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试卷

浙江大学《线性代数（甲）》历年期中、期末试卷。解答默认折叠，先自己做；每题标注考点与所属章节。

21 套 · 166 题已详解 21 套索引共 0 套

章节分布

21 套卷、共 166 题按教材章节汇总，每录入一套自动更新。

章节	题数	占比
第三章矩阵	62	37%
第一章行列式	33	20%
第四章线性空间和线性变换	24	14%
第二章线性方程组	23	14%
第五章特征值和特征向量	14	8%
第六章二次型	9	5%
	1	1%

高频考点

出现次数最多的 15 个考点，复习时优先。

章节	考点	题数
第三章矩阵	由伴随矩阵求原矩阵并解矩阵方程	3
第二章线性方程组	含参数线性方程组解的讨论	3
第一章行列式	特殊 n 阶行列式的计算	2
第三章矩阵	矩阵分解为可逆阵与幂等阵之积	2
第三章矩阵	含参数矩阵的秩	2
第二章线性方程组	含参数线性方程组的求解	2
第六章二次型	二次型的规范形与正定性	2
第四章线性空间和线性变换	过渡矩阵与坐标	2
	题目暂缺（原卷标注暂缺）	1
第一章行列式	行列式的计算（拆成全1矩阵与对角矩阵之和）	1
第一章行列式	代数余子式的组合求和（化为另一个行列式）	1
第一章行列式	用行、列对换化成分块对角行列式	1
第一章行列式	四阶数字行列式的计算（化零后降阶）	1
第一章行列式	下三角行列式中对角元的代数余子式	1
第一章行列式	n 阶行列式的递推计算（对角元与上下三角元素分别相同）	1

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类型	学年	原卷	状态

2016-2017 学年期中试卷

第一题行列式的计算（拆成全1矩阵与对角矩阵之和）

第一章行列式

（本题 10 分）计算下列行列式的值：

D = | \begin{array}{c} 1 + x & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 - x & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 + y & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 - y \end{array} |

，其中

x, y

为任意实常数。

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解

记 $J$ 为元素全为 $1$ 的 $4$ 阶矩阵， $Λ = diag (x, - x, y, - y)$ ，则题中矩阵恰为 $J + Λ$ 。

当 $x \neq 0$ 且 $y \neq 0$ 时 $Λ$ 可逆。由 $J = 1 1^{T}$ （其中 $1 = (1, 1, 1, 1)^{T}$ ）及行列式引理 $det (Λ + 1 1^{T}) = det Λ \cdot (1 + 1^{T} Λ^{- 1} 1),$ 其中 $1^{T} Λ^{- 1} 1$ 就是 $Λ^{- 1}$ 全部元素之和，等于 $\frac{1}{x} - \frac{1}{x} + \frac{1}{y} - \frac{1}{y} = 0$ 。于是 $D = x \cdot (- x) \cdot y \cdot (- y) \cdot (1 + 0) = x^{2} y^{2} .$

由于 $D$ 与 $x^{2} y^{2}$ 都是 $x, y$ 的多项式，而二者在 $x \neq 0, y \neq 0$ 上恒等，故对一切实数 $x, y$ 都有 $D = x^{2} y^{2}$ （ $x = 0$ 或 $y = 0$ 的情形由连续性得到）。

答案： $D = x^{2} y^{2}$ 。

第二题代数余子式的组合求和（化为另一个行列式）

第一章行列式

（本题 15 分）设有

n

阶行列式如下（

n \geq 2

为正整数）：

D = | \begin{array}{c} x_{1} & x_{2} & x_{3} & \dots & x_{n} \\ 1 & 2 & 0 & \dots & 0 \\ 1 & 0 & 3 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & 0 & 0 & \dots & n \end{array} |

，其中

x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}

为任意实常数。试求

A_{1} + 2 A_{2} + \dots + n A_{n}

的值，其中

A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}

分别是

x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}

在行列式

D

中的代数余子式。

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解

由行列式按第一行展开的公式，对任意实数 $b_{1}, \dots, b_{n}$ 有 $\sum_{j = 1}^{n} b_{j} A_{j} = | \begin{array}{c} b_{1} & b_{2} & \dots & b_{n} \\ 1 & 2 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & 0 & \dots & n \end{array} |,$ 即等于把 $D$ 的第一行换成 $(b_{1}, \dots, b_{n})$ 所得的行列式。取 $b_{j} = j$ ，记所得行列式为 $Δ$ ，则所求为 $Δ$ 。

