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《线性代数》第二学期期末试卷A (精选07)
时间：120分钟 | 课程：线性代数 | 学分：2 | 形式：闭卷 | 总分：100分
一、判断题（30分，每小题6分）
判断下列命题是否正确，并简要说明理由。
- 三维空间向量 $\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}$ 共面的充要条件是 $\det \left( \begin{array}{ccc} \mathbf{a} \cdot \mathbf{a} & \mathbf{a} \cdot \mathbf{b} & \mathbf{a} \cdot \mathbf{c} \\ \mathbf{b} \cdot \mathbf{a} & \mathbf{b} \cdot \mathbf{b} & \mathbf{b} \cdot \mathbf{c} \\ \mathbf{c} \cdot \mathbf{a} & \mathbf{c} \cdot \mathbf{b} & \mathbf{c} \cdot \mathbf{c} \end{array} \right) = 0$ 。
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答案：正确
解析： 本题考查 Gram 矩阵 的性质及其与向量线性相关性的关系。
第一步：识别 Gram 矩阵 题目中的行列式是向量组 $\{\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\}$ 的 Gram 矩阵 $G(\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c})$ 的行列式。
第二步：利用 Gram 矩阵判据 在线性代数中，向量组 $\{\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_k\}$ 线性相关的充要条件是其 Gram 行列式 $\det(G) = 0$。
第三步：结合几何意义 在三维空间中，三个向量 $\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}$ 线性相关等价于它们共面。
因此，$\det(G) = 0$ 是向量共面的充要条件，命题正确。
难度: ⭐ 考点: #Gram矩阵 #向量共面 #线性相关
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- Gram 矩阵：$G = A'A$，其中 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_k)$。
- 几何意义：$\det(G)$ 等于向量组构成的平行多面体体积的平方。
- 判据：$\det(G) = 0 \iff$ 向量组线性相关。
思路分析
内积构成的行列式通常对应 Gram 矩阵。在 3D 空间中，三个向量的线性相关性直接对应几何上的“共面”。
🔄 举一反三
- 若向量 $\mathbf{a}, \mathbf{b}$ 在 $\mathbb{R}^n$ 中线性无关，其 Gram 行列式的值有何特征？
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答案：大于 0。 解析：Gram 矩阵 $G$ 是半正定的，当向量组线性无关时，$G$ 是正定的，故 $\det(G) > 0$。
- 设 $A$ 为 $n$ 阶实正交方阵, $I$ 为 $n$ 阶单位阵, 则 $A - 2I$ 为可逆方阵。
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答案：正确
解析： 本题考查 正交矩阵的特征值 性质。
第一步：分析可逆性的条件 方阵 $A - 2I$ 不可逆 $\iff \det(A - 2I) = 0 \iff 2$ 是 $A$ 的一个特征值。
第二步：利用正交矩阵特征值的性质 设 $\lambda$ 是实正交矩阵 $A$ 的特征值，根据 $A'A = I$，有 $|A\mathbf{x}| = |\mathbf{x}|$，从而 $|\lambda \mathbf{x}| = |\mathbf{x}| \implies |\lambda| = 1$。
第三步：得出结论 因为 $|2| = 2 \neq 1$，所以 $2$ 不可能是正交矩阵 $A$ 的特征值。由此 $\det(A - 2I) \neq 0$，矩阵必可逆。
难度: ⭐⭐ 考点: #正交矩阵 #特征值 #矩阵可逆性
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📖 相关公式与知识点:
- 正交矩阵特征值的模均为 1。
- $A - \lambda I$ 可逆 $\iff \lambda$ 不是 $A$ 的特征值。
易错点
不要误以为正交矩阵的特征值只能是 $\pm 1$。特征值可以是虚数（如 $e^{i\theta}$），但模长一定为 1。
🔄 举一反三
- 若 $A$ 是正交矩阵，判断 $A + I$ 是否一定可逆？
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答案：不一定。 解析：如果 $-1$ 是 $A$ 的特征值（模长为 1，可能存在），则 $A+I$ 不可逆。例如 $A = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
- 设 $m \times n$ 阶非零实矩阵 $A$ 和 $B$ 满足 $A'B = 0$ ，则 $A$ 的行向量线性相关，并且 $B$ 的行向量也线性相关。
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答案：正确
解析： 本题考查 矩阵秩与线性相关性 的综合运用。
第一步：利用秩不等式 由 $A'B = 0$，根据矩阵乘积的秩性质 $\operatorname{rank}(A'B) = 0 \implies \operatorname{rank}(A') + \operatorname{rank}(B) \leq (\text{中间维度})$。 这里 $A'$ 是 $n \times m$，$B$ 是 $m \times n$，中间维度是 $m$（列数与行数相等处）。 故 $\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B) \leq m$。
第二步：分析 $A$ 的行向量相关性$A$ 有 $m$ 个行向量。由于 $B \neq 0$，$\operatorname{rank}(B) \geq 1$。 由不等式得 $\operatorname{rank}(A) \leq m - \operatorname{rank}(B) \leq m - 1$。 因为秩小于向量个数 $m$，所以 $A$ 的行向量组线性相关。
