(133)--第二章《矩阵》习题册答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_03.基础定制_02.线代_课程讲义

第二章 矩阵答案解析
2-1 基础过关
1.【答案】（1）
 3 5
6
4 9

；（2） 1 0 ；（3）
 


2
1
3
4
2
6

；
（4）a x2 a x2 a x2 2a x x 2a x x +2a x x ；
11 1 22 2 33 3 12 1 2 13 1 3 23 2 3
2 13 22 0 5 8
   
（5）3AB2A 2 17 20 ,ATB  0 5 6 .
   
   
4 29 2 2 9 0
   
4 3 17 473211 35
      
【解析】（1） 1 2 3 2  172231  6 ；
      
      
5 7 0 1 577201 49
      
（2）  1 2 3 
 3
2
1

 1  3  2  2  3  1  1 0 ；
2 2(1) 22 2 4
     
（3） 1 1 2 1(1) 12  1 2 ；
     
     
3 3(1) 32 3 6
     
（4）
a a a x 
11 12 13 1
  
x x x  a a a x
1 2 3  12 22 23 2
  
a a a x
  
13 23 33 3
x 
1
 
xa x a x a xa x a x a xa x a x a  x
1 11 2 12 3 13 1 12 2 22 3 23 1 13 2 23 3 33  2
 
x
 
3
(xa x a x a )x (xa x a x a )x (xa x a x a )x
1 11 2 12 3 13 1 1 12 2 22 3 23 2 1 13 2 23 3 33 3
a x2 a x x a x x a x x a x2 a x x a x x a x x a x2
11 1 12 1 2 13 1 3 12 1 2 22 2 23 2 3 13 1 3 23 2 3 33 3
a x2 a x2 a x2 2a x x 2a x x +2a x x
11 1 22 2 33 3 12 1 2 13 1 3 23 2 3
（5）1 1 1  1 2 3 1 1 1 
    
3AB2A3 1 1 1 1 2 4 2 1 1 1
    
    
1 1 1 0 5 1 1 1 1
    
0 5 8 1 1 1 
   
3 0 5 6 2 1 1 1
   
   
2 9 0 1 1 1
   
0 15 24 2 2 2 
   
 0 15 18  2 2 2
   
   
6 27 0 2 2 2
   
2 13 22
 
 2 17 20
 
 
4 29 2
 
A T B 
 1
1
1
1
1
 1
1

1
1
  1

0
1 
2
5
2
3
4
1


 0
0
2
5

9
5
8
6
0

.
2.【答案】请参照解析
【解析】（1）不正确，取 A 
 1
1
2
3

， B 
 1
1
0
2

；
（2）不正确，取 A 
 1
1
2
3

， B 
 1
1
0
2

；
（3）不正确，取 A 
 1
1
2
3

， B 
 1
1
0
2

；
（4）不正确，取 A 
 1
 1
1
 1

 O ， A 2  O ；
（5）不正确，取 A 
 1
0
0
0

，有AO， A  E 而 A 2  A ；
（6）不正确，取 A 
 1
0
0
0
 1 0
，X   ，
0 0
Y =
 1
0
0
1

有X Y 而AX  AY .
 1 0  1 0  1 0
3.【答案】（1）A2=   ,A3=   , Ak=  ；
2 1 3 1 k 1
3 1 
（2）A50 1025E ，A51 1025
 ；
1 3（3） A 1 0 0   8 9 9
 2
1
 3 
4
2
6 
8
4
1 2

；
（4） A 1 1 
1
3
 1


1 
2 1
2
3
1 1 
4
4


2 1
2
3
1 1
 2731 2732
或 ；
683 684
（5） A 8  1 0 1 6 ， A 4 
 5
0
0
0
4 0
5
0
0
4
0
0
2
2
4
6
0
0
0
2 4

【解析】（1） 2
1 0
1
1 0
1 2
1 0
1   
A 
   

 
，
3 2
2
1 0
1
1 0
1 3
1 0
1   
A  A  A 
   

 
，
 1 0
按照规律可知：Ak   ；
k 1
3 1 3 1  10 0 
（2）A2 
  

 
10E，
1 31 3  0 10
A 3  A 2  A  1 0 E  A  1 0 A ，A4  A2A2 10E10E 102E
根据规律可知，（ k 为正整数）
当n2k1， A n  A 2 k  1  A 2 k  A  A 2  A
k
2
个

A 2
A 2  A = ( 1 0 E ) k A  1 0 k A ，
当n2k， A n  A 2 k  A 2  A
k
2
个

A 2
A 2 = ( 1 0 E ) k  1 0 k E ，
故 A 5 0  1 0 2 5 E ， A 5 1  1 0 2 5 A  1 0 2 5
 3
1
1
 3

；
 2 
 
（3）bTa (1,2,4) 1 8，
 
 
3
 1 0 0 A 

( a
( b
b
T
T
a
1 0 0 )
9 9 ) a

b
a
T
b

T a

b
8
T a
9 9
b

T
2
1
 3

a
( 1
b
,
T
2
a
, 4
b
)
T



a
8
b
9 9
T a

b
2
1

T
3
a
9
T b
T 个 9 b
4
2
 6
a
a b

T
8
4
1
a
2
b

T
（4）由 P  1 A P  Λ ，可知 A  P Λ P  1 ，故
A 1 1  ( P Λ P  1 )  P Λ P  1
E
P Λ P  1
E
P Λ P  1 P  1
E
P Λ P  1  P Λ 1 1 P  1  P
 
0
1
2
0
1 1

P  1
由于 P 
 
1
1 
1
4 
，故 P  1 
1
3
 1
 1
4
 1

，故
1 0  1 41 0 1 1 4 
A11  P P1 
      
 0 211   1 1  0 211 31 1
1 1 213 1 4  1 1213 4213 
      
3 1 211 1 1 3 1211 4211 
（5）令 A
1

 3
4 
4
3

， A
2

 2
2
0
2

，则 A 
 A
O
1
O
A
2

，故
A  A
1
A
2
  2 5  4   1 0 0 ， A 8  (  1 0 0 ) 8  1 0 1 6 ；
3 4 3 4  25 0 
A2        25E ，
1 4 34 3  0 25
A 41  ( A 21 ) 2  ( 2 5 E ) 2  5 4 E
A 22 
 2
2
0
2
  2
2
0
2


