1000x1−x∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
通过降阶我们阔以发现一个递推公式
Dn=(1−x)Dn−1+xDnD_n=(1-x)D_{n-1}+xD_nDn=(1−x)Dn−1+xDn
线性的递推公式我们阔以用学习矩阵快速幂的时候的方法把它转换一哈
(DnDn−1)=(1−xx10)(Dn−1Dn−2)=(1−xx10)n−2(D2D1)\begin{pmatrix} D_n \\ \\ D_{n-1} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1-x&x\\ \\ 1 &0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} D_{n-1} \\ \\ D_{n-2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1-x&x\\ \\ 1 &0 \end{pmatrix}^{n-2}\begin{pmatrix} D_2 \\ \\ D_1 \end{pmatrix}⎝⎛DnDn−1⎠⎞=⎝⎛1−x1x0⎠⎞⎝⎛Dn−1Dn−2⎠⎞=⎝⎛1−x1x0⎠⎞n−2⎝⎛D2D1⎠⎞
而我们这里n=5n=5n=5，因此：
(D5D4)=(1−xx10)3(D2D1)=(−x3+x2−x+1x3−x2+xx2−x+1−x2+x)(D2D1)\begin{pmatrix} D_5 \\ \\ D_4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1-x&x\\ \\ 1 &0 \end{pmatrix}^{3}\begin{pmatrix} D_2 \\ \\ D_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -x^3+x^2-x+1&x^3-x^2+x\\ \\ x^2-x+1 &-x^2+x \end{pmatrix}\begin{pmatrix} D_2 \\ \\ D_1 \end{pmatrix}⎝⎛D5D4⎠⎞=⎝⎛1−x1x0⎠⎞3⎝⎛D2D1⎠⎞=⎝⎛−x3+x2−x+1x2−x+1x3−x2+x−x2+x⎠⎞⎝⎛D2D1⎠⎞
∴D5=(−x3+x2−x+1)D2+(x3−x2+x)D1\therefore D_5=(-x^3+x^2-x+1)D_2+(x^3-x^2+x)D_1∴D5=(−x3+x2−x+1)D2+(x3−x2+x)D1
D2=(1−x)2+x,D1=1−xD_2=(1-x)^2+x,D_1=1-xD2=(1−x)2+x,D1=1−x
代入得到答案
还是好麻烦啊，算了，还是用答案这种吧
答案很机智得发现了：
Dn−Dn−1=−x(Dn−1−Dn−2)=−xn−2(D2−D1)=−xnD_n-D_{n-1}=-x(D_{n-1}-D_{n-2})=-x^{n-2}(D_2-D_1)=-x^nDn−Dn−1=−x(Dn−1−Dn−2)=−xn−2(D2−D1)=−xn
{D5−D4=−x5D4−D3=−x4D3−D2=−x3\left\{\begin{matrix} D_5-D_4=-x^5\\ \\ D_4-D_3=-x^4\\ \\ D_3-D_2=-x^3 \end{matrix}\right.⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧D5−D4=−x5D4−D3=−x4D3−D2=−x3
左边加左边右边加右边D5−D2=−x5−x4−x3D_5-D_2=-x^5-x^4-x^3D5−D2=−x5−x4−x3再带入D2D_2D2答案就出来了
这种真的计算量要小很多
8
计算∣abcd−ba−dc−cda−b−d−cba∣计算\left| \begin{array} { c c c c } { a } & { b } & { c } & { d } \\ { - b } & { a } & { - d } & { c } \\ { - c } & { d } & { a } & { - b } \\ { - d } & { - c } & { b } & { a } \end{array} \right|计算∣∣∣∣∣∣∣∣a−b−c−dbad−cc−dabdc−ba∣∣∣∣∣∣∣∣
我倒是看出来这个矩阵是D=∣D1D2−D2TD1T∣D=\begin{vmatrix} D_1&D_2 \\ \\ -D_2^T&D_1^T \end{vmatrix}D=∣∣∣∣∣∣D1−D2TD2D1T∣∣∣∣∣∣这样子的分块矩阵的了，但是我还是不知道怎么做。。。
万万没想到D2=∣D1D1T+D2D2TD1D1T+D2D2T∣D^2=\begin{vmatrix} D_1D_1^T+D_2D_2^T& \\ &D_1D_1^T+D_2D_2^T \end{vmatrix}D2=∣∣∣∣D1D1T+D2D2TD1D1T+D2D2T∣∣∣∣
书上答案是直接平方了，更看不出来(ಥ_ಥ)
15（打星）
A是奇数矩阵,且AAT=ATA=E,∣A∣>0,则∣A−E∣=A是奇数矩阵,且AA^T=A^TA=E,|A|>0,则|A-E|=A是奇数矩阵,且AAT=ATA=E,∣A∣>0,则∣A−E∣=