第三步：分析 $B$ 的行向量相关性 同理，由于 $A \neq 0$，$\operatorname{rank}(A) \geq 1$。 则 $\operatorname{rank}(B) \leq m - \operatorname{rank}(A) \leq m - 1$。 故 $B$ 的 $m$ 个行向量也线性相关。
难度: ⭐⭐ 考点: #矩阵秩 #线性相关性 #正交子空间
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📖 相关公式与知识点:
- 若 $XY=0$，则 $\operatorname{rank}(X) + \operatorname{rank}(Y) \leq (\text{X的列数})$。
- 矩阵的秩即为其行（或列）向量组的最大无关组大小。
思路分析
看到矩阵乘积等于零，应立刻想到秩相加小于等于中间维度的结论。随后通过“秩 < 向量数”这一核心判据来确定相关性。
🔄 举一反三
- 若 $A$ 是 $n$ 阶方阵且 $A^2 = 0$，证明 $A$ 的行向量必线性相关。
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答案：证明如下。 解析：由 $A^2=0$ 得 $\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(A) \leq n \implies \operatorname{rank}(A) \leq n/2$。当 $n \geq 1$ 时，$n/2 < n$，故秩小于行数，$A$ 的行向量必线性相关。
- 设 $M_{n}(R)$ 是 $n$ 阶实方阵全体按矩阵的加法与数乘运算构成的线性空间, 则满足 $\operatorname{tr} A = 0$ 的 $n$ 阶实方阵 $A$ 的全体构成 $M_{n}(R)$ 的子空间。
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答案：正确
解析： 本题考查 子空间的封闭性证明。
第一步：检查加法封闭性 设 $\operatorname{tr}(A) = 0, \operatorname{tr}(B) = 0$。 则 $\operatorname{tr}(A+B) = \operatorname{tr}(A) + \operatorname{tr}(B) = 0 + 0 = 0$。符合。
第二步：检查数乘封闭性 对任意标量 $k$，$\operatorname{tr}(kA) = k \operatorname{tr}(A) = k \cdot 0 = 0$。符合。
第三步：包含零元素 零矩阵的迹为 0，属于该集合。
结论：由于满足子空间的定义，命题正确。
难度: ⭐ 考点: #线性空间 #子空间 #矩阵迹
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📖 相关公式与知识点:
- 迹的线性性：$\operatorname{tr}(\alpha A + \beta B) = \alpha \operatorname{tr}(A) + \beta \operatorname{tr}(B)$。
- 子空间判据：对加法和数乘封闭。
思路分析
线性性质的运算（如迹、微分、积分）所对应的零值集合通常都构成子空间。
🔄 举一反三
- 判断所有行列式为 0 的 $n$ 阶矩阵是否构成 $M_n(R)$ 的子空间？
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答案：不构成。 解析：不满足加法封闭性。例如 $A = \operatorname{diag}(1,0), B = \operatorname{diag}(0,1)$ 的行列式均为 0，但 $A+B=I$ 的行列式为 1。
- 设 $A, B$ 为方阵，且 $\left( \begin{array}{cc} A & \\ & B \end{array} \right)$ 是实正定对称方阵，则 $A, B$ 也是实正定对称方阵。
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答案：正确
解析： 本题考查 正定矩阵的分块性质。
第一步：分析对称性 分块对角矩阵对称 $\iff$ 每个对角块 $A, B$ 对称。
第二步：利用正定性定义 对任意非零向量 $\mathbf{x} = (\mathbf{x}_1', \mathbf{x}_2')'$，由正定性知：
令 $\mathbf{x}_2 = \mathbf{0}$，则对任意非零 $\mathbf{x}_1$，有 $\mathbf{x}_1' A \mathbf{x}_1 > 0$，故 $A$ 正定。 同理，令 $\mathbf{x}_1 = \mathbf{0}$ 可证 $B$ 正定。
难度: ⭐ 考点: #正定矩阵 #分块矩阵
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📖 相关公式与知识点:
- 正定矩阵的任意主子阵仍为正定矩阵。
- 正定矩阵的特征值全部大于 0。
🔄 举一反三
- 若 $M = \begin{pmatrix} A & C \\ C' & B \end{pmatrix}$ 正定，能否推导出 $A, B$ 正定？
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答案：可以。 解析：$A$ 和 $B$ 是 $M$ 的主子阵。根据正定矩阵性质，其所有主子阵均正定。
二、计算题（62分）
- (15 分) $a, b$ 为何值时, 下列线性方程组有解? 当有解时, 求出该方程组的通解。
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答案： 当 $a=0, b=2$ 时方程组有解。 通解为： $\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_3 \begin{pmatrix} 5 \\ -6 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$