 4
8
0
4


 2
2
2
3
0
2 2
 22 0 22 0  24 0 
，A4    
2 23 22 23 22  26 24 
54 0 0 0 
 
A4 O  0 54 0 0
故A4  1    .
 O A4   0 0 24 0 
2  
 
 0 0 26 24 
4.【答案】略
【解析】（1）由于A为对称矩阵，即AT  A，则(BTAB)T BTATBBTAB，所以
BTAB也是对称矩阵；
（2）先证 A B  B A  AB是对称矩阵：
由于A,B都是n阶对称矩阵，故AT  A，BT  B，则(AB)T BTAT BA AB，故 A B 是对称矩阵.
再证AB是对称矩阵  A B  B A
由于 A , B 都是 n 阶对称矩阵，故 A T  A ， B T  B ，则
( A B ) T  A B  A T B T  ( B A ) T ，即 A B  B A .
故原命题得证.
 1 
（3）直接验证(EJ)

E J

 E即可：
 n1 
1  
( E  J ) E  J
 
n  1  


E
E


n
n
1

1

1
1
J
( J

2
J


n
n
J
1

)
1
J 2  E 
n
n
 1
J 
n
1
 1
J 2
接下来只需验证 J 2  n J  O 即可，
由题意： J 
 1
1
1
1
1
1
1
1
1

，故
J 2 
 1
1
1
1
1
1
1
1
1
  1
1
1
1
1
1
1
1
1


 n
n
n
n
n
n
n
n
n

 n J ，
 1 
故(EJ)  E J   E，即
 n1 
E  J
1
是可逆方阵，且(EJ)1  E J .
n1
（4）由于矩阵 Α 可逆，故 Α  0 ，且有恒等式ΑA*  A*Α A E ，即
A * 
1
A
Α  E ，故A可逆；在上述恒等式两边同时左乘Α1可得 A *  A A  1 ，
1
故 (A)1  Α A 1 (Α1)1 ( Α Α1)1 (A)1 ，原命题得证.
A
5.【答案】（1）(AE)1 (A2 AE)，(AE)1  A2 AE；（2） A  1 
1
2
( A  E ) ， ( A  2 E )  1 
1
4
( 3 E  A ) ；
（3）
 5
2
0
0
2
1
0
0
0
0
8
5
0
0
3
2

 1



1
0
0
2

5
0
0
2

0
0
2
5
0
0

8
3

；
（4）

0
2
4
0
1
3
1
5
0
0

 1

1
2

1
0
0
0

3
0
4

2
0
1 
【解析】（1） A 3  O  A 3  E   E  ( A  E ) ( A 2  A  E )   E ，
故 ( A  E )  1   ( A 2  A  E ) ；
A 3  O  A 3  E  E  ( A + E ) ( A 2  A  E )  E ，故 ( A  E )  1  A 2  A  E .
（2） A 2  A  2 E  O  A ( A  E )  2 E  A 
1
2
( A  E )  E ，故 A  1 
1
2
( A  E ) ；
A 2  A  2 E  O  ( A  2 E ) ( A  3 E )  4 E  O  ( A  2 E ) ( A  3 E )   4 E
 ( A  2 E ) 


1
4
( A  3 E )

 E ，故 ( A  2 E )  1 
1
4
( 3 E  A ) .
（3）令 A 
 5
2
0
0
2
1
0
0
0
0
8
5
0
0
3
2


 A
O
1
O
A
2

，其中 A
1

 5
2
2
1
 8 3
，A   
2 5 2
易求得 A 1 1 


1
2

5
2 
， A 2 1 


2
5

8
3  1 a b 1  d b
（利用公式    ）
c d ad bcc a 
 1 2 0 0 
A O  1 A1 O   2 5 0 0 
A1  1   1    .
 O A   O A1   0 0 2 3
2 2  
 0 0 5 8 
 1
 0 0   1
5 O 1 3 1
（4）令A   5  ，其中A1   ，
2 1 0     2 24 2 
A O
 4 3 0    2  1 1  O A1  0 3 1
故A1      A O 2 O 5             1 5    1 O 2      1 2     1 0 0  0 4 0 2     .
6.【答案】（1）在秩是 r 的矩阵中，存在等于 0 的 r  1 阶子式，也存在等于 0 的 r 阶子
式；
（2）可能 r ( A )  r ( B ) ，也有可能 r ( A )  r ( B )  1 ；
（3）（4）（5）请参照详解；
1 
 
1
 
 
 
1
 
【解析】（1）例：矩阵A ，易知矩阵
 0 
 
 0 
 
 
 
 0
2n2n
A 的秩为 n ，
且这个矩阵中，存在等于0的 n  1 阶子式，也存在等于0的 n 阶子式；
（2）例： A 
 1
1
1
1

， B 
 1
0
1
0

，此时 r ( A )  r ( B )  1 ；
A 
 1
1
1
2

， B 
 1
0
1
0

，此时 r ( A )  r ( B )  1 ；
也可写成 r ( A )  r ( B )  r ( A )  1 .
（3）必要性：因为 r ( A )  1 ，所以存在可逆矩阵 P , Q ，使得
1  1
   
0 0
   
PAQ   (1,0, ,0)
   
   
 0 0
1 1
   
0 0
所以A P1  (1,0, ,0)Q1 ，令a  P1  ，
   
   
0 0
b T  ( 1 , 0 , , 0 ) Q  1 ，则 A  a b T
充分性：因为AabT，所以r(A)r(abT)r(a)1，又因为AabT O，所以r ( A )  1 ，综上r(A)1.
（4）因为A2  A，所以A(AE)O，所以 r ( A )  r ( A  E )  n ；
又因为 r ( A )  r ( A  E )  r ( A )  r ( E  A )  r ( A  E  A )  r ( E )  n
所以 r ( A )  r ( A  E )  n .
7.【答案】（1） r ( A )  2 ；（2） r ( A )  3 ；（3） r ( A )  3 ;（4）请参照解析
【解析】（1）
 3
1
1
1

3
1

0
2
4
2

4
1


 1
3
1

1
3
1

2
0
4

2
4
1 

 1
0
0

4
4
1


2
6
6

5
5
1 

 1
0
0

4
0
1

2
0
6

5
0
1 
所以秩为 r ( A )  2 .
（2）
3 2  1  3  1  
 
2  1 3 1  3
 
 
7 0 5  1  8  




1
2
7
1
0
0
3
 1
0
3
 7
0
 4
3
5
 4
1 1
0
 4
1
 1
 4
9
0
2
 3
 8
2
 7
 1



 1
0
0


3
7
2 1

1
3
4
1
3

9
2
4
7


2
7
2 2

所以秩为r(A)3.
（3）2 1 8 3 7  
 
2  3 0 7  5
 
  3  2 5 8 0
 
1 0 3 2 0  






1
2
3
2
1
0
0
0
1
0
0
0
0


1
0
1


0
1
0
0
3
2
2
3
3
2
0
0
3
0
5
8


3
2
4
6
2

0
0
2
7
8
3
1
2

2
3
0

0
7
1
0
7
1
0
5


0
7
0


5



1
0
0
0
 1
0
0
0
0


1
3
2
0
1
0
0


3
6
4
2
3
2
0
0
2
3
2
 1
2
 1
0
0
0
 5
0
7
0
7
1 4
1 6


所以秩为r(A)3.
（4） A 
 1
0
0
2
2

k
k
2


2
2
3
3
3
k

k

3 k
3
2


 1
0
0
2

k
0
2
 2
 3 ( k
3

3
k
1
k

) (
3
k  2 )