对 $Δ$ 自右向左作列变换 $C_{j} \leftarrow C_{j} - j C_{1}$ （ $j = n, n - 1, \dots, 2$ ），每次都用尚未改变的前一列，故行列式不变。变换后第一列为 $(1, 1, \dots, 1)^{T}$ ；第 $j$ 列（ $j \geq 2$ ）的第 $1$ 行与第 $j$ 行为 $0$ ，其余 $n - 2$ 个元素均为 $- j$ 。即若记 $u = (0, 1, \dots, 1)^{T}$ ，则 $C_{1} = e_{1} + u, C_{j} = j (e_{j} - u) (j \geq 2) .$ 于是 $Δ = n! \cdot det V, V = I + u c^{T}, c = (1, - 1, \dots, - 1)^{T},$ （ $V$ 的第 $1$ 列为 $e_{1} + u$ ，第 $j$ 列为 $e_{j} - u$ 。）由 $det (I + u c^{T}) = 1 + c^{T} u$ 得 $det V = 1 + (1 \cdot 0 + (- 1) (n - 1)) = 2 - n .$ 故 $A_{1} + 2 A_{2} + \dots + n A_{n} = Δ = n! (2 - n) = (2 - n) n! .$

答案： $A_{1} + 2 A_{2} + \dots + n A_{n} = (2 - n) n!$ （例如 $n = 3$ 时为 $- 6$ ）。

第三题含参数线性方程组解的判定与求解

第二章线性方程组

（本题 15 分）当

λ

取何值时，线性方程组

{\begin{cases} x_{1} + λ x_{2} + λ x_{3} = 1, \\ λ x_{1} + x_{2} + x_{3} = 1, \\ x_{1} + x_{2} + x_{3} = λ \end{cases}

无解？有解？有解时求该线性方程组的所有解。

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解

系数行列式 $| A | = | \begin{array}{c} 1 & λ & λ \\ λ & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array} | = 1 \cdot (1 - 1) - λ (λ - 1) + λ (λ - 1) = 0,$ 对一切 $λ$ 成立。故系数矩阵 $A$ 恒不可逆， $r (A) \leq 2 < 3$ ，方程组任何 $λ$ 下都不可能有唯一解。

注意三个方程中 $x_{3}$ 的系数都是 $1$ 。把第一个方程减去第三个方程、第二个方程减去第三个方程，得 $(λ - 1) (x_{2} + x_{3}) = 1 - λ, (λ - 1) x_{1} = 1 - λ .$

（i）若 $λ \neq 1$ ，两式给出 $x_{2} + x_{3} = - 1, x_{1} = - 1 .$ 再代入第三个方程 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = λ$ ，得 $- 1 + (- 1) = λ$ ，即必须 $λ = - 2$ 。所以 $λ \neq 1$ 时，只有当 $λ = - 2$ 才有解；此时 $x_{1} = - 1$ ， $x_{2} + x_{3} = - 1$ ，令 $x_{2} = s$ 得 $(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (- 1, s, - 1 - s), s \in ℝ .$ （代回可验证三个方程左端分别为 $1, 1, - 2$ ，恰为右端。）

（ii）若 $λ = 1$ ，三个方程都化为 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 1$ ，右端也都是 $1$ ，故有无穷多解： $(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (1 - s - t, s, t), s, t \in ℝ .$

（iii） $λ \neq 1$ 且 $λ \neq - 2$ 时，由（i）知方程组无解（此时 $r (A) = 2$ ， $r (A | b) = 3$ ）。

结论： - $λ \neq 1$ 且 $λ \neq - 2$ ：无解； - $λ = 1$ ：无穷多解，通解为 $(1 - s - t, s, t)$ ； - $λ = - 2$ ：无穷多解，通解为 $(- 1, s, - 1 - s)$ ； - 任何 $λ$ 下都没有唯一解（因 $| A | \equiv 0$ ）。

