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    BB

    6.已知线性方程组{bx1ax2=2ab,2cx2+3bx3=bc,cx1+ax3=0,\begin{cases}bx_1-ax_2=-2ab,\\-2cx_2+3bx_3=bc,\\cx_1+ax_3=0,\end{cases}则(  )。
    (A)(A)a,b,ca,b,c为任意实数时,方程组均有解;
    (B)(B)a=0a=0时,方程组无解;
    (C)(C)b=0b=0时,方程组无解;
    (D)(D)c=0c=0时,方程组无解。

      当a=0a=0b=0b=0c=0c=0时,方程组均有解,且系数行列式A=ba002c3bc0a=5abc|\bm{A}|=\begin{vmatrix}b&-a&0\\0&-2c&3b\\c&0&a\end{vmatrix}=-5abc
      当abc0abc\ne0时,由克拉默法则知,方程组有解,且当abc=0abc=0时方程组也有解,故a,b,ca,b,c为任意实数时,方程组均有解。(这道题主要利用了克拉默法则求解

    11.设线性方程组{x1+x2+ax3=0,x1+2x2+x3=0,x1x2+ax3=0\begin{cases}x_1+x_2+ax_3=0,\\x_1+2x_2+x_3=0,\\x_1-x_2+ax_3=0\end{cases}与方程x12x2+3x3=1x_1-2x_2+3x_3=1有公共解,则a=a=______。

      由题设,齐次方程组{x1+x2+ax3=0,x1+2x2+x3=0,x1x2+ax3=0\begin{cases}x_1+x_2+ax_3=0,\\x_1+2x_2+x_3=0,\\x_1-x_2+ax_3=0\end{cases}与方程x12x2+3x3=1x_1-2x_2+3x_3=1有公共解,对于非齐次线性方程而言,公共解不可能为零解,因此,该齐次方程组也必有非零解,因此,方程组的系数矩阵的秩小于33,也即系数行列式为零,即11a12111a=2(1a)=0\begin{vmatrix}1&1&a\\1&2&1\\1&-1&a\end{vmatrix}=2(1-a)=0,解得a=1a=1。(这道题主要利用了矩阵的秩求解

    13.设线性方程组A3×4x=b\bm{A}_{3\times4}\bm{x}=\bm{b}有唯一解ξ1=[1,1,2]T\bm{\xi}_1=[1,-1,2]^\mathrm{T}α\bm{\alpha}33维列向量,方程[A,α]x=b[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}有特解η1=[1,2,1,3]T\bm{\eta}_1=[1,-2,1,3]^\mathrm{T},则方程组[A,α]x=b[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}的通解是______。

      Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}有唯一解r(A)=3r([A,α])=3r([A,α])=r([A,αb])=3\Rightarrow r(\bm{A})=3\Rightarrow r([\bm{A},\bm{\alpha}])=3\Rightarrow r([\bm{A},\bm{\alpha}])=r([\bm{A},\bm{\alpha}|\bm{b}])=3
      方程组[A,α]x=b[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}的通解形式为kξ+ηk\bm{\xi}+\bm{\eta},其中kξk\bm{\xi}[A,α]x=0[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{0}的通解,η\bm{\eta}[A,α]x=b[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}的特解。
      已知[A,α]x=b[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}有特解η1=[1,2,1,3]T\bm{\eta}_1=[1,-2,1,3]^\mathrm{T}。另一个特解可取η2=[1,2,2,0]T\bm{\eta}_2=[1,-2,2,0]^\mathrm{T}
      故[A,α]x=b[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}有通解k(η1η2)+η1=k[0,1,1,3]T+[1,2,1,3]Tk(\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2)+\bm{\eta}_1=k[0,-1,-1,3]^\mathrm{T}+[1,-2,1,3]^\mathrm{T}k(η1η2)+η2=k[0,1,1,3]T+[1,1,2,0]Tk(\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2)+\bm{\eta}_2=k[0,-1,-1,3]^\mathrm{T}+[1,-1,2,0]^\mathrm{T},其中kk是任意常数。(这道题主要利用了构造通解求解

