线性代数基本思想在解题中的应用

线性代数基本思想在解题中的应用

马奎亮

马奎亮（哈尔滨学院，黑龙江哈尔滨150000）

摘要：线性代数是现代数学的基础学科，是研究数学其他分支和自然科学的基本工具。线性代数的理论和方法无论是对整个数学的发展和完善，还是对综合素质的提高和创新能力的培养都有十分重要的作用。而且其解题方法多种多样，某些独特解题思路也奠定了必不可少的思维方式和思想方法的基础，其独特的思想方法突出了学习能力和逻辑推理能力的培养，对掌握运算技巧和解题方法及证明思路有指导作用。

关键词：思维定势；行列式；矩阵；向量

1伴随矩阵的应用

若题设条件与代数余子式Aij及伴随矩阵A*有关，则联想到行列式展开定理以及公式。

对于一般的行列式，我们都有行列式展开定理：

行列式D等于它任一行（列）的所有元素与它们的对应代数余子式的乘积的和。

我们解决类似题设条件与代数余子式Aij及伴随矩阵A*有关的问题时，就联想到上述行列式展开定理以及公式AA*=A*A=|A|I，可以使计算简便。

例1设矩阵A的伴随矩阵为A*=１００００１００１０１００－３０８，且ABA-1=BA-1+3I，其中为4阶单位矩阵，求矩阵B。

分析：题设与A*有关，立即联想公式AA*=A*A=|A|I。

解：由AA*=A*A=|A|I推出|A||A*|=|A|4，即|A|3=|A*|=8，得|A|=2。

又给等式ABA-1=BA-1+3I，右乘A得AB=B+3A，再左乘A*得A*AB=A*B+3A*A

于是有|A|B=A*B+3|A|I。即（2I-A*）B=6I，而2I-A*为可逆矩阵，于是B=6（2I-A*）-1。

2矩阵的多项式的应用

若题设n阶方阵A满足多项式f（A）=O，要证明aA+bI可逆，则先分解出方阵A的多项式aA+bI。

定理：设A，B均为n阶矩阵，若满足AB=I或BA=I，其中I为n阶单位矩阵，那么A与B均为可逆矩阵（或非奇异矩阵），且A与B为互逆矩阵。

做题时，构造成等式一边是两个多项式相乘，等式另一边是单位矩阵或n倍的单位矩阵（若是n倍的单位矩阵则先把等式两边同时除以n），再根据可逆矩阵定义就可以证明aA+bI可逆。

例2设f（x）=a0xm+a1xm-1+…+am-1x+am，又A是n阶方阵。如果am≠0，且f（A）=0，证明A可逆并求A-1。

证明：由f（A）=0得f（A）=a0Am+a1Am-1+…+am-1A+amI=0，即

a0Am+a1Am-1+…+am-1A=amI

因为am≠0，所以有

A-■（a■A■+a■A■+…+a■I）=I

故A可逆，且A-1=-■（a0Am-1+a1Am-2+…+am-1I）

3向量组线性无关性的证明

若证明向量组α1，α2，…，αr线性无关，则先考虑用定义处理。

设α1，α2，…，αr是向量空间V的r个向量。如果存在F中不全为零的数k1，k2，…，kr，使得

k1α1+k2α2+…+krαr（1）

那么就说α1，α2，…，αr线性相关。否则线性无关。即等式（1）仅当k1=k2…=kr=0时才成立。

对于具体给出的向量组，判断其线性相关与线性无关，方法有很多种，如定义法、求秩法、行列式法等等。但当题中让我们证明向量组α1，α2，…，αr的线性无关时，我们首先考虑用定义处理。

例3设A为n阶方阵，若存在正整数k，使线性方程组Akx=0有解向量α，且Ak-1α≠0。证明向量组α，Aα，…，Ak-1α是线性无关的。

证明：设有数组l1，l2，…，lk，使得l1α+l2Aα+…+lkAk-1α=0

两边左乘Ak-1，并注意到Akα=Ak+1α=…=A2k-1α=0，得l1Ak-1α=0。由于Ak-1α≠0，所以l1=0。

此时有l2Aα+…+lkAk-1α=0，再左乘Ak-2可得l2=0。

依次类推知，l1=l2=…=lk=0，故α，Aα，…，Ak-1线性无关。

4齐次线性方程组解的应用

若已知AB=O，则将B的每列作为Ax=0的解来处理。

定理：设n元齐次线性方程组Ax=0的系数矩阵的秩为r（A），则解向量组的秩为n-r（A）。

由解向量组的秩n-r（A）等于基础解系中含解向量的个数这一原理解决所需问题。

例4设A，B都是n阶方阵，且AB=O，证明r（A）+r（B）≤n。

证明：设B=（β1，β2，…，βn），其中β1，β2，…，βn是B的列向量，则由AB=A（β1，β2，…，βn）=O，得Aβi=0（i=1，2，…，n），即是齐次线性方程组Ax=0的解向量，从而它们都可由的基础解系线性表示。但Ax=0的基础解系含有n-r（A）个解向量。于是r（B）=r（β1，β2，…，βn）≤n-r（A），故得r（A）+r（B）≤n。

5行列式的应用

若题设条件要求确定参数的取值，则联想到是否有某行列式为零。

例5已知向量组β1=（0，1，-1）T，β2=（a，2，1）T，β3=（b，1，0）T与向量组α1=（1，2，-3）T，α2=（3，0，1）T，α3=（9，6，-7）T具有相同的秩，且β1可由。

解：α1和α2线性无关，α3=3α1+2α2，所以向量组α1，α2，α3线性相关，且秩为2，α1，α2，是它的一个极大无关组。由于向量组β1，β2，β3与α1，α2，α3具有相同的秩，故线性β1，β2，β3相关，从而■=0，由此解得a=3b。又β3可由α1，α2，α3线性表示，从而可由α1，α2线性表示，所以α1，α2，β3线性相关，于是■=0。解之得2b-10=0。于是得a=12，b=5。

6正定矩阵的证明

若证明抽象n阶实对称矩阵为正定矩阵A，则先考虑用定义处理。

定义:A是一个实对称矩阵，如果实二次型XTAX是正定的，则A称为正定矩阵。

因为正定二次型的规范型的矩阵是单位矩阵，所以一个实对称矩阵是正定的充分必要条件是它与单位矩阵是合同的即有

定理：实对称矩A阵是正定矩阵的充分必要条件是有可逆矩阵C，使A=CTC。

例6设A，B都是m×n阶实矩阵，满足r（A+B）=n，证明ATA+BTB正定。

证明：用正定的定义证明。

显然，ATA，BTB都是n阶的实对称矩阵，从而ATA+BTB也是n阶的实对称矩阵。

由于r（A+B）=n，n元齐次线性方程组（A+B）X=0没有非零解。于是当α是一个非零n维实的列向量时，（A+B）α≠0，因此Aα与Bα不会全是零向量，从而αT（ATA+BTB）α=αTATAα+αT+BTBα=||Aα||2+||Bα||2>0，根据定义，ATA+BTB正定。