∣A−E∣=∣A−AAT∣=∣A∣∣E−AT∣=∣A∣∣AAT−AT∣=∣A∣∣A−E∣∣AT∣⇒也就是∣A−E∣=∣A∣∣A−E∣∣AT∣∴∣A∣∣AT∣=1,而∣A∣>0⇒∣A∣=1|A-E|=|A-AA^T|=|A||E-A^T|=|A||AA^T-A^T|=|A||A-E||A^T|\Rightarrow 也就是|A-E|=|A||A-E||A^T|\therefore |A||A^T|=1,而|A|>0\Rightarrow |A|=1∣A−E∣=∣A−AAT∣=∣A∣∣E−AT∣=∣A∣∣AAT−AT∣=∣A∣∣A−E∣∣AT∣⇒也就是∣A−E∣=∣A∣∣A−E∣∣AT∣∴∣A∣∣AT∣=1,而∣A∣>0⇒∣A∣=1
我只推出了上面这一步，要判断=0还要推
而∣A−E∣=∣A−AAT∣=∣A∣∣E−AT∣=1⋅∣(ET−A)T∣=∣E−A∣∴∣A−E∣=0而|A-E|=|A-AA^T|=|A||E-A^T|=1\cdot|(E^T-A)^T|=|E-A|\therefore |A-E|=0而∣A−E∣=∣A−AAT∣=∣A∣∣E−AT∣=1⋅∣(ET−A)T∣=∣E−A∣∴∣A−E∣=0
二.矩阵
关于秩的一些结论
①：
r(A+B)⩽r(A)+r(B)r(A+B)\leqslant r(A)+r(B)r(A+B)⩽r(A)+r(B)
②：
r(AB)⩽min(r(A),r(B))r(AB)\leqslant min(r(A),r(B))r(AB)⩽min(r(A),r(B))
③：
AAA为m×nm\times nm×n的，BBB为n×pn\times pn×p的，则：
r(A)+r(B)≤r(AB)+nr(A)+r(B)\leq r(AB)+n r(A)+r(B)≤r(AB)+n
特别地，当AB=OAB=OAB=O时
r(A)+r(B)⩽nr(A)+r(B)\leqslant nr(A)+r(B)⩽n
上面几个总结一哈就是：
{r(AB)≤min(r(A),r(B))≤r(A)+r(B)≤r(AB)+nr(A+B)≤r(A)+r(B)r(ATA)=r(A)\left\{\begin{matrix} r(AB)\leq min(r(A),r(B))\leq r(A)+r(B)\leq r(AB)+n\\ \\ r(A+B)\leq r(A)+r(B) \\ \\r(A^TA)=r(A) \end{matrix}\right.⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧r(AB)≤min(r(A),r(B))≤r(A)+r(B)≤r(AB)+nr(A+B)≤r(A)+r(B)r(ATA)=r(A)
④：
r(AOOB)=r(A)+r(B)r\begin{pmatrix} A&O \\ O&B \end{pmatrix}=r(A)+r(B)r(AOOB)=r(A)+r(B)
⑤：
AAA可逆，则有：
r(AB)=r(BA)=r(B)r(AB)=r(BA)=r(B)r(AB)=r(BA)=r(B)
理解一哈就行，AAA如果是可逆的，那么AAA肯定就是满秩，那么不管是对BBB左乘还是右乘，都是作行变换或列变换不改变BBB的秩，因此就还是BBB的秩
⑥：
关于伴随矩阵的秩的结论
r(A∗)={n,r(A)=n1,r(A)=n−10,r(A)<n−1r ( A ^ * ) = \left\{ \begin{array} { l } { n , \quad r ( A ) = n } \\ { 1 ,\ \ \ \ r ( A ) = n - 1 } \\ { 0 ,\ \ \ \ r ( A ) < n - 1 } \end{array} \right.r(A∗)=⎩⎨⎧n,r(A)=n1, r(A)=n−10, r(A)<n−1
做题中得到的结论
①：题44
(A∗)∗=∣A∣n−2A(A^*)^*=|A|^{n-2}A(A∗)∗=∣A∣n−2A
②逆矩阵
主对角线
[AOOB]−1=[A−1OOB−1]\begin{bmatrix} A&O \\ O&B \end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix} A^{-1} &O \\ O&B^{-1} \end{bmatrix}[AOOB]−1=[A−1OOB−1]
副对角线
[OABO]−1=[OB−1A−1O]\begin{bmatrix} O&A \\ B&O \end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix} O &B^{-1} \\ A^{-1}&O \end{bmatrix}[OBAO]−1=[OA−1B−1O]
注意这个跟行列式的那个不一样，这个必须要两个OOO，阔以想成是要对角阵才行，而行列式只需要上三角
和的逆矩阵
(A+B)−1=[B(B−1A+E)]−1=[B(B−1+A−1)A]−1=A−1(A−1+B−1)−1B−1(A+B)^{-1}=[B(B^{-1}A+E)]^{-1}=[B(B^{-1}+A^{-1})A]^{-1}=A^{-1}(A^{-1}+B^{-1})^{-1}B^{-1}(A+B)−1=[B(B−1A+E)]−1=[B(B−1+A−1)A]−1=A−1(A−1+B−1)−1B−1
21【结论题】【主对角线为0矩阵的逆矩阵】
A=[0111101111011110],求A−1A=\left[ \begin{array} { l l l l } { 0 } & { 1 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 0 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } & { 0 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } & { 1 } & { 0 } \end{array} \right],求A^{-1}A=⎣⎢⎢⎡0111101111011110⎦⎥⎥⎤,求A−1