第四题矩阵秩的定义与伴随矩阵的秩

第三章矩阵

（本题 15 分）试叙述矩阵秩的定义；设有

n

（

n \geq 2

为正整数）阶矩阵如下：

A = (\begin{array}{c} 0 & x_{1} & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & x_{2} & \dots & 0 & 0 \\ \dots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & x_{n - 1} \\ x_{n} & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \end{array})

，其中

x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}

为任意实常数。试求

A

的伴随矩阵

A^{*}

的秩。

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解

秩的定义：矩阵 $A$ 中非零子式的最高阶数称为 $A$ 的秩，记作 $r (A)$ ；等价地说， $r (A)$ 等于 $A$ 的行（列）向量组的极大线性无关组所含向量的个数。

求 $r (A^{*})$ 。记 $P$ 为循环置换矩阵（第 $i$ 行第 $i + 1$ 列为 $1$ （ $i = 1, \dots, n - 1$ ），第 $n$ 行第 $1$ 列为 $1$ ，其余为 $0$ ），则 $A = diag (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) P .$ 因 $P$ 可逆，右乘可逆矩阵不改变秩，故 $r (A) = # {i : x_{i} \neq 0},$ 即 $r (A)$ 等于 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 中非零元的个数。又 $| A | = (- 1)^{n - 1} x_{1} x_{2} \dots x_{n} .$

用到伴随矩阵的基本事实：对 $n$ 阶矩阵 $A$ ，有 $A A^{*} = | A | E$ ，且 - $r (A) = n$ 时 $r (A^{*}) = n$ ； - $r (A) = n - 1$ 时 $r (A^{*}) = 1$ ； - $r (A) \leq n - 2$ 时 $A^{*} = 0$ 。

（第三条是因为此时 $A$ 的所有 $n - 1$ 阶子式全为零。）

下面分情况讨论：

（1）若 $x_{1} x_{2} \dots x_{n} \neq 0$ （即所有 $x_{i} \neq 0$ ），则 $| A | \neq 0$ ， $A$ 可逆， $A^{*} = | A | A^{- 1}$ 也可逆，故 $r (A^{*}) = n .$

（2）若 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 中恰有一个为 $0$ ，则 $r (A) = n - 1$ （ $n - 1$ 个非零行线性无关，且 $| A | = 0$ ），故 $r (A^{*}) = 1 .$

（3）若 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 中至少有两个为 $0$ ，则 $r (A) \leq n - 2$ ，于是 $A^{*} = 0$ ， $r (A^{*}) = 0 .$

答案： $x_{1} x_{2} \dots x_{n} \neq 0$ 时 $r (A^{*}) = n$ ； $x_{1}, \dots, x_{n}$ 中恰有一个为 $0$ 时 $r (A^{*}) = 1$ ；至少两个为 $0$ 时 $r (A^{*}) = 0$ 。

第五题矩阵方程 $XA=B$ 的求解

第三章矩阵

（本题 15 分）求解下述矩阵方程：

X (\begin{array}{c} 1 & 0 & 5 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 5 \end{array}) = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & - 6 \end{array})

。

查看解答

解

记 $A = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 5 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 5 \end{array})$ 。因 $| A | = 1 \cdot (1 \cdot 5 - 2 \cdot 2) - 0 + 5 \cdot (1 \cdot 2 - 1 \cdot 1) = 1 + 5 = 6 \neq 0,$ 故 $A$ 可逆， $X$ 为 $2 \times 3$ 矩阵且 $X = B A^{- 1}$ ，其中 $B = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & - 6 \end{array})$ 。

求 $A^{- 1}$ ：逐个计算代数余子式，得伴随矩阵 $adj A = (\begin{array}{c} 1 & 10 & - 5 \\ - 3 & 0 & 3 \\ 1 & - 2 & 1 \end{array}), A^{- 1} = \frac{1}{6} (\begin{array}{c} 1 & 10 & - 5 \\ - 3 & 0 & 3 \\ 1 & - 2 & 1 \end{array}) .$ （检验： $A \cdot adj A = 6 E$ 。）

于是 $X = \frac{1}{6} (\begin{array}{c} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & - 6 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 & 10 & - 5 \\ - 3 & 0 & 3 \\ 1 & - 2 & 1 \end{array}) = \frac{1}{6} (\begin{array}{c} 0 & 6 & 0 \\ - 6 & 12 & - 6 \end{array}) = (\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 \\ - 1 & 2 & - 1 \end{array}) .$