    19.设a1,a2,,ana_1,a_2,\cdots,a_n是互不相同的实数,且A=[1a1a12a1n11a2a22a2n11anan2ann1],x=[x1x2xn],b=[111]\bm{A}=\begin{bmatrix}1&a_1&a^2_1&\cdots&a_1^{n-1}\\1&a_2&a^2_2&\cdots&a_2^{n-1}\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\1&a_n&a^2_n&\cdots&a_n^{n-1}\end{bmatrix},\bm{x}=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix},\bm{b}=\begin{bmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{bmatrix},求线性方程组Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}的解。

      因a1,a2,,ana_1,a_2,\cdots,a_n互不相同,故由范德蒙行列式知,A=0|\bm{A}|=\ne0,根据克拉默法则,方程组Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}有唯一解,且xi=AiAi=1,2,,nx_i=\cfrac{|\bm{A}_i|}{|\bm{A}|}i=1,2,\cdots,n,其中,Ai|\bm{A}_i|b\bm{b}代换A|\bm{A}|中的第ii列所得的行列式,有A1=A,Ai=0,i=2,3,,n|\bm{A}_1|=|\bm{A}|,|\bm{A}_i|=0,i=2,3,\cdots,n,故Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}的唯一解为x=[1,0,0,,0]T\bm{x}=[1,0,0,\cdots,0]^\mathrm{T}。(这道题主要利用了克拉默法则求解

    22.已知η1=[3,2,0]T,η2=[1,0,2]T\bm{\eta}_1=[-3,2,0]^\mathrm{T},\bm{\eta}_2=[-1,0,-2]^\mathrm{T},是线性方程组{ax1+bx2+cx3=2,x1+2x2x3=1,2x1+x2+x3=4\begin{cases}ax_1+bx_2+cx_3=2,\\x_1+2x_2-x_3=1,\\2x_1+x_2+x_3=-4\end{cases}的两个解向量,求方程组的通解,并确定参数a,b,ca,b,c

      对应齐次方程组有解ξ=η1η2=[2,2,2]T\bm{\xi}=\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2=[-2,2,2]^\mathrm{T}[1,1,1]T[-1,1,1]^\mathrm{T},故对应齐次方程组的基础解系至少有一个非零向量,故r(A)=r([abc121211])=r([Ab])=r([abc121211214])2r(\bm{A})=r\left(\begin{bmatrix}a&b&c\\1&2&-1\\2&1&1\end{bmatrix}\right)=r([\bm{A}|\bm{b}])=r\left(\left[\begin{array}{c:c}\begin{matrix}a&b&c\\1&2&-1\\2&1&1\end{matrix}&\begin{matrix}2\\1\\-4\end{matrix}\end{array}\right]\right)\leqslant2
      又显然应有r(A)=r([Ab])2r(\bm{A})=r([\bm{A}|\bm{b}])\geqslant2,从而r(A)=r([Ab])=2r(\bm{A})=r([\bm{A}|\bm{b}])=2,故方程组有通解k[1,1,1]T+[3,2,0]Tk[-1,1,1]^\mathrm{T}+[-3,2,0]^\mathrm{T},其中kk为任意常数,将η1,η2\bm{\eta}_1,\bm{\eta}_2代入第一个方程,得3a+2b=2,a2c=2-3a+2b=2,-a-2c=2,解得a=22c,b=23ca=-2-2c,b=-2-3ccc为任意常数,可以验证:当a=22c,b=23c,ca=-2-2c,b=-2-3c,c任意时,r(A)=r([Ab])=2r(\bm{A})=r([\bm{A}|\bm{b}])=2。(这道题主要利用了矩阵的秩求解