这个方法真巧
A=[0111101111011110]=[1111111111111111]−[1000010000100001]=B−EA=\left[ \begin{array} { l l l l } { 0 } & { 1 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 0 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } & { 0 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } & { 1 } & { 0 } \end{array} \right] = \left[ \begin{array} { l l l l } { 1 } & { 1 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } & { 1 } & { 1 } \end{array} \right] - \left[ \begin{array} { c c c c } { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 0 } & { 1 } \end{array} \right]=B-EA=⎣⎢⎢⎡0111101111011110⎦⎥⎥⎤=⎣⎢⎢⎡1111111111111111⎦⎥⎥⎤−⎣⎢⎢⎡1000010000100001⎦⎥⎥⎤=B−E
B=A+E⇒B2=A2+2A+EB=A+E\Rightarrow B^2=A^2+2A+EB=A+E⇒B2=A2+2A+E
而B2=nB=n(A+E)而B^2=nB=n(A+E)而B2=nB=n(A+E)
n(A+E)=A2+2A+E⇒(n−1)E=A[A+(2−n)E]n(A+E)=A^2+2A+E\Rightarrow(n-1)E=A[A+(2-n)E]n(A+E)=A2+2A+E⇒(n−1)E=A[A+(2−n)E]
A−1=1n−1(A+(2−n)E)A^{-1}=\frac{1}{n-1}(A+(2-n)E)A−1=n−11(A+(2−n)E)
24【证明题】
设A=(abcd)设A=\begin{pmatrix} a &b \\ & \\ c&d \end{pmatrix}设A=⎝⎛acbd⎠⎞
(1)求A2,并将A2用A和E线性表出(1)求A^2,并将A^2用A和E线性表出(1)求A2,并将A2用A和E线性表出
我是说好像不怎么好看出鸭，没想到是用的待定系数法，对啊，对于不能一眼看出来的就是阔以用待定系数法强行弄出来得哇
设A2=kA+hE设A^2=kA+hE设A2=kA+hE
解出来：A2=(a+d)A+(bc−ad)EA^2=(a+d)A+(bc-ad)EA2=(a+d)A+(bc−ad)E
(2)证明:当k>2时,Ak=O的充要条件是A2=O(2)证明:当k>2时,A^k=O的充要条件是A^2=O(2)证明:当k>2时,Ak=O的充要条件是A2=O
必要性比较难证：
答案提供了两种方法，要学到呀~
法一：用了第一问的结论
∵Ak=O⇒∣A∣=0⇒(ad−bc)=0\because A^k=O\Rightarrow |A|=0\Rightarrow (ad-bc)=0∵Ak=O⇒∣A∣=0⇒(ad−bc)=0
∴A2=(a+d)A⇒Ak=(a+d)k−2A2⇒A2=O\therefore A^2=(a+d)A\Rightarrow A^k=(a+d)^{k-2}A^2\Rightarrow A^2=O∴A2=(a+d)A⇒Ak=(a+d)k−2A2⇒A2=O
法二：从秩的角度来证明
∵二阶矩阵Ak=O∴r(A)≤1\because 二阶矩阵A^k=O\therefore r(A)\leq1∵二阶矩阵Ak=O∴r(A)≤1
当r(A)=0r(A)=0r(A)=0的时候很明显成立，所以只用证明r(A)=1r(A)=1r(A)=1的时候
设A=αβT设A=\alpha\beta^T设A=αβT
而Ak=(βTα)k−1A=O∴βTα=0而A^k=(\beta^T\alpha)^{k-1}A=O\therefore \beta^T\alpha=0而Ak=(βTα)k−1A=O∴βTα=0
∴A2=βTαA=O\therefore A^2=\beta^T\alpha A=O∴A2=βTαA=O
25【结论题】【左下角为0的分块矩阵的逆矩阵】
M=[ABOD]可逆,A,D偶数方阵,证明:A,D可逆,并求M−1M=\begin{bmatrix} A &B \\ & \\ O& D \end{bmatrix}可逆,A,D偶数方阵,证明:A,D可逆,并求M^{-1}M=⎣⎡AOBD⎦⎤可逆,A,D偶数方阵,证明:A,D可逆,并求M−1
∣M∣=∣A∣∣D∣|M|=|A||D|∣M∣=∣A∣∣D∣≠0⇒A,D可逆0\Rightarrow A,D可逆0⇒A,D可逆
又是用的待定系数法来求的
设X=[X1X2X3X4]∴MX=E设X=\begin{bmatrix} X_1&X_2 \\ & \\ X_3&X_4 \end{bmatrix}\therefore MX=E设X=⎣⎡X1X3X2X4⎦⎤∴MX=E