解析：第一步：构造增广矩阵并消元$(A, \mathbf{b}) = \left( \begin{array}{ccccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & 1 & 1 & -3 & a \\ 0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\ 5 & 4 & 3 & 3 & -1 & b \end{array} \right)$ 行变换过程： $R_2 \to R_2 - 3R_1, R_4 \to R_4 - 5R_1$: $\to \left( \begin{array}{ccccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -2 & -2 & -6 & a-3 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\ 0 & -1 & -2 & -2 & -6 & b-5 \end{array} \right)$$R_3 \to R_3 + R_2, R_4 \to R_4 - R_2$: $\to \left( \begin{array}{ccccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -2 & -2 & -6 & a-3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & a \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & b-a-2 \end{array} \right)$
第二步：讨论有解性 有解条件为系数矩阵秩等于增广矩阵秩。 由最后两行得 $a = 0$ 且 $b - a - 2 = 0 \implies a = 0, b = 2$。
第三步：求通解 代入 $a=0, b=2$，简化矩阵： $\left( \begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & -1 & -1 & -5 & -2 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \end{array} \right)$ 解得特解 $(-2, 3, 0, 0, 0)'$，齐次解基础解系如答案所示。
难度: ⭐⭐ 考点: #线性方程组 #增广矩阵 #通解
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📖 相关公式与知识点:
- 只有当 $r(A) = r(A, \mathbf{b})$ 时，方程组才有解。
- 自由变量个数 = $n - r(A)$。
🔄 举一反三
- 若方程组系数矩阵是 $3 \times 4$ 的，且秩为 2，其通解包含几个任意常数？
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答案：2 个。 解析：常数个数 = 变量数(4) - 秩(2) = 2。
- (15 分) 设 $n$ 阶实方阵 $A_{n} = \left( \begin{array}{ccccc} 2 & -1 & & & O \\ -1 & 2 & -1 & & \\ & -1 & \ddots & \ddots & \\ & & \ddots & 2 & -1 \\ O & & & -1 & 2 \end{array} \right)$ , 求 $\det A_{n}$ 和 $A_{4}^{-1}$ 。
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答案：$\det A_n = n + 1$$A_4^{-1} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 4 & 3 & 2 & 1 \\ 3 & 6 & 4 & 2 \\ 2 & 4 & 6 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}$
解析：第一步：行列式递推 设 $D_n = \det A_n$。按第一行展开： $D_n = 2 D_{n-1} - (-1) (-1) D_{n-2} = 2 D_{n-1} - D_{n-2}$。 已知 $D_1 = 2, D_2 = 3$。 这是一个首项为 2，公差为 1 的等差数列，故 $D_n = n+1$。
第二步：求逆矩阵 利用三对角对称矩阵逆矩阵的通用公式，或通过伴随矩阵计算。 对于 $n=4$，$D_4 = 5$。 各位置元素遵循 $\min(i,j) \cdot (5 - \max(i,j)) / 5$ 规律。
难度: ⭐⭐ 考点: #行列式递推 #逆矩阵 #三对角矩阵
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 三对角行列式：$D_n = a D_{n-1} - bc D_{n-2}$。
🔄 举一反三
- 求 $n$ 阶矩阵 $A = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 3 & 2 \\ & 1 & 3 & \ddots \\ & & \ddots & \ddots \end{pmatrix}$ 的行列式递推式。
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答案：$D_n = 3D_{n-1} - 2D_{n-2}$解析：按第一行展开即可得到该常系数线性递推关系。
- （17分）设 $V$ 是由所有2阶实方阵构成的实线性空间。在定义内积 $(X,Y) = \operatorname{tr} XY'$ 后， $V$ 成为一个欧氏空间。现定义 $V$ 上的变换 $\mathcal{A}: X \mapsto X + X'$ 。 （1）证明： $\mathcal{A}$ 是一个线性变换； （2）求 $\mathcal{A}$ 在基 $\left\{\left( \begin{array}{ll}1 & 0\\ 0 & 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{ll}0 & 1\\ 0 & 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{ll}0 & 0\\ 1 & 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{ll}0 & 0\\ 0 & 1 \end{array} \right)\right\}$ 下的表示矩阵； （3）求 $\mathcal{A}$ 的所有特征值与特征向量； （4）求 $V$ 的一组标准正交基，使得 $\mathcal{A}$ 在此基下的表示矩阵为对角阵。