当 k  1 时， A 
 1
0
0

0
0
2 3
0
0

，所以 r ( A )  1
当 k   2 时， A 
 1
0
0


0
2
6


0
6
9

，所以r(A)2
当 k  1 且 k   2 时，r(A)3.
8.【答案】 P =
 
2
7
3 2


1
6
0
0
1

【解析】
1 2 3 4 1 0 0 1 2 3 4 1 0 0
   
(A E) 2 3 4 5 0 1 0  0 1 2 3 2 1 0
   
   
5 4 3 2 0 0 1 0 6 12 18 5 0 1
1 2 3 4 1 0 0 1 0 1 2 3 2 0
   
 0 1 2 3 2 1 0  0 1 2 3 2 1 0
   
   
0 0 0 0 7 6 1 0 0 0 0 7 6 13 2 0
 
所以P = 2 1 0 .
 
 
 7 6 1
9.【答案】（1） X =
 1

1
0
1
2
5 
2
4
3

；（2） X =


2
4

7
1 
4
1 
；
（3） X =
 0

1
1
1
0
 1

1
0
1 
；（4） B 
 6
6
6
 1

【解析】（1）进行行变换：
( A B ) 

 4
2
3
 1
0
0
1
2
1
0
1
2
 2
1
 1

2
3
1
1
2
3

9
6
2

2

3
1


5
6
2



 1
2
3
 1
0
0
0
2
1
0
1
0

1

1
1

2

1
1

2
3
2
 2
9
 1

2

2
2
1




2
5
4



1
0
0

0
2
1
1
0
0

3
2
0
1
0
1
0
0
1

6
9
2
1

1
0
1
2

5
6
5
2 
2

4
3

所以 X =
 1

1
0
1
2
5 
2
4
3

.
（2）进行列变换：
 0 2 1   1 2 0   1 0 0   1 0 0 
       
2 1 3 3 1 2 3 7 2 3 1 2
       
A
  3 3 44 3 34 11 34 1 3
B        
1 2 3 3 2 1 3 4 1 3 0 1
       
       
 2 3 1   1 3 2   1 5 2   1 3 2 
 1 0 0   1 0 0   1 0 0   1 0 0 
       
3 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0
       
4 1 11 1 1 0 1 1  0 0 1 
       
3 0 1 3 0 1 2 0 1 2 1 1
       
       
 1 3 4 8 3 4 4 3 4  4 7 4 
 2 1 1
所以X =  .
4 7 4 （3） ( A  2 E ) X  A ，构造矩阵进行行变换：
( A  2 E A ) 






0

1
0
0
1
0
0
1
1
1
1
0
0
1
0


0
1
1

0
0
1
0
1
0


2
1
1
0

1

0

1
1
0

1
2
1
1
0

1

2
1

1
0
1
1

1
0
0
1
0
1
0

1


1



 1
0
0
 1
0
0
0
1
0
1
1
1

1
1
1
0
1
 1

0
1
1

0

1
2
2


1
1
1

1
1

1
0
1
0
1
1


所以 X =
 0

1
1
1
0
 1

1
0
1 
.
（4） A*  | A| A1  A 4 A1  A 3 8，所以 A  2 ，所以 A 可逆.
方程右乘 A 可得：ABB3A
方程左乘A*可得：2B= A*B6E
所以 ( 2 E  A * ) B  6 E ，方程左乘 ( 2 E  A * )  1 可得：
B  6 ( 2 E  A * )  1  6
 1
1
1
 6

 1
 6
 1
1
1

1
6


 6
6
6
 1
2-2 基础真题
1.【答案】 3
【解析】设
x
x
x
1
2
3
 
 
，则 T 

x
x
x
2
3
21
x
x
1
1
x
x
1
x
3
x
22
x
2
2
x
x
1
2
x
x
x
23
3
3

 . 由题设知x2  x2  x2 1，故
1 2 3
T  x 21  x 22  x 23  3  .
【注】T 是秩为1的方阵，T是一个数，且这个数T就是方阵T
的迹，于是直
接有 T  1  1  1  3  .
2.【答案】C
【解析】
A B  ( E  T ) ( E  2 T ) = E  T  2 T T  E  T 2 T ( T )        ，
T 1 11 1 1
其中T   ,0, ,0,  ,0, ,0,   ，故
2 22 2 2
A B  E + T  2 
1
2
T  E   .
3.【答案】 3 n  1

1
2
3
1
2
1
3
2
1
3
2
3
1

【解析】 因为  

1 ,
1
2
,
1
3

 1
2
3

 3  ，应用矩阵乘法的结合律，得
An  AA AA()() ()()() ()
n个 n1个
 1 1
1
 
2 3
 
 2 
3n13n13n1 2 1
 3 
 
3
3 1
 
 2 
【注】若，都是n维非零列向量，则A和B是两个互为转置的秩为1的方阵，而  和  是两个相等的数（这个数就是 A    的迹），则
A n  l n  1 A  (  ) n  1 A  .
4.【答案】 A = A 5 
 1
2
6
0
0
 1
0
0
 1

 1 0 0
 
【解析】P1  2 1 0 . 由
 
 
4 1 1
 
A P = P B ，得
1 0 01 0 0  1 0 0
   
A PBP1  2 1 0 0 0 0 2 1 0
   
   
2 1 1 0 0 1 4 1 1
   
1 0 0  1 0 0 1 0 0 
    
 2 0 0 2 1 0  2 0 0
    
    
2 0 1 4 1 1 6 1 1
    
A 5 

(
P
P
B
B
5
P
P


1
1
) (

P
P
B
B
P
个 5
P
 1

)
1 
(
A
P B P  1 )  P B ( P  1 P ) B ( P  1 P ) ( P  1 P ) B P  1
15 0 0  1 0 0 
   
【注】由于B 为对角阵，故B5 

0 05 0



0 0 0

 B.
0 0 (1)5  0 0 1 
   
5.【答案】C
【解析】由 A  = A A  1 ，得 ( A  )  = A * ( A  )   ，又 A *  A n  1 ，故
1
(A)= A n1 ( A A1)1  A n1 A A n2 A.
A
6.【答案】A
【解析】由矩阵A与A之间的关系，有 A A   A  A  A E ，其中E 为 3 阶单位矩阵，
由题设A  AT，得 A A T  A T A  A E ，两边取行列式有 A 2  A 3 ，从而 A 0或
1，又由题意设a a a 0知，由于 A E  ATA，故位于矩阵 A E的第一行第一
11 12 13
列的元素为a2 a2 a2 3a2 0，而 A 0即 A 1，于是AAT  ATA E，故
11 12 13 113 a 21
1
 1 ，即 a
1 1