[ABOD][X1X2X3X4]=[E1OOE2]\begin{bmatrix} A &B \\ & \\ O& D \end{bmatrix}\begin{bmatrix} X_1&X_2 \\ & \\ X_3&X_4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} E_1&O \\ & \\ O&E_2 \end{bmatrix}⎣⎡AOBD⎦⎤⎣⎡X1X3X2X4⎦⎤=⎣⎡E1OOE2⎦⎤
这样解方程解出来：
M−1=[A−1−A−1BD−1OD−1]M^{-1}=\begin{bmatrix} A^{-1}&-A^{-1}BD^{-1} \\ & \\ O&D^{-1} \end{bmatrix}M−1=⎣⎡A−1O−A−1BD−1D−1⎦⎤
29【结论题】【aij=Aija_{ij}=A_{ij}aij=Aij】
A为3阶非零矩阵,且满足aij=Aij,能得到的结论有:①A是可逆矩阵②A是对称矩阵③A是不可逆矩阵④A是正交矩阵A为3阶非零矩阵,且满足a_{ij}=A_{ij},能得到的结论有:①A是可逆矩阵②A是对称矩阵③A是不可逆矩阵④A是正交矩阵A为3阶非零矩阵,且满足aij=Aij,能得到的结论有:①A是可逆矩阵②A是对称矩阵③A是不可逆矩阵④A是正交矩阵
首先由aij=Aija_{ij}=A_{ij}aij=Aij能推出来的就是A∗=ATA^*=A^TA∗=AT，不要忘记了我们求伴随矩阵的时候写完余子式还要转置一哈
那么两边都取行列式∣A∗∣=∣AT∣⇒∣A∣n−1=∣A∣⇒∣A∣⋅(∣A∣n−2−1)=0|A^*|=|A^T|\Rightarrow |A|^{n-1}=|A|\Rightarrow |A|\cdot(|A|^{n-2}-1)=0∣A∗∣=∣AT∣⇒∣A∣n−1=∣A∣⇒∣A∣⋅(∣A∣n−2−1)=0
这道题中n=3n=3n=3所以得到∣A∣=0或∣A∣=1|A|=0或|A|=1∣A∣=0或∣A∣=1
然后就要用A是非零矩阵A是非零矩阵A是非零矩阵这个条件了
那么选去含有非零数的那一行或列展开，假如a11非零a_{11}非零a11非零
∣A∣=a11A11+a12A12+a13A13=a112+a122+a132>0|A|=a_{11}A_{11}+a_{12}A_{12}+a_{13}A_{13}=a_{11}^2+a_{12}^2+a_{13}^2>0∣A∣=a11A11+a12A12+a13A13=a112+a122+a132>0
所以∣A∣=1|A|=1∣A∣=1
又∴A∗A=∣A∣E⇒ATA=E⇒A是正交矩阵\therefore A^*A=|A|E\Rightarrow A^TA=E\Rightarrow A是正交矩阵∴A∗A=∣A∣E⇒ATA=E⇒A是正交矩阵
总结一哈aij=Aija_{ij}=A_{ij}aij=Aij能得到的结论：
①：A∗=AT①：A^*=A^T①：A∗=AT
②：∣A∣=1②：|A|=1②：∣A∣=1
③：AAT=E⇒A是正交矩阵③：AA^T=E\Rightarrow A是正交矩阵③：AAT=E⇒A是正交矩阵
34（打星）【用来坑大林】
设α,β为n维单位列向量,P是n阶可逆矩阵,下列可逆的是设\alpha,\beta为n维单位列向量,P是n阶可逆矩阵,下列可逆的是设α,β为n维单位列向量,P是n阶可逆矩阵,下列可逆的是
（A）A=E−ααTA=E-\alpha\alpha^TA=E−ααT
（B）B=αTPαP−1−ααTB=\alpha^TP\alpha P^{-1}-\alpha\alpha^TB=αTPαP−1−ααT
（C）C=αTP−1βP−βαTC=\alpha^T P^{-1}\beta P-\beta\alpha^TC=αTP−1βP−βαT
（D）D=E+ββTD=E+\beta\beta^TD=E+ββT
这种题感觉就很难，因为首先要随便选一个去化，如果没化出来也不知道到底是自己不行而没化出来还是本来就不可逆而化不出来，因此感觉很坑，并且这道题最后一个才是正确答案，如果从第一个开始化的话，岂不是浪费很多时间(ㄒoㄒ)
D2=E+3ββT=3(D−2E)⇒D(D−3E)=2E⇒D−1=12(D−3E)D^2=E+3\beta\beta^T=3(D-2E)\Rightarrow D(D-3E)=2E\Rightarrow D^{-1}=\frac{1}{2}(D-3E)D2=E+3ββT=3(D−2E)⇒D(D−3E)=2E⇒D−1=21(D−3E)
答案还给了很多种方法，其中“看是否有非零解”这个感觉还不错哎
比如A：
AX=(E−ααT)X=0,X=α的时候就满足AX=(E-\alpha\alpha^T)X=0,X=\alpha的时候就满足AX=(E−ααT)X=0,X=α的时候就满足
B：
BX=(αTPαP−1−ααT)X=0,X=Pα就满足,要反应过来αTPα是一个数BX=(\alpha^TP\alpha P^{-1}-\alpha\alpha^T)X=0,X=P\alpha就满足,要反应过来\alpha^TP\alpha是一个数BX=(αTPαP−1−ααT)X=0,X=Pα就满足,要反应过来αTPα是一个数
C：
CX=(αTP−1βP−βαT)X=0,X=Pβ就满足,也要反应过来αTP−1β是一个数CX=(\alpha^T P^{-1}\beta P-\beta\alpha^T)X=0,X=P\beta就满足,也要反应过来\alpha^TP^{-1}\beta是一个数CX=(αTP−1βP−βαT)X=0,X=Pβ就满足,也要反应过来αTP−1β是一个数
但是这种方法也只是凑XXX，万一没凑出来喃
35
