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《线性代数》第二学期期末试卷B (精选08)
时间：120分钟 | 课程：线性代数 | 学分：2 | 形式：闭卷 | 总分：100分
一、填空题（每小题4分，共20分）
（1）设 3 阶方阵 $A = (\alpha, \beta, \gamma)$， $B = (2\beta, \gamma, 3\alpha)$，其中 $\alpha, \beta, \gamma$ 为 3 维列向量。若 $\det A = 1$，则 $\det B =$ ______。
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答案：6
解析：
根据行列式的性质进行变换：
- 提取倍数：$\det B = \det(2\beta, \gamma, 3\alpha) = 2 \times 3 \times \det(\beta, \gamma, \alpha) = 6 \det(\beta, \gamma, \alpha)$。
- 交换列向量：
- 交换第 1 列和第 3 列：$\det(\beta, \gamma, \alpha) = -\det(\alpha, \gamma, \beta)$。
- 交换第 2 列和第 3 列：$-\det(\alpha, \gamma, \beta) = \det(\alpha, \beta, \gamma)$。
- 代入已知值：$\det B = 6 \det(\alpha, \beta, \gamma) = 6 \det A = 6 \times 1 = 6$。
难度: ⭐
考点: #行列式性质 #列变换
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📖 相关公式与知识点:
- $\det(k\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n) = k \det(\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n)$。
- 交换行列式的两列（或两行），行列式符号改变。
- $n$ 阶行列式经过 $m$ 次换列，结果为 $(-1)^m \det A$。
🔄 举一反三
- 若 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$，且 $\det A = 2$，求 $\det(3\alpha_2, \alpha_1, 2\alpha_3)$。
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答案：-12
解析：$\det(3\alpha_2, \alpha_1, 2\alpha_3) = 3 \times 2 \times \det(\alpha_2, \alpha_1, \alpha_3) = 6 \times (-\det(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)) = -6 \times 2 = -12$。
(2) 设 $A, B$ 为 $n$ 阶可逆方阵，则 $\begin{pmatrix} 0 & A \\ B & I_n \end{pmatrix}^{-1} =$ ______。
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答案：$\begin{pmatrix} -(AB)^{-1} & B^{-1} \\ A^{-1} & 0 \end{pmatrix}$
解析：
使用分块矩阵求逆的待定系数法。设逆矩阵为 $\begin{pmatrix} X & Y \\ Z & W \end{pmatrix}$，则：
展开得方程组：
- $AZ = I \implies Z = A^{-1}$
- $AW = 0 \implies W = 0$（因为 $A$ 可逆）
- $BX + Z = 0 \implies BX = -Z = -A^{-1} \implies X = -B^{-1}A^{-1} = -(AB)^{-1}$
- $BY + W = I \implies BY = I \implies Y = B^{-1}$
综上，逆矩阵为 $\begin{pmatrix} -(AB)^{-1} & B^{-1} \\ A^{-1} & 0 \end{pmatrix}$。
难度: ⭐⭐
考点: #分块矩阵求逆 #可逆矩阵
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📖 相关公式与知识点:
- 常见分块矩阵求逆公式：
- $\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} & 0 \\ 0 & B^{-1} \end{pmatrix}$
- $\begin{pmatrix} 0 & A \\ B & 0 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & B^{-1} \\ A^{-1} & 0 \end{pmatrix}$
🔄 举一反三
- 求 $\begin{pmatrix} I & A \\ 0 & I \end{pmatrix}^{-1}$。
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答案：$\begin{pmatrix} I & -A \\ 0 & I \end{pmatrix}$
解析：设逆矩阵为 $\begin{pmatrix} X & Y \\ Z & W \end{pmatrix}$。 $X+AZ=I, Y+AW=0, Z=0, W=I \implies Z=0, W=I, X=I, Y=-A$。
（3）设 $A$ 为 $n$ 阶方阵， $\det A = 3$ ， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随方阵，当 $n=3$ 时，则 $\det A^{*} =$ ______。
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答案：9
解析：
利用伴随矩阵的行列式公式：$\det A^* = (\det A)^{n-1}$。 已知 $n = 3, \det A = 3$，代入公式得： $\det A^* = 3^{3-1} = 3^2 = 9$。
难度: ⭐
考点: #伴随矩阵 #行列式公式
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📖 相关公式与知识点:
- $AA^* = A^*A = (\det A)I$。
- $\det(AA^*) = \det A \cdot \det A^* = \det((\det A)I) = (\det A)^n$。
- 若 $\det A \neq 0$，则 $\det A^* = (\det A)^{n-1}$。
🔄 举一反三
- 若 $A$ 是 4 阶方阵，且 $\det A = 2$，求 $\det(2A^*)$。
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答案：128
解析：$\det(2A^*) = 2^4 \det A^* = 16 \times (\det A)^{4-1} = 16 \times 2^3 = 16 \times 8 = 128$。