3
3
.
7.【答案】C
【解析】由于 A B  A B  B A 及 B A  B A ，即知 A B  B A 总成立，故选项
（C）正确. 注意其他选项都不一定成立.
8.【答案】
1
2
【解析】由 A 2 B  A  B  E 得 ( A 2  E ) B  A  E ，即 ( A  E ) ( A  E ) B  A  E .
 2 0 1
 
而AE  0 3 0 为可逆矩阵，所以有(AE)B  E，由此得
 
 
2 0 2
 
B  ( A  E )  1 .
 0 0 1
  又AE  0 1 0 ，故
 
 
2 0 0
 
A  E  2 ，因此 B  ( A  E )  1  A  E  1  1
2
.
9.【答案】
1
9
【解析】由题中所给等式得 ( A  2 E ) B A *  E ，两边取行列式，有 A  2 E  B  A *  1 .
因为 A  3 ，所以 A   A 3  1  9 . 又 A  2 E 
0
1
0
1
0
0
0
0
 1
 1
1
，所以 B  .
9
10.【答案】 2
【解析】由题设等式得 B ( A  E )  2 E ，从而 B ( A  E )  2 E ，即
B A  E  2 2  4 ，而 A  E 
1
 1
1
1
 2 ，所以 B 2.
11.【答案】 
1
2
6
7
【解析】因为 ( 3 A )  1 
1
3
A  1
1
，A  A A1  A1 故
2
3
1 2  2 8 1 16
(3A)12A  A1A1   A1     A1    .
3 3  3 27 A 2712.【答案】a1
【解析】由于 B 是 A 的逆矩阵，故 A B  ( E  T )

E 
1
a
T

 E   ，
于是 E 
1
a
T  T 
1
a
T T  E    ， T
 1
a
 1 
1
a
 2 a 2

 0  .
由于 T  0  ，故
1
a
 1  2 a  0  2 a 2  a  1  0  ( 2 a  1 ) ( a  1 )  0
又由于a0，于是 2 a  1  0 ，故 a  1  0 ，得 a   1 .
13.【答案】


1
2
0
0
 2
5
0
0 
0
0
1
3
1
3
0
0
2
3
1
3

【解析】记矩阵 A
1 1

 5
2
2
1

， A
2 2

 1
1

1
2 
，则矩阵 A 
 A
O
1 1
O
A
2 2

为一分块对角
矩阵. 由分块对角矩阵求逆阵的方法，得
A -1 
 A
O
 1
1 1
O
A  1
2 2




1
2
0
0
 2
5
0
0
0
0
1
3
1

3
0
0
2
3
1
3

14.【答案】
 0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
0

【解析】方法一：利用初等行变换法：
0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1
   
0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
(A E)      (E A1)
0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0
   
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0
故A1  A.方法二：利用分块求逆法：
记矩阵 B 
 0
1
1
0

，则 B  1  B ，于是有
A  1 
 O
B
B
O
  1


B
O
 1
B
O
 1 

 O
B
B
O

 A
方法三：可以看出矩阵 A 满足 A 2  E ，故由逆矩阵的定义即知 A  1  A .
15.【答案】

0
1
a
0
0
1
0
0
1
a
0
2
a
0
0
0
1
n  1
1
a
0
0
0
n

【解析】方法一：初等变换法：
( A E ) 
 0
0
0
a
n
a
0
0
0
1
0
a
0
0
2
a
0
0
n
0
 1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1


用
第
1a1行
n
乘
 向
第 行i
上 与 
( i=
相
1
邻
，
行
，
交
n )
换 n  1 次 

1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
a
0
0
1
0
0
1
a
0
2
a
0
0
0
1
n  1
1
a
0
0
0
n

 ( E A  1 )
上面分块矩阵中右边的矩阵就是A1.方法二：令 n  1 阶方阵（对角矩阵） B 
 a
1
a
2
a
n  1

O B
，则A  ，于是
a O
 
n
有 A  1 

B
O
 1
a
O
n 1 
，其中 B  1 
 a 1 1
a 2 1
a n 1
1

.
 1 
0 0
 
10
 
 1 1 
16.【答案】 0
 5 5 
 
3 2 1
 
 
10 5 2
【解析】由 A * A  A E ，当 A  0 时，得 A *
 1
A
A

 E ，故有 ( A * )  1 
1
A
A （或由
A  1 
1
A
A *  A *  A  1 A  ( A * )  1 
1
A
A ），又 A 10，所以
( A * )  1 
1
A
A 

1
1
1
0
1
5
3
0
0
1
5
2
5
0
0
1
2

17.【答案】D
【解析】因为 Α Β C  E ，即 Α ( Β C )  E ，故方阵 Α 与ΒC互为逆矩阵，从而有
( Β C ) Α  E ，即ΒCΑE.
【注】实际上ΑΒC= E BCA= E CAB= E，把Α、B、C 顺时针围成一圈，任
意三者顺时针相乘都等于E .
18.【答案】C
【解析】 ( A    B   )     B   B A    B   A A        B   ( B  A ) A     1  A ( A  B )   B
故答案应选（C）.【注】注意利用单位矩阵E 作恒等变形，另外一般地(AB)  AB，不要与转置
的运算混淆.
19.【答案】（Ⅰ） P Q 
 A
0 A  b 
a
α  A  1 α 

；（Ⅱ）略
【解析】（Ⅰ）因 A A   A  A  A E ，故
P Q 




A
0
E
T A
A

 b
O
A

a
 
 A
A

T
1 
b




 T A 
A
A  A    A 
a
 b A
 
     
 