校验： $X A$ 的第一行为 $(1, 1, 2)$ ；第二行为 $- (1, 0, 5) + 2 (1, 1, 2) - (1, 2, 5) = (0, 0, - 6)$ ，与题设相符。

答案： $X = (\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 \\ - 1 & 2 & - 1 \end{array})$ 。

第六题把矩阵分解为两类初等矩阵的乘积

第三章矩阵

（本题 10 分）设

a \neq 0

为实常数，试把矩阵

(\begin{array}{c} a & 0 \\ 0 & \frac{1}{a} \end{array})

表示成

(\begin{array}{c} 1 & x \\ 0 & 1 \end{array})

和

(\begin{array}{c} 1 & 0 \\ y & 1 \end{array})

型矩阵的乘积。

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解

记 $U (t) = (\begin{array}{c} 1 & t \\ 0 & 1 \end{array})$ ， $L (t) = (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ t & 1 \end{array})$ 。取 $(\begin{array}{c} a & 0 \\ 0 & \frac{1}{a} \end{array}) = U (a - 1) L (1) U (\frac{1}{a} - 1) L (- a) .$

逐次验证： $U (a - 1) L (1) = (\begin{array}{c} 1 & a - 1 \\ 0 & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}) = (\begin{array}{c} a & a - 1 \\ 1 & 1 \end{array});$ $U (a - 1) L (1) U (\frac{1}{a} - 1) = (\begin{array}{c} a & a - 1 \\ 1 & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 & \frac{1}{a} - 1 \\ 0 & 1 \end{array}) = (\begin{array}{c} a & a (\frac{1}{a} - 1) + (a - 1) \\ 1 & \frac{1}{a} \end{array}) = (\begin{array}{c} a & 0 \\ 1 & \frac{1}{a} \end{array});$ $(\begin{array}{c} a & 0 \\ 1 & \frac{1}{a} \end{array}) L (- a) = (\begin{array}{c} a & 0 \\ 1 & \frac{1}{a} \end{array}) (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ - a & 1 \end{array}) = (\begin{array}{c} a & 0 \\ 1 - a \cdot \frac{1}{a} & \frac{1}{a} \end{array}) = (\begin{array}{c} a & 0 \\ 0 & \frac{1}{a} \end{array}) .$

因为 $a \neq 0$ ， $\frac{1}{a}$ 有意义，且右端四个因子都属题中所给的两类矩阵，故结论成立。

（注：两因子或三因子都不够。两因子的乘积必为 $U (x) L (y) = (\begin{array}{c} 1 + x y & x \\ y & 1 \end{array})$ 或 $L (y) U (x) = (\begin{array}{c} 1 & y \\ x & 1 + x y \end{array})$ ，总有一个对角元为 $1$ ；三因子的乘积为 $U (x) L (y) U (z) = (\begin{array}{c} 1 + x y & (1 + x y) z + x \\ y & y z + 1 \end{array})$ ，要成为对角矩阵须 $y = 0$ ，此时它化为 $U (x + z)$ ，仍有一个对角元为 $1$ 。故至少要四个因子。）

第七题幂等矩阵（$A^2=A$）的迹与秩

第三章矩阵

（本题 10 分）

n

（

n

为正整数）阶方阵

A = (a_{i j})_{n \times n}

的主对角线上元素之和

\sum_{i = 1}^{n} a_{i i}

称为方阵

A

的迹，记作

tr A

。现设方阵

A

的秩为

r

且满足

A^{2} = A

，试证明：

tr A = r

。

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解

由 $A^{2} = A$ 得 $A (A - E) = 0$ ，即 $A^{2} - A = 0$ 。

第一步： $ℝ^{n} = Im A \oplus ker A$ 。 对任意 $v \in ℝ^{n}$ ，有 $v = A v + (v - A v) .$ 其中 $A v \in Im A$ ；又 $A (v - A v) = A v - A^{2} v = A v - A v = 0$ ，故 $v - A v \in ker A$ 。于是 $ℝ^{n} = Im A + ker A$ 。若 $w \in Im A \cap ker A$ ，设 $w = A u$ ，则 $w = A u = A^{2} u = A (A u) = A w = 0,$ 故 $Im A \cap ker A = {0}$ ，从而 $ℝ^{n} = Im A \oplus ker A$ ，且 $dim Im A = r (A) = r$ 。