(4) 设 $e_{1}, e_{2}, e_{3}$ 为线性空间 $V$ 的一组基，则从基 $e_{2}, e_{3}, e_{1}$ 到基 $e_{3}, e_{1}, e_{2}$ 的过渡矩阵为 ______。
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答案：$\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$
解析：
设第一组基为 $B_1 = (e_2, e_3, e_1)$，第二组基为 $B_2 = (e_3, e_1, e_2)$。 过渡矩阵 $P$ 满足 $B_2 = B_1 P$，即： $(e_3, e_1, e_2) = (e_2, e_3, e_1) \begin{pmatrix} p_{11} & p_{12} & p_{13} \\ p_{21} & p_{22} & p_{23} \\ p_{31} & p_{32} & p_{33} \end{pmatrix}$ 根据基向量的线性组合关系：
- $e_3 = 0 \cdot e_2 + 1 \cdot e_3 + 0 \cdot e_1 \implies$ 第一列为 $(0, 1, 0)^T$
- $e_1 = 0 \cdot e_2 + 0 \cdot e_3 + 1 \cdot e_1 \implies$ 第二列为 $(0, 0, 1)^T$
- $e_2 = 1 \cdot e_2 + 0 \cdot e_3 + 0 \cdot e_1 \implies$ 第三列为 $(1, 0, 0)^T$ 所以 $P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$。
难度: ⭐⭐
考点: #过渡矩阵 #基变换
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📖 相关公式与知识点:
- 基变换公式：若 $(e'_1, \dots, e'_n) = (e_1, \dots, e_n) P$，则 $P$ 是从基 $\{e_i\}$ 到基 $\{e'_i\}$ 的过渡矩阵。
- 过渡矩阵的列向量是新基在旧基下的坐标。
🔄 举一反三
- 从基 $e_1, e_2$ 到基 $e_1+e_2, e_1-e_2$ 的过渡矩阵是什么？
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答案：$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$
解析：$(e_1+e_2, e_1-e_2) = (e_1, e_2) \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$。
（5）设实二次型 $Q(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2x_{1}x_{2} + tx_{1}x_{3}$ 是正定的，则 $t$ 的取值范围是 ______。
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答案：$(-2, 2)$
解析：
写出二次型的矩阵 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & t/2 \\ 1 & 1 & 0 \\ t/2 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。 根据赫尔维茨准则（各阶顺序主子式均大于 0）：
- 一阶主子式：$D_1 = 2 > 0$（满足）。
- 二阶主子式：$D_2 = \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 2 - 1 = 1 > 0$（满足）。
- 三阶主子式（即行列式）： $D_3 = \begin{vmatrix} 2 & 1 & t/2 \\ 1 & 1 & 0 \\ t/2 & 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ t/2 & 0 \end{vmatrix} + 1 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}$ (按第三列展开) 或者直接计算：$D_3 = 2(1-0) - 1(1-0) + \frac{t}{2}(0 - \frac{t}{2}) = 2 - 1 - \frac{t^2}{4} = 1 - \frac{t^2}{4}$。 要求 $1 - \frac{t^2}{4} > 0 \implies t^2 < 4 \implies -2 < t < 2$。
难度: ⭐⭐
考点: #正定二次型 #顺序主子式
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📖 相关公式与知识点:
- 正定矩阵的判定：
- 各阶顺序主子式全大于 0。
- 特征值全大于 0。
- 标准形中系数全为正。
🔄 举一反三
- 判定二次型 $Q = x_1^2 + 2x_2^2 + 5x_3^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3$ 是否正定。
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答案：是正定的。
解析： 写出二次型矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 5 \end{pmatrix}$。 计算其各阶顺序主子式：- $D_1 = 1 > 0$
- $D_2 = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} = 2 - 1 = 1 > 0$
- $D_3 = \det A = 1 \cdot (10 - 0) - 1 \cdot (5 - 0) + 1 \cdot (0 - 2) = 10 - 5 - 2 = 3 > 0$ 由于所有阶顺序主子式均大于 0，故该二次型正定。
二. 下列命题是否正确, 并简要说明理由。(每题 5 分, 共 15 分)
(1) $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 4 \\ 6 & 7 & -3 \\ 2 & 5 & -11 \end{pmatrix}$ 和 $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}$ 相抵。
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答案：正确
解析：
两个矩阵相抵的充分必要条件是它们的秩相等。
- 计算 $A$ 的秩： $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 4 \\ 6 & 7 & -3 \\ 2 & 5 & -11 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_2-3r_1, r_3-r_1} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 4 \\ 0 & 4 & -15 \\ 0 & 4 & -15 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3-r_2} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 4 \\ 0 & 4 & -15 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。 阶梯形矩阵有两个非零行，所以 $\operatorname{rank}(A) = 2$。