其中零向量 0 为 n 维行向量.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得 P Q  A 2 ( b   A  1 )   ，而 P Q  P  Q ，且
P  A  0 ，故 Q  A ( b   A  1 )   . 由此可见， Q 0的充分必要条件为
A1b，即矩阵 Q 可逆的充分必要条件是A1b.
20.【答案】 1
【解析】方法一：因为 A 的第1行非零，又 A 的第 2 , 3 , , n 行都可由 A 的第1行线性表
出，故 A 的行秩为1，即 r ( A )  1 .
方法二：把 A 的第1行的 
a
a
i
1
倍加到 A 的第 i 行上去，则第 i 行每个元素均化为
0 ( i  2 , , n ) ，而第1行非零 ，故 r ( A )  1 .
a 
1
 
a
方法三：A  2 (b,b , ,b )T，故
  1 2 n
 
a
 
n
r ( A )  1 .
21.【答案】0
【解析】因为 r ( A
4  4
)  2 ，即 A 中非零子式的最高阶数为2，故 A 的3阶子式全为0，
即 A的每个元素的余子式全为 0 ，从而每个元素的代数余子式全为 0 ，故A* O，从而
有r(A*)0.22.【答案】 2
【解析】因为 B 为满秩矩阵，而用满秩方程乘矩阵，不改变矩阵的秩，所以有
r ( A B )  r ( A )  2 .
23.【答案】B
【解析】
A 


1
a
a
a
[ (
( 1
n


a
1
a
a
a
1 ) a
n  )
a
a
1
a

1 [ (
1
n
]

1
a
a
1 ) a
a
a
a
1
1
1
a


1 ]
( n  1 )
a
a
a
1
a
1
a


[ (
1
n 
(
1
n
)

a
1 )
1
a
a
 1
a
]

1
0
0
1
1
1

0
a
( n  1 )
a
a
1
1
a
1
0


a
1
由 r ( A )  n  1 得， a 
1
1
 n
或1，显然 a  1 时， r ( A )  1 不符合题意，故答案选（B）.
24.【答案】3
【解析】方法一：根据题设，由于 A 
 k
1
1
1
1
k
1
1
1
1
k
1
1
1
1
k


 k 
0
0
0
3
k
1

0
0
1
k
1
0

0
1
k
1
0
0
 1

故只有当 k   3 时，r(A)3.
方法二：根据题设r(A)3，则 A 0. 从而由 A 
k
1
1
1
1
k
1
1
1
1
k
1
1
1
1
k
 ( k  3 ) ( k  1 ) 3  0
可得 k  1 或k 3.当 k  1 时，由 A 
 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1


 1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0

，可知，此时r(A)1，不符合
题意，故 k   3 .
25.【答案】C
【解析】由 r ( A * ) 
 n
1
0
, r
, r
, r
(
(
(
A
A
A
)
)
)



n
n
n


1
1
，故 r ( A )  2 ，于是
A 
a
b
b
b
a
b
b
b
a
 ( a  b ) 2 ( a  2 b )  0
所以 a  b 或 a  2 b  0 . 若 a  b ，则 r ( A )  1 ，r(A*)0，不符合题意，故 a  b 且
a2b0，故应选（C）.
26.【答案】 1
【解析】因为 A 3 
 0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0

3

 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0

，故 A 3 的秩为 1 .
计算 A 3 可以直接由乘法得到，这是最基本的方法，应熟练掌握.
此外，也可由这种矩阵方幂的规律得到：设 A 
 0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0

n  n
，则
0 0 1 0 0
  0 0 0 1
 0 0 0 1 0   
0 0 0 0
   
A2   , ,An1   ,An O .
 0 0 0 0 1   
0 0 0 0
0 0 0 0 0  
 




0 0 0 0
0 0 0 0 0 nn
nn27.【答案】C
【解析】矩阵 B 可以看作由矩阵 A 依次进行下列两次初等行变换得到的：先把 A 的第1
行加到第3行上去，再把所得矩阵的1，2两行互换. 这两次初等变换对应的初等方阵分别
为题给矩阵 P
2
和 P
1
，于是由“对矩阵 A 作初等行变换相当于对应的初等方阵左乘 A ”，
即知（C）正确.
28.【答案】D
【解析】由题意知， Q  E
1
E
2
，其中 E
1

 0
1
0
1
0
0
0
0
1

， E
2

 1
0
0
0
1
0
0
1
1

，故
Q 
 0
1
0
1
0
0
0
0
1
  1
0
0
0
1
0
0
1
1


 0
1
0
1
0
0
1
0
1

，
即选项（D）正确.
29.【答案】C
【解析】由题设知 B  E (1 , 2 ) A ，其中 E ( 1 , 2 ) 是将矩阵第1行（列）与第2行（列）交
换的初等变换所对应的初等矩阵，因而B1  A1[E(1,2)]1. 由于[E(1,2)]1  E(1,2)，
B  1 
1
B
B  ， A  1 
1
A
A  ，且 B   A ，所以  B   A  E (1 , 2 ) ，而用 E ( 1 , 2 ) 右乘矩
阵A*，就是将 A * 的第1列与第2列交换，即选项（C）是正确的.
30.【答案】B
【解析】由题设知 B  P A ， C  B Q
 1 1 0 
 
，其中初等矩阵Q  0 1 0 ，于是有
 
 
0 0 1
 
C  PAQ. 易得 Q  P  1 ，即C  PAP1，答案选（B）.
 1 0 0 0
 
2 1 0 0
31.【答案】A[(C B)T]1   
 1 2 1 0
 
 0 1 2 1
【解析】因为A(EC1B)TCT  A[C(EC1B)]T  A(CB)T，并由已知条件A(CB)T E ，从而 A  [ ( C  B ) T ]  1 =
 1
2
3
4
0
1
2
3
0
0
1
2
0
0
0
1

 1
=


1
1
0
2

0
1
1
2

0
0
1
2
0
0
0
1

.
32.【答案】 B =
 2
0
 1
0
3
0
1
0
2

【解析】 ( A  E ) B  A 2  E  ( A  E ) ( A + E )
 0 0 1
 
，由于AE  0 1 0 可逆，因此
 
 
1 0 0
 
B  ( A  E )  1 ( A  E ) ( A  E )  A  E 
 2
0
 1
0
3
0
1
0
2

.
33.【答案】 ( A * )  1 
 5


2
1

2
0
2 
0
1
1 
【解析】由 A A *  A * A  A E ， A  0 知 ( A * )  1 
A
A
 A  1 A （*）
由 ( A  1 E ) 
 1
1
1
1
2
1
1
1
3
1
0
0
0
1
0
0
0
1


 1
0
0
1
1
0
1
0
2
1


1
1
0
1
0
0
0
1


 1
0
0
0
1
0
1
0
1
2


1
1
2

1
0
1 0
0
1
2



1
0
0
0
1
0
0
0
1
5
2


1
1
2

1
0
1 
0
1
2
1
2

 ( E A )
1 1 1
故 A1  1 2 1 2，将其代入（*），得
1 1 3
 5 1
1 
 2 2   5 2 1
   
(A*)1 2 1 1 0 

2 2 0

.
   