第二步：在适当基下 $A$ 为 $diag (E_{r}, 0)$ 。 取 $Im A$ 的一组基 $ε_{1}, \dots, ε_{r}$ 与 $ker A$ 的一组基 $ε_{r + 1}, \dots, ε_{n}$ ，由直和分解知它们合起来是 $ℝ^{n}$ 的一组基。

- 当 $i \leq r$ 时， $ε_{i} \in Im A$ ，可写 $ε_{i} = A u_{i}$ ，于是 $A ε_{i} = A^{2} u_{i} = A u_{i} = ε_{i};$ - 当 $i > r$ 时， $ε_{i} \in ker A$ ，故 $A ε_{i} = 0$ 。

所以在该基下 $A$ 的矩阵为 $diag (E_{r}, 0)$ 。

第三步：求迹。 相似矩阵的迹相同（迹等于主对角元之和，且 $tr (P Q) = tr (Q P)$ 保证它在相似变换下不变），故 $tr A = tr diag (E_{r}, 0) = r .$

证毕。

第八题由矩阵等式证明 $A-2E$ 可逆

第三章矩阵

（本题 10 分）设

A, B

为

n

（

n

为正整数）阶方阵且满足

A + 2 B = A B

，试证明：

A - 2 E

可逆。

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解

由 $A + 2 B = A B$ 得 $A = A B - 2 B = (A - 2 E) B .$ 于是 $(A - 2 E) - (A - 2 E) B = (A - 2 E) - A = A - 2 E - A = - 2 E,$ 这里用了 $A B - 2 B = A$ 。即 $(A - 2 E) (E - B) = - 2 E,$ 两边同乘 $- 1$ ： $(A - 2 E) (B - E) = 2 E,$ 故 $(A - 2 E) \cdot \frac{1}{2} (B - E) = E .$

对同阶方阵而言，若存在方阵 $C$ 使 $(A - 2 E) C = E$ ，则 $A - 2 E$ 可逆且 $(A - 2 E)^{- 1} = C$ 。因此 $A - 2 E$ 可逆，且 $(A - 2 E)^{- 1} = \frac{1}{2} (B - E) .$

证毕。

2016-2017 学年期中试卷

第一题用行、列对换化成分块对角行列式

第一章行列式

（本题 10 分）试计算行列式

D = | \begin{array}{c} 1 & 0 & 2 & 0 & x \\ 0 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 4 & 0 & x^{2} \\ 0 & 5 & 0 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 8 & 0 & x^{3} \end{array} |

。

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解

矩阵的第 $1, 3, 5$ 行只在第 $1, 3, 5$ 列上非零，第 $2, 4$ 行只在第 $2, 4$ 列上非零。把第 $2, 4$ 行依次移到最后两行，同时把第 $2, 4$ 列依次移到最后两列。

两次所用的置换相同（都是把 $2, 4$ 移到末尾，含 $3$ 个逆序，符号为 $(- 1)^{3} = - 1$ ），两个符号相乘得 $(- 1)^{3} \cdot (- 1)^{3} = 1$ ，故 $D = | \begin{array}{c} 1 & 2 & x \\ 1 & 4 & x^{2} \\ 1 & 8 & x^{3} \end{array} | \cdot | \begin{array}{c} 2 & 1 \\ 5 & 3 \end{array} | .$

计算第一个行列式（第 $2, 3$ 行各减第 $1$ 行）： $| \begin{array}{c} 1 & 2 & x \\ 0 & 2 & x^{2} - x \\ 0 & 6 & x^{3} - x \end{array} | = 2 (x^{3} - x) - 6 (x^{2} - x) = 2 x^{3} - 6 x^{2} + 4 x = 2 x (x - 1) (x - 2) .$

计算第二个： $| \begin{array}{c} 2 & 1 \\ 5 & 3 \end{array} | = 2 \cdot 3 - 1 \cdot 5 = 1$ 。