    25.已知方程组(I){x1+3x23x4=1,7x2+3x3+x4=3(I)\begin{cases}x_1+3x_2-3x_4=1,\\-7x_2+3x_3+x_4=-3\end{cases}及方程组(II)(II)的通解为k1[1,1,1,0]T+k2[2,1,0,1]T+[2,3,0,0]Tk_1[-1,1,1,0]^\mathrm{T}+k_2[2,-1,0,1]^\mathrm{T}+[-2,3,0,0]^\mathrm{T},其中k1,k2k_1,k_2为任意常数。求方程组(I),(II)(I),(II)的公共解。

      将方程组(II)(II)的通解k1[1,1,1,0]T+k2[2,1,0,1]T+[2,3,0,0]Tk_1[-1,1,1,0]^\mathrm{T}+k_2[2,-1,0,1]^\mathrm{T}+[-2,3,0,0]^\mathrm{T},代入方程组(I)(I),得{(2k1+2k2)+3(3+k1k2)3k2=1,7(3+k1k2)+3k1+k2=3,\begin{cases}(-2-k_1+2k_2)+3(-3+k_1-k_2)-3k_2=1,\\-7(-3+k_1-k_2)+3k_1+k_2=-3,\end{cases}化简得k1=2k2+6k_1=2k_2+6。将上述关系式代入(II)(II)的通解,得方程组(I),(II)(I),(II)的公共解为[2(2k2+6)+2k2,3+2k2+6k2,2k2+6,k2]T=[8,k2+3,2k2+6,k2]T[-2-(2k_2+6)+2k_2,-3+2k_2+6-k_2,2k_2+6,k_2]^\mathrm{T}=[-8,k_2+3,2k_2+6,k_2]^\mathrm{T}。(这道题主要利用了代入变量求解

    CC

    2.设A\bm{A}nn阶矩阵,对于齐次线性方程组(I)Anx=0(I)\bm{A}^n\bm{x}=\bm{0}(II)An+1x=0(II)\bm{A}^{n+1}\bm{x}=\bm{0},现有命题
    (1)(I)(1)(I)的解必是(II)(II)的解;
    (2)(II)(2)(II)的解必是(I)(I)的解;
    (3)(I)(3)(I)的解不一定是(II)(II)的解;
    (4)(II)(4)(II)的解不一定是(I)(I)的解。
    其中正确的是(  )。
    (A)(1)(4);(A)(1)(4);
    (B)(1)(2);(B)(1)(2);
    (C)(2)(3);(C)(2)(3);
    (D)(3)(4).(D)(3)(4).

      当Anx=0\bm{A}^n\bm{x}=\bm{0}时,易知An+1x=A(Anx)=0\bm{A}^{n+1}\bm{x}=\bm{A}(\bm{A}^n\bm{x})=\bm{0},故(I)(I)的解必是(II)(II)的解,也即(1)(1)正确,(3)(3)不正确。
      当An+1x=0\bm{A}^{n+1}\bm{x}=\bm{0}时,假设Anx0\bm{A}^n\bm{x}\ne\bm{0},则有x,Ax,,Anx\bm{x},\bm{Ax},\cdots,\bm{A}^n\bm{x}均不为零向量,可以证明这种情况下x,Ax,,Anx\bm{x},\bm{Ax},\cdots,\bm{A}^n\bm{x}是线性无关(按定义证,依次左乘An,An1,,A\bm{A}^n,\bm{A}^{n-1},\cdots,\bm{A}即可得证)的。由于x,Ax,,Anx\bm{x},\bm{Ax},\cdots,\bm{A}^n\bm{x}均为nn维向量,而n+1n+1nn维向量必定是线性相关的,矛盾。故假设不成立,因此必有Anx=0\bm{A}^n\bm{x}=\bm{0}。可知(II)(II)的解必是(I)(I)的解,故(2)(2)正确,(1)(1)不正确。(这道题主要利用了反证法求解