- 计算 $B$ 的秩： $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}$。 第 2 行全为 0，第 1 行与第 3 行线性无关，所以 $\operatorname{rank}(B) = 2$。 由于 $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(B)$，故 $A$ 与 $B$ 相抵。
难度: ⭐
考点: #矩阵相抵 #矩阵的秩
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📖 相关公式与知识点:
- 矩阵相抵：若存在可逆矩阵 $P, Q$ 使得 $PAQ = B$，则称 $A$ 与 $B$ 相抵。
- 判定定理：$A$ 与 $B$ 相抵 $\iff \operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(B)$。
🔄 举一反三
- 判定 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$ 与 $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ 是否相抵。
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答案：正确
解析：$\operatorname{rank}(A) = 1$（第二行是第一行的两倍），$\operatorname{rank}(B) = 1$。秩相等，故相抵。
(2) $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ 和 $B = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ 相似。
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答案：不正确
解析：
相似矩阵具有相同的特征值和相同的特征值几何重数。
- 分析特征值：$A$ 和 $B$ 都是上三角矩阵，主对角线元素均为 1，所以它们的特征值都是 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 1$。
- 考察几何重数（即 $n - \operatorname{rank}(A - \lambda I)$）：
- 对于 $A$：$A - I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，$\operatorname{rank}(A - I) = 1$。 几何重数 = $3 - 1 = 2$。
- 对于 $B$：$B - I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，$\operatorname{rank}(B - I) = 2$。 几何重数 = $3 - 2 = 1$。 由于特征值 1 的几何重数不同（或者说 Jordan 标准形不同），故 $A$ 与 $B$ 不相似。
难度: ⭐⭐
考点: #矩阵相似 #特征值 #几何重数
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📖 相关公式与知识点:
- 相似矩阵的性质：特征值、行列式、迹、秩、特征值的代数重数及几何重数均相同。
- 对于特征值 $\lambda_0$，其几何重数 = $n - \operatorname{rank}(A - \lambda_0 I)$。
🔄 举一反三
- 判定 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 与 $B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 是否相似。
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答案：不相似
解析：$A$ 是单位阵，与 $A$ 相似的矩阵只有它自己。或者计算 $\operatorname{rank}(A-I)=0$ 而 $\operatorname{rank}(B-I)=1$。
(3) 不存在 $n$ 阶实方阵 $A, B$ 使得 $AB - BA = I_n$ 。
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答案：正确
解析：
使用矩阵的迹（Trace）进行证明。
- 性质：对于任意 $n$ 阶方阵 $A, B$，有 $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$。
- 应用：若存在 $A, B$ 使得 $AB - BA = I_n$，则对等式两边取迹： $\operatorname{Tr}(AB - BA) = \operatorname{Tr}(I_n)$ 根据迹的线性性： $\operatorname{Tr}(AB) - \operatorname{Tr}(BA) = n$ 因为 $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$，所以左边为 0： $0 = n$ 由于 $n \geq 1$（$n$ 是方阵的阶数），在实数域上 $0 = n$ 矛盾。因此，不存在这样的实方阵。
难度: ⭐⭐
考点: #矩阵的迹 #迹的性质
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📖 相关公式与知识点:
- 迹的性质：
- $\operatorname{Tr}(A+B) = \operatorname{Tr}(A) + \operatorname{Tr}(B)$。
- $\operatorname{Tr}(kA) = k \operatorname{Tr}(A)$。
- $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$（即使 $AB$ 和 $BA$ 维数不同，只要两者都是方阵也成立）。
🔄 举一反三
- 证明：不存在 $A, B$ 使得 $AB - BA = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
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证明：两边取迹，左边为 $\operatorname{Tr}(AB) - \operatorname{Tr}(BA) = 0$，右边为 $1+1=2$。$0 \neq 2$，矛盾。
三．解答题（共 65 分）
- （20分）实数 $\lambda$ 取何值时，方程组 $\begin{cases} \lambda x_{1} + x_{2} + x_{3} = \lambda + 1 \\ x_{1} + \lambda x_{2} + x_{3} = 2 \\ x_{1} + x_{2} + \lambda x_{3} = 2 \end{cases}$ 无解，有唯一解，或有无穷多解？当方程组有无穷多解时，求其通解。
查看答案与解析
答案：