所以 $D = 2 x (x - 1) (x - 2) .$

答案： $D = 2 x (x - 1) (x - 2)$ 。

第二题线性方程组的求解（增广矩阵行化简、基础解系）

第二章线性方程组

（本题 15 分）解齐次线性方程组

{\begin{cases} x_{1} + x_{3} - x_{4} - 3 x_{5} = - 2, \\ x_{1} + 2 x_{2} - x_{3} - x_{5} = 1, \\ 4 x_{1} + 6 x_{2} - 2 x_{3} - 4 x_{4} + 3 x_{5} = 7, \\ 2 x_{1} - 2 x_{2} + 4 x_{3} - 7 x_{4} + 4 x_{5} = 1 . \end{cases}

查看解答

解

（题面写作“齐次线性方程组”，但四个方程的常数项为 $- 2, 1, 7, 1$ ，不全为零，实际是非齐次方程组。下面按所给方程求解。）

对增广矩阵作初等行变换。先作 $R_{2} - R_{1}$ ， $R_{3} - 4 R_{1}$ ， $R_{4} - 2 R_{1}$ ： $(\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 1 & - 1 & - 3 & - 2 \\ 1 & 2 & - 1 & 0 & - 1 & 1 \\ 4 & 6 & - 2 & - 4 & 3 & 7 \\ 2 & - 2 & 4 & - 7 & 4 & 1 \end{array}) ⟶ (\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 1 & - 1 & - 3 & - 2 \\ 0 & 2 & - 2 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 6 & - 6 & 0 & 15 & 15 \\ 0 & - 2 & 2 & - 5 & 10 & 5 \end{array})$

再作 $R_{3} - 3 R_{2}$ ， $R_{4} + R_{2}$ ： $⟶ (\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 1 & - 1 & - 3 & - 2 \\ 0 & 2 & - 2 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & - 3 & 9 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & - 4 & 12 & 8 \end{array})$

再作 $R_{4} - \frac{4}{3} R_{3}$ ： $⟶ (\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 1 & - 1 & - 3 & - 2 \\ 0 & 2 & - 2 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & - 3 & 9 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array})$

于是 $r (A) = r (A | b) = 3 < 5$ ，方程组有无穷多解， $x_{3}, x_{5}$ 为自由未知量。

回代： - 由第 $3$ 行： $- 3 x_{4} + 9 x_{5} = 6$ ，得 $x_{4} = 3 x_{5} - 2$ ； - 由第 $2$ 行： $2 x_{2} - 2 x_{3} + x_{4} + 2 x_{5} = 3$ ，得 $x_{2} = \frac{3 + 2 x_{3} - x_{4} - 2 x_{5}}{2} = \frac{5 + 2 x_{3} - 5 x_{5}}{2};$ - 由第 $1$ 行： $x_{1} = - 2 - x_{3} + x_{4} + 3 x_{5} = - 4 - x_{3} + 6 x_{5}$ 。

令 $x_{3} = s$ ， $x_{5} = t$ ，得全部解 $(\begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \\ x_{5} \end{array}) = (\begin{array}{c} - 4 \\ \frac{5}{2} \\ 0 \\ - 2 \\ 0 \end{array}) + s (\begin{array}{c} - 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}) + t (\begin{array}{c} 6 \\ - \frac{5}{2} \\ 0 \\ 3 \\ 1 \end{array}), s, t \in ℝ .$

校验：取 $s = t = 0$ 得特解 $(- 4, \frac{5}{2}, 0, - 2, 0)$ ，代入四式左端分别为 $- 2, 1, 7, 1$ ，与右端相同；两个方向向量都是对应齐次方程组的解。

第三题矩阵秩的定义；含参数矩阵的秩

第三章矩阵

（本题 15 分）（1）试叙述矩阵秩的定义。（2）设

λ

可取任意参数，试求矩阵

(\begin{array}{c} 1 & - 1 & 1 & 1 \\ 1 & λ & 1 & 1 \\ 2 & 2 λ & λ + 4 & 3 \end{array})

的秩。

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解

（1）矩阵秩的定义：矩阵 $A = (a_{i j})_{m \times n}$ 中非零子式的最高阶数称为 $A$ 的秩，记作 $r (A)$ ；等价地， $r (A)$ 等于 $A$ 的行向量组的极大线性无关组所含向量的个数，也等于 $A$ 的列向量组的极大线性无关组所含向量的个数。