1 1 1 0 1
 
 0 
 2 2 34.【答案】


1
1
2
0
0
1
2
0
0
0
1

【解析】 A  2 E 
 1
1
0
0
2
0
0
0
1

，求 A  2 E 的逆矩阵可有多种方法.
方法一：用初等行变换法
( A  2 E E )




1
1
0
1
0
0
0
2
0
0
1
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0

1
0
1
2
0
1
0
0
1
2
0
0
0
1


0
0
1

 1
0
0
0
2
0
0
0
1
1

0
1
0
1
0
0
0
1

即得 ( A  2 E )  1 


1
1
2
0
0
1
2
0
0
0
1

.
方法二：用分块求逆法
因为
 1
1
0
2

 1

1
2
 2
 1
0
1




1
1
2
0
1
2

，11 1.
由对分块矩阵求逆矩阵的方法得 ( A  2 E )  1 
 1
1
0
0
2
0
0
0
1

 1



1
1
2
0
0
1
2
0
0
0
1

.
35.【答案】 B 
 0
0
0
2
0
0
1
0
0

【解析】由 A 2  A B  A ( A  B )  E 及 A 10知 A  B  A  1 ，即 B  A  A  1 .又 A  1 
 1
0
0

1
0
1 
1

2
1

，从而 B 
 1
0
0
1
1
0

1

1
1


 1
0
0

1
0
1 
1

2
1


 0
0
0
2
0
0
1
0
0

.
36.【答案】 X 
 3
2
1

0
1
1 
【解析】以 E 表示 3 阶单位矩阵. 由 X  A X  B 有(EA)X  B ， E  A  0 ，故
X (EA)1B（*），由 E  A 
 1
1
1

0
0
1 0

2
1

 2 1
0
 
3 3
 
 2 1
，(E A)1  1 ，
 3 3
 
1 1
 0  
 
 3 3
 2 1
0
 
3 3
 1 1 3 1
 2 1   
代入（*），得 X (E A)1B  1 2 0  2 0 .
 3 3   
   
  5 3 1 1
   
1 1
 0  
 
 3 3
37.【答案】 X 
1
4
 1
0
1
1
1
0
0
1
1

【解析】由原等式得 ( A *  2 E ) X  A  1 ，其中E 是3阶单位矩阵，用矩阵A 左边乘等式
两端，得( A E2A)X  E . 可见 A E  2 A 可逆，从而X ( A E2A)1 .
由于 A 
1

1
1
1
1
 1

1
1
1
 4
 1 1 1 
 
， A E2A2 1 1 1 ，故
 
 
1 1 1
 
X 
1
2
 1
1
 1

1
1
1 1

1
1

 1

1
4
 1
0
1
1
1
0
0
1
1
2-3 拓展拔高
1.【答案】 3 9 E
【解析】由 A 
1
0
 1

3
0
1 1
 2
4
 1 3
1 7 1
， B  0 3 0 3，知A,B可逆，
3 2 4
A 2 ( B A ) * ( A B   )    A 2 A * B * ( B  1 )  1 A  1  A 2 A A  1 ( B * B ) A  1  A A B A  1  A B E  3 9 E .
2.【答案】
 0
1
0
0
1
0
0
0 
0
0
4 2
2 4
0
0
 2
4 2
4

【解析】 A n 
 B
O
O
C
 n

 B
O
n O
C n

，
 0
1
1
0
 2 n
 E ，
 0
1
1
0
 2 n  1

 0
1
1
0

，
B 5 
 0
1
1
0

5

 0
1
1
0

， C 
 1
 1

1
1 

 1
 1

(1  1 ) ，
C 5 
 1
 1

1
1  5

 1
 1

(1  1 )
 1
 1

(1  1 )  2 4
 1
 1

1
1 



2 4
2 4
 4 2
4 2

，
所以 A 5 
 0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
4 2
 2 4
0
0
 2
4 2
4

.
3.【答案】 A n 

3
0
0
0
0
n n n 3
n 3
0
0
0
 1
n ( n  1
2
n n 3
n 3
0
0
)

3
1
n  2
3
 9

0
0
0
6

n
6

n
1
 1

3
0
0
0
6
 6
n  1
n  1

【解析】 A n 
 B
O
O
C
 n

 B
O
n O
C n

， B 
 3
0
0
1
3
0
0
1
3

， C 
 3
 9

3
1 
，其中
B = 3 E + J
0 1 0 0 0 1 0 0 0
     
，J  0 0 1 ，J2  0 0 0 ，Jn  0 0 0 (n3)于是
     
     
0 0 0 0 0 0 0 0 0B n = ( 3 E + J ) n  3 n E  C 1n 3 n  1 J  C 2n 3 n  2 J 2 

3
0
0
n n n 3
n 3
0
 1
n ( n 
2n
3
3
1
n
n
)

3
1
n  2

，
 1 
C  (3,1)，
3
C 2  6 C , , C n  6 n  1 C ，所以当n2时，
A n 

3
0
0
0
0
n n n 3
n 3
0
0
0
 1
n ( n  1
2
n n 3
n 3
0
0
)

3
1
n  2
3
 9

0
0
0
6

n
6

n
1
 1

3
0
0
0
6
 6
n  1
n  1

.
4.【答案】 4 E
【解析】形如 A  P  1 Λ P 的矩阵是一种较为特殊的结构形式，常用在矩阵的幂运算中，根
据乘法运算的结合律，有
m A 

( P
P
 1
 1
Λ
Λ
P
Λ
) ( P
Λ
 1
P
Λ
=
P )
P  1
(
Λ
P
m

P
1 Λ P )  P  1 Λ ( P P  1 ) Λ ( P P  1 ) Λ ( P P  1 ) Λ P
Λ 2 n 
 (  1
0
0
0
) 2 n
1
0
2
0
0
n
( 
0
0
1
0
) 2 n
1
0
0
0
2 n

 E ，
1 0 8 A  2 A  E 

P
P
 1 Λ
 1 (
1
Λ
0 P
1 0


2
2
P
Λ

8
1

Λ 8
E
P
)