- 当 $\lambda \neq 1$ 且 $\lambda \neq -2$ 时，方程组有唯一解；
- 当 $\lambda = 1$ 时，方程组有无穷多解，通解为 $\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_1 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ （$c_1, c_2$ 为任意常数）；
- 当 $\lambda = -2$ 时，方程组无解。
解析：
第一步：计算系数矩阵的行列式 $D$
将第 2, 3 列加到第 1 列：
令 $D=0$，解得 $\lambda_1=1, \lambda_2=-2$。
- 当 $\lambda \neq 1$ 且 $\lambda \neq -2$ 时，$D \neq 0$，由克拉默法则可知方程组有唯一解。
第二步：讨论 $\lambda = 1$ 的情况 当 $\lambda = 1$ 时，增广矩阵为：
$\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(\tilde{A}) = 1 < 3$，故方程组有无穷多解。 对应的方程为 $x_1 + x_2 + x_3 = 2$。令 $x_2=c_1, x_3=c_2$，则 $x_1 = 2-c_1-c_2$。 通解为：$\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2-c_1-c_2 \\ c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_1 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。
第三步：讨论 $\lambda = -2$ 的情况 当 $\lambda = -2$ 时，增广矩阵为：
$\operatorname{rank}(A) = 2$，$\operatorname{rank}(\tilde{A}) = 3$。由于 $\operatorname{rank}(A) \neq \operatorname{rank}(\tilde{A})$，方程组无解。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #线性方程组 #克拉默法则 #参数讨论 #通解
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📖 相关公式与知识点:
- 非齐次线性方程组解的判定：
- $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(\tilde{A}) = n \implies$ 唯一解。
- $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(\tilde{A}) < n \implies$ 无穷多解。
- $\operatorname{rank}(A) \neq \operatorname{rank}(\tilde{A}) \implies$ 无解。
思路分析
本题属于含有参数的线性方程组讨论。最稳妥的方法是先计算系数行列式 $D$。若 $D \neq 0$，则有唯一解；若 $D = 0$，则需要代入具体数值讨论矩阵的秩，从而区分“无解”和“无穷多解”。
易错点
在讨论无穷多解时，务必将增广矩阵化为最简行阶梯形，并正确写出自由未知量。通解应包含特解和齐次方程组的基础解系。
🔄 举一反三
- 若方程组 $\begin{cases} ax+y=1 \\ x+ay=1 \end{cases}$ 有无穷多解，则 $a$ 等于多少？
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答案：$a = 1$
解析：系数行列式 $D = a^2 - 1$。当 $a=1$ 时，方程组变为 $x+y=1, x+y=1$，有无穷多解。当 $a=-1$ 时，方程组变为 $-x+y=1, x-y=1$，实际上也是 $x-y=-1, x-y=1$，无解。
- (15 分) 设 3 维实线性空间 $\mathbb{R}^3$ 上线性变换 $\sigma$ 将向量 $\alpha_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \alpha_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}, \alpha_{3} = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix}$ 分别映到向量 $\beta_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}, \beta_{2} = \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}, \beta_{3} = \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$。求 $\sigma$ 在基 $\gamma_{1} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \gamma_{2} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \gamma_{3} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ 下的矩阵。
查看答案与解析
答案：$\begin{pmatrix} 16 & -10 & 8 \\ -18 & 11 & -11 \\ -6 & 4 & -3 \end{pmatrix}$
解析：
第一步：求线性变换在标准基下的矩阵 $A$ 设标准基为 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3$。设 $\sigma$ 在标准基下的矩阵为 $A$。 由题意可知：$A (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = (\beta_1, \beta_2, \beta_3)$。 则 $A = (\beta_1, \beta_2, \beta_3) (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)^{-1}$。 计算 $(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)^{-1}$： $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 5 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 3 & 5 & -3 \\ -2 & -3 & 2 \end{pmatrix}$。 计算 $A$： $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ -2 & 2 & -2 \\ 0 & -3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 3 & 5 & -3 \\ -2 & -3 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 & -6 & 4 \\ 8 & 16 & -10 \\ -11 & -18 & 11 \end{pmatrix}$。