A是m×n矩阵,B是n×m矩阵,已知Em+AB可逆A是m\times n矩阵,B是n\times m矩阵,已知E_m+AB可逆A是m×n矩阵,B是n×m矩阵,已知Em+AB可逆
(1)验证En+BA可逆,且(En+BA)−1=En−B(Em+AB)−1A(1)验证E_n+BA可逆,且(E_n+BA)^{-1}=E_n-B(E_m+AB)^{-1}A(1)验证En+BA可逆,且(En+BA)−1=En−B(Em+AB)−1A
这要是这一步挺牛皮的，我没化过来
(En+BA)[B(Em+AB)−1A]=B(Em+AB)−1A+BAB(Em+AB)−1A=B[(Em+AB)(Em+AB)−1]A=BA(E_n+BA)[B(E_m+AB)^{-1}A]=B(E_m+AB)^{-1}A+BAB(E_m+AB)^{-1}A=B[(E_m+AB)(E_m+AB)^{-1}]A=BA(En+BA)[B(Em+AB)−1A]=B(Em+AB)−1A+BAB(Em+AB)−1A=B[(Em+AB)(Em+AB)−1]A=BA
(2)W=[1+a1b1a1b2a1b3a2b11+a2b2a2b3a3b1a3b21+a3b3],且a1b1+a2b2+a3b3=0,证明:W可逆,并求W−1(2)W = \left[ \begin{array} { c c c } { 1 + a _ { 1 } b _ { 1 } } & { a _ { 1 } b _ { 2 } } & { a _ { 1 } b _ { 3 } } \\ { a _ { 2 } b _ { 1 } } & { 1 + a _ { 2 } b _ { 2 } } & { a _ { 2 } b _ { 3 } } \\ { a _ { 3 } b _ { 1 } } & { a _ { 3 } b _ { 2 } } & { 1 + a _ { 3 } b _ { 3 } } \end{array} \right],且a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3=0,证明:W可逆,并求W^{-1}(2)W=⎣⎡1+a1b1a2b1a3b1a1b21+a2b2a3b2a1b3a2b31+a3b3⎦⎤,且a1b1+a2b2+a3b3=0,证明:W可逆,并求W−1
这个我一眼就看出来了W=E+αβTW=E+\alpha\beta^TW=E+αβT，给的条件就是αTβ=βTα=0\alpha^T\beta=\beta^T\alpha=0αTβ=βTα=0
那这样用第一问的结论不是就非常简单嘛？化简之后W−1=E−αβTW^{-1}=E-\alpha\beta^TW−1=E−αβT
37（打星）
设A=[123014001],求An,(n≥3)设A=\begin{bmatrix} 1& 2 & 3\\ 0& 1& 4\\ 0&0 &1 \end{bmatrix},求A^n,(n\geq3)设A=⎣⎡100210341⎦⎤,求An,(n≥3)
学到了~
A=E+B,其中B=[023004000]A=E+B,其中B=\begin{bmatrix} 0&2 &3 \\ 0& 0& 4\\ 0&0 &0 \end{bmatrix}A=E+B,其中B=⎣⎡000200340⎦⎤
然后这种没越过主对角线的矩阵越乘0越多，当n≥3n\geq3n≥3的时候Bn=OB^n=OBn=O
因此用二项式定理展开之后只有3项不是0
An=(E+B)n=E+Cn1B+Cn2B2A^n=(E+B)^n=E+C_n^1B+C_n^2B^2An=(E+B)n=E+Cn1B+Cn2B2
这种题就跟高数里求n次导用莱布尼茨公式的题差不多
40
A=[3100003100003000003−1000−93],求AnA = \left[ \begin{array} { c c c c c } { 3 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 3 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 3 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 0 } & { 3 } & { - 1 } \\ { 0 } & { 0 } & { 0 } & { - 9 } & { 3 } \end{array} \right],求A^nA=⎣⎢⎢⎢⎢⎡3000013000013000003−9000−13⎦⎥⎥⎥⎥⎤,求An
这个我到能看出来是分块矩阵
左上角的小矩阵阔以分成3E+B3E+B3E+B，然后Bn=OB^n=OBn=O，这个是老套路了
但是右下角的矩阵怎么办喃？没想到啊
C[3−1−93]=[1−3][3−1]C\begin{bmatrix} 3 &-1 \\ -9&3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ -3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 &-1 \end{bmatrix}C[3−9−13]=[1−3][3−1]
这个有没有什么好的方法能够分解出来喃？只能凑嘛？
因此Cn=6n−1CC^n=6^{n-1}CCn=6n−1C
这样就都能算了
41（打星）
α,β是列向量满足αTβ=0,A=E+αβT,求∣A∣,An,A−1\alpha,\beta是列向量满足\alpha^T\beta=0,A=E+\alpha\beta^T,求|A|,A^n,A^{-1}α,β是列向量满足αTβ=0,A=E+αβT,求∣A∣,An,A−1