    6.设A\bm{A}3×33\times3矩阵,β1,β2,β3\bm{\beta}_1,\bm{\beta}_2,\bm{\beta}_3是互不相同的33维列向量,且都不是方程组Ax=0\bm{Ax}=\bm{0}的解,记B=[β1,β2,β3]\bm{B}=[\bm{\beta}_1,\bm{\beta}_2,\bm{\beta}_3],且满足r(AB)<r(A),r(AB)<r(B)r(\bm{AB})<r(\bm{A}),r(\bm{AB})<r(\bm{B})。则r(AB)r(\bm{AB})等于(  )。
    (A)0;(A)0;
    (B)1;(B)1;
    (C)2;(C)2;
    (D)3.(D)3.

      已知βi(i=1,2,3)\bm{\beta}_i(i=1,2,3)都不是Ax=0\bm{Ax}=\bm{0}的解,即ABO,r(AB)1\bm{AB}\ne\bm{O},r(\bm{AB})\geqslant1。又r(AB)<r(A)r(\bm{AB})<r(\bm{A}),则矩阵B\bm{B}不可逆(若B\bm{B}可逆,则r(AB)=r(A)r(\bm{AB})=r(\bm{A}),与r(AB)<r(A)r(\bm{AB})<r(\bm{A})矛盾),r(B)2r(\bm{B})\leqslant2,从而r(AB)<r(B)2r(\bm{AB})<r(\bm{B})\leqslant2,即r(AB)1r(\bm{AB})\leqslant1,从而有r(AB)=1r(\bm{AB})=1。(这道题主要利用了矩阵的秩求解

    9.证明:非齐次线性方程组(I)(I)有解的充要条件是齐次方程组(II)(II)的任意一组解必满足方程组(III)(III),其中(I):{a11x1+a12x2++a1nxn=b1,a21x1+a22x2++a2nxn=b2,am1x1+am2x2++amnxn=bm,(II):{a11y1+a12y2++a1nyn=0,a21y1+a22y2++a2nyn=0,am1y1+am2y2++amnyn=0,(III):b1y1+b2y2++bmym=0(I):\begin{cases}a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n=b_1,\\a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_n=b_2,\\\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\cdots+a_{mn}x_n=b_m,\end{cases}(II):\begin{cases}a_{11}y_1+a_{12}y_2+\cdots+a_{1n}y_n=0,\\a_{21}y_1+a_{22}y_2+\cdots+a_{2n}y_n=0,\\\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\a_{m1}y_1+a_{m2}y_2+\cdots+a_{mn}y_n=0,\end{cases}(III):b_1y_1+b_2y_2+\cdots+b_my_m=0