P
P


P
1 E
 1
P
( E  2 E  E ) P  4 E
5.【答案】 A n 
 1

1
1
1

1
1
1

1
1

【解析】PATPAP1TP，
An P1TP P1TP P1(T) (T)TP
 P1(T)n1TP 1n1P1TP P1TP
1 0 0
 
P  1 1 0 可得
 
 
0 0 1
P  1 
 A
O
O
C
  1

 A
O
 1
C
O
 1


 1

0
1
0
1
0
0
0
1
A n  P  1 ( T ) P 
 1

0
1
0
1
0
0
0
1
  0
0
0
1
0
1
1
0
1
  1
1
0
0
1
0
0
0
1


 1

1
1
1

1
1
1

1
1

 .
6.【答案】C
【解析】因为 ( A B ) 2  E ，所以 A B A B  E ， A  1  B A B ，从而 A  1 B  1  B A .
7.【答案】B
【解析】因 E A  A E  A ， A A 2  A 2 A  A 3 ，AA1A1AE ， A A *  A * A  A E
故 A 和 E , A 2 , A  1 , A * 乘法运算可交换. 但是(EA)(EA)T (EA)T(EA)，
0 1
如A ，则
0 0
E  A 
 1
0
1
1

，
( E  A ) ( E  A ) T 
 1
0
1
1
  1
1
0
1


 2
1
1
1

 ( E  A ) T ( E  A ) 
 1
1
0
1
  1
0
1
1


 1
1
1
2

事实上，
( E  A ) ( E  A ) T  [ 2 E  ( E  A ) ] ( E  A ) T  ( E  A ) T [ 2 E  ( E  A ) ]  ( E  A ) T ( E  A )
故选（B），对于（A）,（C），（D）均成立，以（C）为例，有
(EA)(E A)1 (E A)12E(AE)1(AE)(AE)1[2E(AE)]
(AE)1(EA)
同理（A）,（D）也成立.
8.【答案】C
【解析】由行列式乘法公式，当 A B  O 有 AB  A B 0，知必有 A  0 或 B  0 ，
即（C）正确. 如 A 
 1
0
0
0

， B 
 0
0
0
1

，知A,B均不正确. 如 A  E ， B 
 0
0
0
1

，
有ABO，知（D）不正确.
9.【答案】 O
【解析】A为实对称矩阵，A2 OATAO，
a a a a a a  a2 a2  a2 0
11 21 n1 11 12 1n 11 21 n1
   
 a 12 a 22 a n2 a 21 a 22 a 2n O，所以   a 1 2 2 a 2 2 2  a 2 2 n 0 ，解得
  

  
a
1n
a
2n
a
nn
a
n1
a
n2
a
nn
  a
1
2
n
a
2
2
n
 a
n
2
n
0a
ij
 0 , ( i  1 , , n ; j  1 , , n )  A  O .
10.【答案】略
【解析】由题设条件 ( A  B ) 2  A  B ，得A2 ABBAB2 AB，由已知A2  A，
B 2  B ，故得 A B  B A  O ①
在①式两端左乘 A ，并利用 A 2  A ，得 A B  A B A = O ②
在①式两端右乘 A ，并利用 A 2  A ，得 A B A  B A  O ③
②式减③式，得 A B  B A ④，
将④带入①得 A B  O .
11.【答案】D
【解析】由 2 A B  A 得 A ( 2 B  E )  O ，于是 r ( A )  r ( 2 B  E )  4 ，又因 A 是 5  4 矩阵且
A 的列向量线性无关，有 r ( A )  4 ，从而r(2BE)0，即 2 B  E  O ，于是 B 
1
2
E ，
r ( B )  4 ，故 r ( B * )  4 ，选（D）.
12.【答案】请参照解析
【解析】用初等变换将 A 化成阶梯形，有
A 
 1
0
0
0
1
1
1
2
a
1



1
2
2
1
b
2
4


 1
0
0
0
1
1
0
0
a
1
 1

0
1 2
2
1
b


b
b

，
由阶梯型矩阵可见：
（1）当 a  1 且 b  2 时，阶梯形矩阵中非零行的个数为 4 ，此时r(A)4；
（2）当a1且b2时，阶梯形矩阵中非零行的个数为3，此时r(A)3；
（3）当 a  1
1 1 1 1
 
0 1 1 b
 
且b2时，有A ，阶梯形矩阵中非零行的个数为
0 0 0 1
 
0 0 0 0
3 ，此时
r(A)3；
（4）当a1且b2时，阶梯形矩阵中非零行的个数为2，此时r(A)2.13.【答案】 a  1 ，b2， r ( A B )  1
【解析】若 r ( B )  3 ，则 B 可逆， r ( A B )  r ( A ) ，这与 r ( A B )  r ( A ) 矛盾，故 r ( B )  3 ，
同理 r ( A )  3 ，于是 A 
a
2
3
b
0
2

2

3
1
 4 ( 2 b  a  3 )  0 ， B 
b 
 1
0
1 a
1
2
1
0
1
 a  b  3  0
解方程组
 2
a
b


b
a


3
3


0
0
,
, a1,
可得 ，于是
b2.
r ( A )  2 ，因为 r ( A B )  r ( A )  2 ，且注意到
A B  O ，所以r(AB)1，故r(AB)1.
14.【答案】 0 或 1
【解析】由
n
j
1
a
ij
 0 ， i  1 , 2 , , n ，可知 A  0 ，r(A)n1，当r(A)n1时，有
r ( A * )  1 ；当 r ( A )  n  1 时， r ( A * )  0 ，故 r ( A * ) 为0或 1 .
15.【答案】C
【解析】由 A B  A  B  E ，有(A+E)(BE)O，于是 r ( A + E )  r ( B  E )  3 ，又
3r(AB)r[(A+E)(BE)]r(A+E)r(BE)3
故 r ( A + E )  r ( B  E )  3 ；由 r ( A + E )  r
 2
3
1
2
5
2
1
a
3

 2 ， r ( B  E )  1 ，故
r ( A + E )  2 ，于是 A  E 
2
3
1
2
5
2
1
a
3
 1 3  2 a  0 ，得 a 
1 3
2
，故选（C）.
16.【答案】请参照解析
【解析】（1） T 
 a
a
a
b1
b
2
b
n
1
1
1
a
a
a
b1
b
2
b
n
2
2
2
a
a
a
b1
b
2
b
n
n
n
n

 ， T  a b1
1
 a
2
b
2
  a
n
b
n
 ；
（2）因 T  各行（列）是第1行（列）的倍数，又,皆为非零列向量，所以
r ( T )  1  ；
（3）由于CTC(ET)T(ET)(ET)(ET)ET T TT
故若CTCET T T，则TT T O，β(αTα1)βT O，即 ( T  1 ) T  O   ，因为  0  ，所以 T  O  ，故 C T C  E  T  T  T    成立的
充要条件是 T  1  .
17.【答案】B
【解析】由于 r ( A )  n  1 ，则 A  0 ，
1 a a a 1(n1)a a a a 1 a a a
a 1 a a 1(n1)a 1 a a 1 1 a a
A  a a 1 a  1(n1)a a 1 a [1(n1)a]1 a 1 a
a a a 1 1(n1)a a a 1 1 a a 1
1 0 0 0
1 1a 0 0
[1(n1)a]1 0 1a 0 [1(n1)a](1a)n1
1 0 0 1a
要使得 A  0 ，则 a 必须为 1 或
1
1
 n
，排除（C）（D）；又因为a1时， r ( A )  1 ，故排
除（A），故答案选（B）.
18.【答案】D
【解析】 A
 0
1
0
1
0
0
0
0
1