第二步：利用基变换公式求在基 $\{\gamma_i\}$ 下的矩阵 $B$ 设从标准基到基 $\Gamma = (\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3)$ 的过渡矩阵为 $P$。 则 $\Gamma = I \cdot P$，即 $P = \Gamma = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$。 根据相似矩阵公式：$B = P^{-1} A P$。 计算 $P^{-1}$：$P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。 计算 $B$： $B = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -3 & -6 & 4 \\ 8 & 16 & -10 \\ -11 & -18 & 11 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 16 & -10 \\ -11 & -18 & 11 \\ -3 & -6 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 16 & -10 & 8 \\ -18 & 11 & -11 \\ -6 & 4 & -3 \end{pmatrix}$。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #线性变换 #矩阵表示 #过渡矩阵 #相似矩阵
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📖 相关公式与知识点:
- 线性变换的矩阵表示：$\sigma(\alpha) = A\alpha$（坐标意义下）。
- 不同基下矩阵的关系：$B = P^{-1} A P$，其中 $P$ 是从旧基到新基的过渡矩阵。
🔄 举一反三
- 若线性变换 $\sigma$ 在基 $\{e_1, e_2\}$ 下的矩阵为 $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，求其在基 $\{e_2, e_1\}$ 下的矩阵。
查看练习答案与解析
答案：$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$
解析：过渡矩阵 $P = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$，$P^{-1} = P$。$B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$。
- （15分）设 $A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 4\\ 0 & 6 & 0\\ 4 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ 。求正交方阵 $T$ ，使得 $T^{-1}AT$ 为对角方阵。
查看答案与解析
答案：$T = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$ （答案不唯一）
解析：
第一步：计算特征值 解特征方程 $\det(A - \lambda I) = 0$：
解得特征值为：$\lambda_1 = 6, \lambda_2 = 6, \lambda_3 = -2$。
第二步：求特征向量并正交化、单位化
对于 $\lambda = 6$：
$$(6I - A)x = \begin{pmatrix} 4 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0 \\ -4 & 0 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = 0 \implies x_1 - x_3 = 0$$取基础解系：$\xi_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \xi_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。 显然 $\xi_1 \perp \xi_2$。单位化得：$v_1 = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}, v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
对于 $\lambda = -2$：
$$(-2I - A)x = \begin{pmatrix} -4 & 0 & -4 \\ 0 & -8 & 0 \\ -4 & 0 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = 0 \implies \begin{cases} x_1 + x_3 = 0 \\ x_2 = 0 \end{cases}$$取基础解系：$\xi_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$。 单位化得：$v_3 = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$。
第三步：构造正交矩阵 $T$ 令 $T = (v_1, v_2, v_3) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$。 则 $T$ 为正交矩阵，且 $T^{-1}AT = \operatorname{diag}(6, 6, -2)$。
难度: ⭐⭐
考点: #实对称矩阵 #正交对角化 #特征值与特征向量
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📖 相关公式与知识点:
- 实对称矩阵的性质：
- 不同特征值对应的特征向量必正交。
- 必可经正交变换对角化。
- 正交化方法：施密特（Gram-Schmidt）正交化。
技巧提示
在求特征向量时，如果同一个特征值对应多个特征向量，且它们已经相互正交（如本题中的 $\xi_1$ 和 $\xi_2$），则无需进行施密特正交化，直接单位化即可。
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- 设 $A$ 为实对称矩阵，其特征值为 $1, 1, 2$。已知对应 $\lambda=2$ 的特征向量为 $(1, 1, 1)^T$，求对应 $\lambda=1$ 的特征空间。
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答案：$x_1 + x_2 + x_3 = 0$
解析：由于实对称矩阵不同特征值的特征向量正交，则 $\lambda=1$ 的特征向量 $v = (x_1, x_2, x_3)^T$ 必须与 $(1, 1, 1)^T$ 正交，即 $1 \cdot x_1 + 1 \cdot x_2 + 1 \cdot x_3 = 0$。