      设矩阵A=(aij)m×n,x=[x1,x2,,xn]T,y=[y1,y2,,ym]T,b=[b1,b2,,bm]T\bm{A}=(a_{ij})_{m\times n},\bm{x}=[x_1,x_2,\cdots,x_n]^\mathrm{T},\bm{y}=[y_1,y_2,\cdots,y_m]^\mathrm{T},\bm{b}=[b_1,b_2,\cdots,b_m]^\mathrm{T},则方程组(I),(II),(III)(I),(II),(III)的矩阵形式分别是(I):Ax=b,(II):ATy=0,(III):bTy=0(I):\bm{Ax}=\bm{b},(II):\bm{A}^\mathrm{T}\bm{y}=\bm{0},(III):\bm{b}^\mathrm{T}\bm{y}=0
      必要性:如果方程组(I)(I)有解,则Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}两边同时转置,有bT=xTAT\bm{b}^\mathrm{T}=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{A}^\mathrm{T}
      设yy是方程组(II)(II)的任一解,则ATy=0\bm{A}^\mathrm{T}\bm{y}=\bm{0}。于是bTy=(xTAT)y=xT(ATy)=xT0=0\bm{b}^\mathrm{T}\bm{y}=(\bm{x}^\mathrm{T}\bm{A}^\mathrm{T})\bm{y}=\bm{x}^\mathrm{T}(\bm{A}^\mathrm{T}\bm{y})=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{0}=0,所以方程组(II)(II)的任一解y\bm{y}满足方程组(III)(III)
      充分性:将方程组(II)(II)(III)(III)联立起来,记为方程组(IV)(IV),其矩阵形式为(IV):[ATbT]y=0(IV):\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\bm{y}=\bm{0}
      如果方程组(II)(II)的任一解yy满足方程组(III)(III),即ATy=0,bTy=0\bm{A}^\mathrm{T}\bm{y}=\bm{0},\bm{b}^\mathrm{T}\bm{y}=0,则方程组(II),(IV)(II),(IV)同解。于是方程组(II)(II)(IV)(IV)系数矩阵的秩相等,即r(AT)=r([ATbT])r(\bm{A}^\mathrm{T})=r\left(\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\right)
      由此可知,矩阵[ATbT]\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}的最后一行bT\bm{b}^\mathrm{T}可由AT\bm{A}^\mathrm{T}nn个行向量线性表示。不妨设A=[α1,α2,,αn]\bm{A}=[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\cdots,\bm{\alpha}_n],则AT=[α1Tα2TαnT]\bm{A}^\mathrm{T}=\begin{bmatrix}\bm{\alpha}_1^\mathrm{T}\\\bm{\alpha}_2^\mathrm{T}\\\vdots\\\bm{\alpha}_n^\mathrm{T}\end{bmatrix},所以存在一组数x1,x2,,xnx_1,x_2,\cdots,x_n,使得x1α1T+x2α2T++xnαnT=bTx_1\bm{\alpha}_1^\mathrm{T}+x_2\bm{\alpha}_2^\mathrm{T}+\cdots+x_n\bm{\alpha}_n^\mathrm{T}=\bm{b}^\mathrm{T},两边同时转置得x1α1+x2α2++xnαn=bx_1\bm{\alpha}_1+x_2\bm{\alpha}_2+\cdots+x_n\bm{\alpha}_n=\bm{b},即Ax=b\bm{Ax}=\bm{b},由此方程组(I)(I)有解。(这道题主要利用了矩阵转置求解

    15.设nn阶矩阵A,B\bm{A},\bm{B}乘积可交换,ξ1,,ξr1\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1}η1,,ηr2\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}分别是方程组Ax=0\bm{Ax}=\bm{0}Bx=0\bm{Bx}=\bm{0}的一个基础解系,且对于nn阶矩阵C,D\bm{C},\bm{D},满足r(CA+DB)=nr(\bm{CA}+\bm{DB})=n。证明:

    (1)r([AB])=nr\left(\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)=nξ1,,ξr1,η1,,ηr2\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}线性无关;

      因为n=r(CA+DB)=r([C,D][AB])r([AB])nn=r(\bm{CA}+\bm{DB})=r\left([\bm{C},\bm{D}]\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)\leqslant r\left(\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)\leqslant n,所以r([AB])=nr\left(\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)=n
      由r([AB])=nr\left(\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)=n知方程组[AB]x=0\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\bm{x}=\bm{0}只有零解,即Ax=0\bm{Ax}=\bm{0}Bx=0\bm{Bx}=\bm{0}无非零公共解,又ξ1,,ξr1\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1}η1,,ηr2\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}分别为Ax=0\bm{Ax}=\bm{0}Bx=0\bm{Bx}=\bm{0}的基础解系,于是ξ1,,ξr1,η1,,ηr2\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}线性无关。

    (2)ξ1,,ξr1,η1,,ηr2\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}是方程组ABx=0\bm{ABx}=\bm{0}的一个基础解系。