这个求行列式我还真不会，看了答案，竟然是暴力求的， 就说嘛，找不到那种巧的方法
感谢公式996网站，不然我打公式要打死在这里了
∣A∣=∣E+αβT∣=∣1+a1b1a1b2⋯a1bna2b11+a2b2⋯a2bn⋮⋮⋮anb1anb2⋯1+anbn∣然后很巧妙的变成n+1阶行列式=∣1b1b2⋯bn01+a1b1a1b2⋯a1bn0a2b11+a2b2⋯a2bn⋮⋮⋮⋮0anb1anb2⋯1+anbn∣n+1用第一行的−a1倍,−a2倍...来减去下面每一行=∣1b1b2⋯bn−a110⋯0−a201⋯0⋮⋮⋮⋮−an00⋯1∣然后计算这个爪型的行列式=∣1+∑i=1naibib1b2⋯bn010⋯0001⋯0⋮⋮⋮000⋯1∣| A | = | E + \alpha \beta ^ { T } | = \left| \begin{array} { c c c c } { 1 + a _ { 1 } b _ { 1 } } & { a _ { 1 } b _ { 2 } } & { \cdots } & { a _ { 1 } b _ { n } } \\ { a _ { 2 } b _ { 1 } } & { 1 + a _ { 2 } b _ { 2 } } & { \cdots } & { a _ { 2 } b _ { n } } \\ { \vdots } & { \vdots } & { } & { \vdots } \\ { a _ { n } b _ { 1 } } & { a _ { n } b _ { 2 } } & { \cdots } & { 1 + a _ { n } b _ { n } } \end{array} \right|然后很巧妙的变成n+1阶行列式= \left |\begin{array} { c c c c c } { 1 } & { b _ { 1 } } & { b _ { 2 } } & { \cdots } & { b _ { n } } \\ { 0 } & { 1 + a _ { 1 } b _ { 1 } } & { a _ { 1 } b _ { 2 } } & { \cdots } & { a _ { 1 } b _ { n } } \\ { 0 } & { a _ { 2 } b _ { 1 } } & { 1 + a _ { 2 } b _ { 2 } } & { \cdots } & { a _ { 2 } b _ { n } } \\ { \vdots } & { \vdots } & { \vdots } & { } & { \vdots } \\ { 0 } & { a _ { n } b _ { 1 } } & { a _ { n } b _ { 2 } } & { \cdots } & { 1 + a _ { n } b _ { n } } \end{array} \right|_{n+1}用第一行的-a_1倍,-a_2倍...来减去下面每一行= \left| \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { b _ { 1 } } & { b _ { 2 } } & { \cdots } & { b _ { n } } \\ { - a _ { 1 } } & { 1 } & { 0 } & { \cdots } & { 0 } \\ { - a _ { 2 } } & { 0 } & { 1 } & { \cdots } & { 0 } \\ { \vdots } & { \vdots } & { \vdots } & { } & { \vdots } \\ { - a _ { n } } & { 0 } & { 0 } & { \cdots } & { 1 } \end{array} \right| 然后计算这个爪型的行列式=\left| \begin{array} { c c c c c } { 1 + \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } b _ { i } } & { b _ { 1 } } & { b _ { 2 } } & { \cdots } & { b _ { n } } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { \cdots } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { \cdots } & { 0 } \\ { \vdots } & { } & { \vdots } & { } & { \vdots } \\ { 0 } & { } & { 0 } & { 0 } & { \cdots } & { 1 } \end{array} \right |∣A∣=∣E+αβT∣=∣∣∣∣∣∣∣∣∣1+a1b1a2b1⋮anb1a1b21+a2b2⋮anb2⋯⋯⋯a1bna2bn⋮1+anbn∣∣∣∣∣∣∣∣∣然后很巧妙的变成n+1阶行列式=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣100⋮0b11+a1b1a2b1⋮anb1b2a1b21+a2b2⋮anb2⋯⋯⋯⋯bna1bna2bn⋮1+anbn∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n+1用第一行的−a1倍,−a2倍...