- (8 分) 设在线性空间 $V$ 中, 向量 $\beta$ 可由向量组 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \ldots, \alpha_{n}, \gamma$ 线性表出, 但不可由 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \ldots, \alpha_{n}$ 线性表出。证明: $\gamma$ 可由 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \ldots, \alpha_{n}, \beta$ 线性表出。
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证明：
由题意，向量 $\beta$ 可由向量组 $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n, \gamma$ 线性表出，则存在标量 $k_1, k_2, \dots, k_n, k$ 使得：
下面证明 $k \neq 0$： 若 $k = 0$，则等式 $(*)$ 变为 $\beta = k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2 + \dots + k_n\alpha_n$，这意味着 $\beta$ 可由 $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n$ 线性表出，这与题目给出的“$\beta$ 不可由 $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ 线性表出”相矛盾。 因此，必有 $k \neq 0$。 由于 $k \neq 0$，我们可以从等式 $(*)$ 中解出 $\gamma$：
这表明 $\gamma$ 可由向量组 $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n, \beta$ 线性表出。
难度: ⭐⭐
考点: #线性表出 #线性无关 #向量组性质
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📖 相关公式与知识点:
- 线性表出的定义：$\beta = \sum c_i \alpha_i$。
- 替换定理（Steinitz 替换引理）的基础逻辑：如果一个向量能被一组向量加上另一个向量表出，且不能仅被这组向量表出，那么那个“另一个向量”就能被这组向量加上该向量表出。
🔄 举一反三
- 若 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性无关，且 $\alpha_1, \alpha_2, \beta$ 线性相关，证明 $\beta$ 可由 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性表出。
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证明：由于 $\alpha_1, \alpha_2, \beta$ 线性相关，存在不全为零的数 $c_1, c_2, c_3$ 使得 $c_1\alpha_1 + c_2\alpha_2 + c_3\beta = 0$。 若 $c_3=0$，则 $c_1\alpha_1 + c_2\alpha_2 = 0$，由 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性无关知 $c_1=c_2=0$，矛盾。 故 $c_3 \neq 0$，则 $\beta = -\frac{c_1}{c_3}\alpha_1 - \frac{c_2}{c_3}\alpha_2$。
- （7分）设 $n$ 阶实方阵 $A = A^2$ 。证明： $\operatorname{rank} A + \operatorname{rank}(I_n - A) = n$ 。
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证明：
方法一：利用秩的不等式
- 秩的和的性质：对于任意 $n$ 阶方阵 $A$ 和 $B$，有 $\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B) \geq \operatorname{rank}(A+B)$。 取 $B = I_n - A$，则 $\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(I_n - A) \geq \operatorname{rank}(A + I_n - A) = \operatorname{rank}(I_n) = n \quad (1)$。
- 利用乘积为零矩阵： 由于 $A^2 = A$，得 $A^2 - A = 0$，即 $A(A - I_n) = 0$，亦即 $A(I_n - A) = 0$。 根据西尔维斯特不等式（Sylvester's Law of Nullity）： 若 $XY = 0$，则 $\operatorname{rank}(X) + \operatorname{rank}(Y) \leq n$。 取 $X=A, Y=I_n-A$，得 $\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(I_n - A) \leq n \quad (2)$。 综合 $(1)$ 和 $(2)$，得 $\operatorname{rank} A + \operatorname{rank}(I_n - A) = n$。
方法二：利用矩阵对角化（特征值方法） 由于 $A^2 = A$，矩阵 $A$ 满足多项式 $f(x) = x^2 - x = x(x-1) = 0$。 因为 $f(x)$ 无重根，所以 $A$ 必可对角化，且其特征值只能是 0 或 1。 设 $\lambda=1$ 的代数重数为 $r$，则 $\lambda=0$ 的代数重数为 $n-r$。 对角化后，对角线上有 $r$ 个 1 和 $n-r$ 个 0。 故 $\operatorname{rank}(A) = r$。 此时 $I_n - A$ 的特征值为 $1-1=0$（重数为 $r$）和 $1-0=1$（重数为 $n-r$）。 故 $\operatorname{rank}(I_n - A) = n - r$。 因此，$\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(I_n - A) = r + (n - r) = n$。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #幂等矩阵 #矩阵的秩 #西尔维斯特不等式 #特征值
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📖 相关公式与知识点:
- 幂等矩阵性质：$A^2 = A$。
- 西尔维斯特不等式：$\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B) - n \leq \operatorname{rank}(AB)$。
- diagonalizable 判定：最小多项式无重根。
🔄 举一反三
- 证明：若 $A^2 = I_n$，则 $\operatorname{rank}(I+A) + \operatorname{rank}(I-A) = n$。
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证明：由 $A^2 = I$ 得 $(I+A)(I-A) = I - A^2 = 0$。同理应用西尔维斯特不等式和秩的和性质即可证明。