 B ， B
 1
0
0
0
1
0
0
1
1

 C ，故 A
 0
1
0
1
0
0
0
0
1
  1
0
0
0
1
0
0
1
1

 C ，即
Q =
 0
1
0
1
0
0
0
0
1
  1
0
0
0
1
0
0
1
1


 0
1
0
1
0
0
1
0
1

，选（D）.
19.【答案】C
【解析】设 P 为单位矩阵 E 交换第2行与第3行得到的初等矩阵，
Ar2 r 3B  PA B， B *  ( P A ) *  A * P *  A * P  1 | P |  A * P ，
A*P B*  A* c2 c 3B*，故选（C）.
20.【答案】E
ij
【解析】由题，B E A，因为E 和A都可逆，所以B 可逆，且
ij ijB  1  ( E
ij
A )  1  A  1 E  1
ij
 A  1 E
ij
，从而 A B  1  A A  1 E
ij
 E
ij
.
21.【答案】D
【解析】（A）、（B）显然正确；（C）选项， A 0， A 与 B 等价，则 B 0， B 可逆，
则存在可逆矩阵P ，使得 P B  E ；（D）选项，若 A 经两行互换一次得到 B ，则其行列
式互为相反数，错误.
22.【答案】D
1 0 0 1 0 3
   
【解析】由已知， 0 1 0 AC ，B 0 1 0  D，故
   
   
0 1 1 0 0 1
   
 1
0
0
0
1
1
0
0
1

A B
 1
0
0
0
1
0

0
1
3 
 C D 
 1
0
0
0

1
1
0
0
2

，
A B 



1
0
0
1
0
0
0
1
1
0
1
 1
0
0
1
0
0
1



1


1
0
0
1
0
0
0

1
0
 1
1
1
0
0
2
0
0
2




1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
1
0
3
0
1

0
1

3


 1
0
0
0

2
1
3
0
2

1 0 0 0
 
0 0 1 0
 
23.【答案】
0 1 0 0
 
0 0 2 1
【解析】 A
 1
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
1
  1
0
0
0 
0
1
0
2
0
0
1
0
0
0
0
1

 B ，故
1 1
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 01 0 0 0 1 0 0 0
        
0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0
B1A           
0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 00 1 0 0 0 1 0 0
        
0 2 0 1 0 0 0 1 0 2 0 10 0 0 1 0 0 2 124.【答案】（1） P 
 1
2
3
5

；（2） Q 


1
3
4 
2
5
7
0
0
1

【解析】（1）
( A , E ) 
 
2
5 3
 1
1
1
1
0
0
1

 r1  3 r2 
 1
2
0
 1
4
1
1
0
3
1


r  2 r 2 1
r  ( 1 )    2
 1
0
0
1
4
7
1
2
3
5

1 3 1 0 4
故P   ，使得PA  为行最简形矩阵.
2 5 0 1 7
（2）
T ( A , E ) 

 5 
3

1 
r  3 r
2 1
r  r   3 1 
2

1

1
1
0
0
1
0
0
0

1
1
0
1
0
1


0
0
1
3
1




2
r1
5
2
 2 r2
0
0
1



 1
3
1
r 
2r
3
0
 1
1
( 1 )
 r  2
1
0
0
 1
0
0
2
1
0
0
1
0
0
0
1


1
3
4 
2
5
7
0
0
1

故 Q 


1
3
4 
2
5
7
0
0
1

，使得 Q A T 
 1
0
0
0
1
0

为行最简形矩阵.
25.【答案】

a
3 1
a
a

1
2
1
1
2 a
1 1
a
3
a
a

1 2
2 2
2 a
1 2
a
3 3
a
a

1
2
3
3
2 a
1 3

，

a
3 3

a
a
1
2
2
3
3
0 0 a
1 3
a
3 1

a
a
1
2
2
2
2
0 0 a
1 2
a
3 1

a
a
1
2
2
1
1
0 0 a
1 1

.
【解析】 A 的左边乘以初等阵P ，相当于对
1
A 实施初等行变换r 2r； 的左边乘以
3 1
P100，相当于对A实施
1
1 0 0 次初等行变换 ；A 的右边乘以P100，相当于对A 实施
2
100次初等列变换 c
1
 c
3
（相当于没变）；A 的右边乘以 P 92 9 9 ，相当于对A 实施 9 9 9 次
初等列变换c c （相当于只做了一次c c ）.
1 3 1 3
 a a a 
11 12 13
 
因而PAP100  a a a ，
1 2  2 22 23 
 
a 2a a 2a a 2a
 
31 11 32 12 33 13
r
3
 2 r1
AP 11 0 0 A P 92 9 9 
 a
a
a
1 1
2 1
3 1
a
a
a
1 2
2 2
3 2
a
a
a
1 3
2 3
3 3



a
3 3

a
a
1
2
2
3
3
0 0 a
1 3
a
3 2

a
a
1
2
2
2
2
0 0 a
1 2
a
3 1

a
a
1
2
2
1
1
0 0 a
1 1

26.【答案】
 0
3
0
3
0
0

0
3
6 
【解析】易知 A 
c 
3c
 1
2 c1
c2  B ，故 B  A
 1
0
0
0
1
0

0
1
2   0
1
0
1
0
0
0
0
1

，
A * B  A * A
 1
0
0
0
1
0

0
1
2   0
1
0
1
0
0
0
0
1

 A
 0
1
0
1
0
0

0
1
2 

 0
3
0
3
0
0

0
3
6 
.
27.【答案】

1
1
3
4
1
0
2 3
6
6
6

【解析】 Q  (
1
,
2
,
3
)
 1
0
0

1
0
1 0
0
2

 P
 1
0
0

1
0
1 0
0
2

  
Q T A Q 





1
0
0
1
 1
0
1
3
1 4
 1
1
0
0
1
0
2
3
1 6
0
0
2
0
0
2
1


3
3
8
T
P
1 
4

7

 
 
 
 
 
T
1
0
0
A
2
5
8
P

1
0

3
6
9
1
1
0
0
 
0
0
2
 1
1
0
1
0
0




1
0

0
0
2
1
1
3
1 4

0
0
2

1
0
2 3
6
6
6

.