      显然ABηi=0,i=1,2,,r2\bm{AB\eta}_i=\bm{0},i=1,2,\cdots,r_2,又AB=BA\bm{AB}=\bm{BA},所以ABξi=0,i=1,2,,r1\bm{AB\xi}_i=\bm{0},i=1,2,\cdots,r_1,故ξ1,,ξr1,η1,,ηr2\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}是方程组ABx=0\bm{ABx}=\bm{0}r1+r2r_1+r_2个线性无关的解向量。
      又r(AB)r(A)+r(B)n=(nr1)+(nr2)n=n(r1+r2)r(\bm{AB})\geqslant r(\bm{A})+r(\bm{B})-n=(n-r_1)+(n-r_2)-n=n-(r_1+r_2),所以ABx=0\bm{ABx}=\bm{0}的基础解系中至多有n[n(r1+r2)]=r1+r2n-[n-(r_1+r_2)]=r_1+r_2个解向量,从而ξ1,,ξr1,η1,,ηr2\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}ABx=0\bm{ABx}=\bm{0}的一个基础解系。(这道题主要利用了矩阵的秩求解

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  • 初中数学代数练习

    千次阅读 2019-11-14 08:35:18
    为了迎合各初中朋友的需求,我自己出了比较经典的一些代数题。这些题目可以帮助初中生们巩固基础并拓展思维。题目是由知识点排序,并尽量做到基础和难题结合。其中有的题目可能已经到高中甚至竞赛的难度。作为一个...

    为了迎合各初中朋友的需求,我自己出了比较经典的一些代数题。这些题目可以帮助初中生们巩固基础并拓展思维。题目是由知识点排序,并尽量做到基础题和难题结合。其中有的题目可能已经到高中甚至竞赛的难度。作为一个大学生,我认为很多知识会对将来有更大的帮助。有的思想会在高中和大学一直出现,而这些思想是初中生就能够理解的. 这些题目知识点设计:证明,绝对值,方程,分式,函数,不等式,概率,以及最后的拓展导数. 基本涵盖了初中所有的代数知识点.
    用法:
    1.对于初一或者初二的学生,应当自己尝试和挑战这些题目。由于题目按知识进度分类,应当和课内进度保持一致。很多题目需要长时间思考,初一和初二的学生正好时间比较充裕可以独立思考解决锻炼思维。
    2.对于初三准备中考的学生,可以当作查漏补缺并挑战难题。如有不会做的题目在时间不充裕的时候可以直接联系作者得到提示和答案。

    由于时间有限,本人无法写出所有解答。所以需要各位一起合作完成解答制作。如果您有成功解决的题目并愿意分享解答,请联系文档中的邮箱或qq,并附上您想在解答中出现的名字。直接手写拍照也可以。如果解答正确将会直接附在本文下方。谢谢!
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  • 矩阵的初等变换与线性方程组 习题

    内容小结
    线⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 3.13.23.3线3.4  

    3.1 矩阵的初等变换
    ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ 1.i.j()2.k0i()3.i()k() {1.2.AB,AB ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1.(A|E)  (E|A 1 )(AE )  (EA 1  )2.A   

    3.2矩阵的秩
    ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ {k: ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ .R(A)=R(A T )B,R(AB)=R(A)R(A+B)R(A)+R(B)R(AB)min{(R(A),R(B)}R(AB)R(A)+R(B)nAB=0,R(A)+R(B)n   

    3.3线性方程组的解
    ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Ax=0⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Ax=0:R(A)<n⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ 1.2.3.  Ax=b⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Ax=bR(A)=R(B)⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ 1.广B2.3.    

    Ax=0 
    Ax=0R(A)=r=n 
    Ax=0R(A)=r<n 
    :x=k 1 ξ 1 +k 2 ξ 2 ++k nr ξ nr ξ 1 ,ξ 2 ,,ξ nr . 

    Ax=b 
    Ax=bR(A)R(B) 
    Ax=bR(A)=R(B)=r 
    1)r=n,.2)r<n,.:x=k 1 ξ 1 +k 2 ξ 2 ++k nr ξ nr +η  ξ 1 ,ξ 2 ,,ξ nr .η  . 

    3.4初等方阵
    ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ { ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ,.A m×n ,A