来减去下面每一行=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1−a1−a2⋮−anb110⋮0b201⋮0⋯⋯⋯⋯bn00⋮1∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣然后计算这个爪型的行列式=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1+∑i=1naibi00⋮0b110b201⋮0⋯⋯⋯0bn00⋮⋯1∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∴∣A∣=1+∑i=1naibi,简直太强了(✪ω✪)\therefore |A|=1+\sum_{i=1}^na_ib_i,简直太强了(✪ω✪)∴∣A∣=1+i=1∑naibi,简直太强了(✪ω✪)
后两个求矩阵的感觉都是老套路了，先平方再说
A2=E+2αβT=2A−EA^2=E+2\alpha\beta^T=2A-EA2=E+2αβT=2A−E
这一步能把A−1A^{-1}A−1整出来：A(A−2E)=−E⇒A−1=2E−A=E−αβTA(A-2E)=-E\Rightarrow A^{-1}=2E-A=E-\alpha\beta^TA(A−2E)=−E⇒A−1=2E−A=E−αβT
哎，我还没反应过来，题目给的条件有个αTβ=0得哇,所以当n≥2的时候(αTβ)n=0,所以(E+αTβ)n二项式展开也只有2项\alpha^T\beta=0得哇,所以当n\geq2的时候(\alpha^T\beta)^n=0,所以(E+\alpha^T\beta)^n二项式展开也只有2项αTβ=0得哇,所以当n≥2的时候(αTβ)n=0,所以(E+αTβ)n二项式展开也只有2项
而An=(E+αβT)n=E+Cn1αTβ,而A^n=(E+\alpha\beta^T)^n=E+C_n^1\alpha^T\beta,而An=(E+αβT)n=E+Cn1αTβ,
43【结论题】
求I=∣(A∗)∗∣求I=|(A^*)^*|求I=∣(A∗)∗∣
令B=A∗B=A^*B=A∗
I=∣B∗∣=∣B∣n−1I=|B^*|=|B|^{n-1}I=∣B∗∣=∣B∣n−1
而∣B∣=∣A∗∣=∣A∣n−1而|B|=|A^*|=|A|^{n-1}而∣B∣=∣A∗∣=∣A∣n−1
∴I=∣B∣n−1=[∣A∣n−1]n−1=∣A∣(n−1)2\therefore I=|B|^{n-1}=[|A|^{n-1}]^{n-1}=|A|^{(n-1)^2}∴I=∣B∣n−1=[∣A∣n−1]n−1=∣A∣(n−1)2
阔以把这个作为结论：
∣(A∗)∗∣=∣A∣(n−1)2|(A^*)^*|=|A|^{(n-1)^2}∣(A∗)∗∣=∣A∣(n−1)2
44【结论题】
求I=(A∗)∗求I=(A^*)^*求I=(A∗)∗
这道题与上面的差不多，只不过不是求行列式了，求出来的是矩阵，不过也差不多
令B=A∗B=A^*B=A∗
I=∣B∣⋅B−1=∣A∗∣⋅(A∗)−1=∣A∣n−1⋅[∣A∣A−1]−1=∣A∣n−2AI=|B|\cdot B^{-1}=|A^*|\cdot (A^*)^{-1}=|A|^{n-1}\cdot [|A|A^{-1}]^{-1}=|A|^{n-2}AI=∣B∣⋅B−1=∣A∗∣⋅(A∗)−1=∣A∣n−1⋅[∣A∣A−1]−1=∣A∣n−2A
这个也阔以作为结论：
(A∗)∗=∣A∣n−2A(A^*)^*=|A|^{n-2}A(A∗)∗=∣A∣n−2A
45【结论题】【正交矩阵的伴随矩阵还是正交矩阵】
A是正交矩阵,求A∗(A∗)TA是正交矩阵,求A^*(A^*)^TA是正交矩阵,求A∗(A∗)T
正交矩阵的性质是AAT=E⇒A−1=ATAA^T=E\Rightarrow A^{-1}=A^TAAT=E⇒A−1=AT
A∗(A∗)T=∣A∣A−1⋅(∣A∣A−1)T=∣A∣A−1⋅(∣A∣AT)T=∣A∣2EA^*(A^*)^T=|A|A^{-1}\cdot(|A|A^{-1})^T=|A|A^{-1}\cdot(|A|A^T)^T=|A|^2EA∗(A∗)T=∣A∣A−1⋅(∣A∣A−1)T=∣A∣A−1⋅(∣A∣AT)T=∣A∣2E
而正交矩阵的行列式为±1\pm1±1，平方后就是1
因此就有了结论：
正交矩阵的伴随矩阵还是正交矩阵正交矩阵的伴随矩阵还是正交矩阵正交矩阵的伴随矩阵还是正交矩阵
51【结论题】【代数余子式之和 与 行列式】？？
A是n阶行列式其中有一行(列)全是1,证明:全部代数余子式的和=∣A∣A是n阶行列式其中有一行(列)全是1,证明:全部代数余子式的和=|A|A是n阶行列式其中有一行(列)全是1,证明:全部代数余子式的和=∣A∣
53【结论题】【代数余子式之和等于伴随矩阵所有元素的和】
就是通过A∗=∣A∣A−1A^*=|A|A^{-1}A∗=∣A∣A−1算出A∗A^*A∗，然后所有元素求和
65【证明题】
A不等于O,AB=O,证明:B不可逆A不等于O,AB=O,证明:B不可逆A不等于O,AB=O,证明:B不可逆
(AB)T=BTAT=O(AB)^T=B^TA^T=O(AB)T=BTAT=O
∴AT是BTX=0的非零解\therefore A^T是B^TX=0的非零解∴AT是BTX=0的非零解
齐次方程有非零解，所以∣BT∣=0|B^T|=0∣BT∣=0，所以BBB不可逆
66（打星）【证明题】