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答案： (1) 证明略。 (2) $M = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ (3) $\lambda_1 = 0, \lambda_2 = \lambda_3 = \lambda_4 = 2$。 $\lambda=0$ 对应反对称阵 $\begin{pmatrix} 0 & k \\ -k & 0 \end{pmatrix}$；$\lambda=2$ 对应所有对称阵。 (4) $q_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}, q_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, q_3 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, q_4 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
解析： 重点在第(3)问： $\mathcal{A}(X) = \lambda X \implies X + X' = \lambda X$。
- 若 $\lambda = 0$，则 $X' = -X$（反对称）。
- 若 $\lambda = 2$，则 $X' = X$（对称）。 特征多项式计算：$\det(M - \lambda I) = (\lambda-2)^3 \lambda = 0$。
难度: ⭐⭐⭐ 考点: #线性变换 #表示矩阵 #特征值 #标准正交基
🔄 举一反三
- 定义 $V$ 上的变换 $\mathcal{B}(X) = AX$，其中 $A = \operatorname{diag}(1, 2)$。求其特征值。
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答案：1, 1, 2, 2。 解析：在标准基下，表示矩阵为 $\operatorname{diag}(1, 2, 1, 2)$，故特征值为 1 和 2，且各重数为 2。
- (15 分) 通过正交变换化二次型 $f(x, y, z) = (x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2$ 为标准形; 并判断三维欧氏空间中的曲面 $(x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2 = 3$ 是哪一类曲面。
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答案： 标准形：$3\eta_2^2 + 3\eta_3^2$。 曲面类型：圆柱面。
解析：第一步：矩阵特征值$A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$。 特征值为 $0, 3, 3$。
第二步：化为标准方程 在主轴坐标系下，方程为 $3\eta_2^2 + 3\eta_3^2 = 3 \implies \eta_2^2 + \eta_3^2 = 1$。 这是一个以 $\eta_1$ 轴为中心轴的圆柱面。
难度: ⭐⭐ 考点: #二次型 #正交变换 #曲面分类
🔄 举一反三
- 判断方程 $x^2 + y^2 = z$ 在三维空间表示什么曲面？
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答案：旋转抛物面。 解析：这是一元二次二元一次方程，代表抛物面；由于 $x,y$ 对称，是旋转体。
三、证明题（8分）
- 设 $A \in R^{m \times n}$ , $B \in R^{n \times m}$ , $I$ 是 $n$ 阶单位方阵。证明: (1) $\operatorname{rank}\left( \begin{array}{cc}A & 0\\ -I & B \end{array} \right) = n + \operatorname{rank}(AB)$ 。 (2) $\operatorname{rank}(AB) \geq \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B) - n$ 。
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证明： (1) $\begin{pmatrix} A & 0 \\ -I & B \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 + AR_2} \begin{pmatrix} 0 & AB \\ -I & B \end{pmatrix}$。 秩为 $n + \operatorname{rank}(AB)$。 (2) 注意到 $\begin{pmatrix} A & 0 \\ -I & B \end{pmatrix}$ 包含 $A$ 的列和 $B$ 的行，其秩必大于等于 $\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B)$。 因此 $n + \operatorname{rank}(AB) \geq \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B)$。
难度: ⭐⭐⭐ 考点: #分块矩阵 #矩阵秩 #Sylvester不等式
🔄 举一反三
- 证明 $\operatorname{rank}(A+B) \leq \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B)$。
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答案：利用矩阵分解。 解析：$A+B = \begin{pmatrix} A & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I \\ I \end{pmatrix}$。 $\operatorname{rank}(A+B) \leq \operatorname{rank} \begin{pmatrix} A & B \end{pmatrix} \leq \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B)$。
- 设实对称方阵 $A$ 满足 $A = A^3$ ，证明： $A$ 正交相似于对角形 $\left( \begin{array}{ccc} I_r & & \\ & -I_s & \\ & & 0 \end{array} \right)$ 。
查看答案与解析
证明： 实对称阵必可对角化。由 $A^3-A=0$ 知特征值只能是 $1, -1, 0$。 按特征值重数排列即得结论。
难度: ⭐⭐ 考点: #实对称矩阵 #特征值
🔄 举一反三
- 若实对称阵满足 $A^2 = A$，证明其特征值只能是 0 或 1。
查看练习答案与解析
答案：证明如下。 解析：由 $\lambda^2 - \lambda = 0$ 解得 $\lambda \in \{0, 1\}$。由于是对称阵，必可对角化，故为投影阵。