A,B为n阶矩阵,且A+B=AB,下列正确的有:①若A可逆,则B可逆;②若A+B可逆,则B可逆;③若B可逆,则A+B可逆;④A−E恒可逆A,B为n阶矩阵,且A+B=AB,下列正确的有:①若A可逆,则B可逆;②若A+B可逆,则B可逆;③若B可逆,则A+B可逆;④A-E恒可逆A,B为n阶矩阵,且A+B=AB,下列正确的有:①若A可逆,则B可逆;②若A+B可逆,则B可逆;③若B可逆,则A+B可逆;④A−E恒可逆
④：
(A−E)(B−E)=E(A-E)(B-E)=E(A−E)(B−E)=E我一哈就就反应过来了，所以④是对的，但是其他的我是看了答案才反应过来
①：
方程阔以化为:A(B−E)=B,B可逆的话⇒∣B∣不等于0⇒∣A∣∣B−E∣不等于0⇒A可逆,(B−E)可逆:A(B-E)=B,B可逆的话\Rightarrow |B|不等于0\Rightarrow |A||B-E|不等于0\Rightarrow A可逆,(B-E)可逆:A(B−E)=B,B可逆的话⇒∣B∣不等于0⇒∣A∣∣B−E∣不等于0⇒A可逆,(B−E)可逆
同理，方程也阔以写成：(A−E)B=A⇒A可逆能推出B可逆,①对(A-E)B=A\Rightarrow A可逆能推出B可逆,①对(A−E)B=A⇒A可逆能推出B可逆,①对
②：
∵A+B可逆⇒∣A+B∣不等于0,而题目A+B=AB,∴⇒∣AB∣=∣A∣∣B∣不等于0⇒B可逆\because A+B可逆\Rightarrow |A+B|不等于0,而题目A+B=AB,\therefore \Rightarrow|AB|=|A||B|不等于0\Rightarrow B可逆∵A+B可逆⇒∣A+B∣不等于0,而题目A+B=AB,∴⇒∣AB∣=∣A∣∣B∣不等于0⇒B可逆
③：
但是这里要推出∣A+B∣可逆|A+B|可逆∣A+B∣可逆不仅需要BBB可逆，还要AAA可逆得哇，没说AAA可逆喃？？？
哦原来是{(A−E)B=A(B−E)A=B这样A和B就阔以互相推出可逆\left\{\begin{matrix} (A-E)B=A\\ \\ (B-E)A=B \end{matrix}\right.这样A和B就阔以互相推出可逆⎩⎨⎧(A−E)B=A(B−E)A=B这样A和B就阔以互相推出可逆
77（打星）【坑大林】
A是m×n矩阵,r(A)=r<min(m,n),则A中A是m\times n矩阵,r(A)=r<min(m,n),则A中A是m×n矩阵,r(A)=r<min(m,n),则A中
（A）没有等于0的r−1r-1r−1阶子式，至少有一个不为0的rrr阶子式
（B）有不等于0的rrr阶子式，所有r+1r+1r+1阶子式全为0
（C）有等于0的rrr阶子式，没有不为0的r+1r+1r+1阶子式
（D）所有rrr阶子式不等于0，所有r+1r+1r+1阶子式全为0
子式是框出来要求行列式的哦，不是矩阵是一个数哦~
秩rrr就是最大不为0的子式，大于他的都是0
（A）中前半段错了，后半句话是对的
（C）我感觉是对的啊，哪里错了？
本来想的是：总能够把成比例的两行或者有0的那一行框起来，那么行列式肯定是等于0的，然后在和学姐讨论的时候突然意识到如果r=1r=1r=1的时候，不就只有一个元素了蛮，这个时候就阔以了
反例：
[123123123]\begin{bmatrix} 1 &2 &3 \\ 1&2 &3 \\ 1 &2 &3 \end{bmatrix}⎣⎡111222333⎦⎤
（D）前半句话错了，也可能有些是0
78【证明题】
证明:tr(AAT)=0的充要条件是A=O证明:tr(AA^T)=0的充要条件是A=O证明:tr(AAT)=0的充要条件是A=O
设AATAA^TAAT的对角线元素为biib_{ii}bii
bii=ai12+ai22+ai32+...+ain2=∑j=1naij2b_{ii}=a_{i1}^2+a_{i2}^2+a_{i3}^2+...+a_{in}^2=\sum_{j=1}^na_{ij}^2bii=ai12+ai22+ai32+...+ain2=∑j=1naij2
∴tr(AAT)=∑i=1nbii=∑i=1n∑j=1naij2,就是全体元素都是0才行\therefore tr(AA^T)=\sum_{i=1}^nb_{ii}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_{ij}^2,就是全体元素都是0才行∴tr(AAT)=i=1∑nbii=i=1∑nj=1∑naij2,就是全体元素都是0才行
79【结论题】【行元素的和为0】
A=(aij)n×n,且∑j=1naij=0,求r(A∗)以及A∗的表现形式A=(a_{ij})_{n\times n},且\sum_{j=1}^na_{ij}=0,求r(A^*)以及A^*的表现形式A=(aij)n×n,且j=1∑naij=0,求r(A∗)以及A∗的表现形式
把所有列都加到第一列上，那么第一列的元素就都是0了，因此∣A∣=0,r(A)≤n−1|A|=0,r(A)\leq n-1∣A∣=0,r(A)≤n−1
①：当r(A)=n−1r(A)=n-1r(A)=n−1时
{r(A∗)=1A∗=αβT\left\{\begin{matrix} r(A^*)=1\\ \\ A^*=\alpha\beta^T \end{matrix}\right.⎩⎨⎧r(A∗)=1A∗=αβT
其中α,β是非零列向量\alpha,\beta是非零列向量α,β是非零列向量
②：当r(A)<n−1r(A)<n-1r(A)<n−1时
{r(A∗)=0A∗=O\left\{\begin{matrix} r(A^*)=0\\ \\ A^*=O \end{matrix}\right.⎩⎨⎧r(A∗)=0A∗=O
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