（2）记 $A = (\begin{array}{c} 1 & - 1 & 1 & 1 \\ 1 & λ & 1 & 1 \\ 2 & 2 λ & λ + 4 & 3 \end{array})$ 。作初等行变换：

- $R_{2} - R_{1}$ 得 $(0, λ + 1, 0, 0)$ ； - $R_{3} - 2 R_{1}$ 得 $(0, 2 λ + 2, λ + 2, 1)$ ； - 再用新的第 $2$ 行： $R_{3} - 2 R_{2}$ 得 $(0, 0, λ + 2, 1)$ 。

于是 $A ⟶ (\begin{array}{c} 1 & - 1 & 1 & 1 \\ 0 & λ + 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & λ + 2 & 1 \end{array}) .$

第 $1$ 行非零；第 $3$ 行含元素 $1$ （在 $x_{4}$ 的位置），故恒非零；第 $2$ 行非零当且仅当 $λ \neq - 1$ 。当 $λ \neq - 1$ 时，这三行的首个非零元分别在第 $1, 2, 3$ 列，故线性无关， $r (A) = 3$ 。

当 $λ = - 1$ 时第 $2$ 行为零，只剩两行且线性无关， $r (A) = 2$ 。

答案： $λ \neq - 1$ 时 $r (A) = 3$ ； $λ = - 1$ 时 $r (A) = 2$ 。（任何 $λ$ 下秩都不小于 $2$ 。）

第四题矩阵方程 $AXB=C$ 的求解

第三章矩阵

（本题 15 分）试求解矩阵方程

A X B = C

的解，其中

A = (\begin{array}{c} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 4 \end{array})

，

B = (\begin{array}{c} 7 & 9 \\ 4 & 5 \end{array})

，

C = (\begin{array}{c} 1 & 2 \\ 1 & 0 \\ 2 & 3 \end{array})

。

查看解答

解

先算行列式： $| A | = 1 (4 - 6) - 2 (8 - 2) + 3 (6 - 1) = - 2 - 12 + 15 = 1 \neq 0, | B | = 35 - 36 = - 1 \neq 0,$ 故 $A, B$ 都可逆，且由 $A X B = C$ 得 $X = A^{- 1} C B^{- 1} .$

求逆： $A^{- 1} = (\begin{array}{c} - 2 & 1 & 1 \\ - 6 & 1 & 4 \\ 5 & - 1 & - 3 \end{array}), B^{- 1} = \frac{1}{- 1} (\begin{array}{c} 5 & - 9 \\ - 4 & 7 \end{array}) = (\begin{array}{c} - 5 & 9 \\ 4 & - 7 \end{array}) .$ （可验证 $A A^{- 1} = E$ ， $B B^{- 1} = E$ 。）

先算 $A^{- 1} C$ ： $A^{- 1} C = (\begin{array}{c} - 2 & 1 & 1 \\ - 6 & 1 & 4 \\ 5 & - 1 & - 3 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 & 2 \\ 1 & 0 \\ 2 & 3 \end{array}) = (\begin{array}{c} 1 & - 1 \\ 3 & 0 \\ - 2 & 1 \end{array}) .$

于是 $X = (\begin{array}{c} 1 & - 1 \\ 3 & 0 \\ - 2 & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} - 5 & 9 \\ 4 & - 7 \end{array}) = (\begin{array}{c} - 9 & 16 \\ - 15 & 27 \\ 14 & - 25 \end{array}) .$

校验： $A X = (\begin{array}{c} 3 & - 5 \\ - 5 & 9 \\ 2 & - 3 \end{array})$ ，再右乘 $B$ 得 $(\begin{array}{c} 1 & 2 \\ 1 & 0 \\ 2 & 3 \end{array}) = C$ 。

答案： $X = (\begin{array}{c} - 9 & 16 \\ - 15 & 27 \\ 14 & - 25 \end{array})$ 。

第五题由含伴随矩阵的矩阵方程求 $B$

第三章矩阵

（本题 15 分）已知

A^{*} B A = 2 B A - 12 E

，其中

A = (\begin{array}{c} 2 & 0 & 0 \\ 0 & - 2 & 1 \\ 0 & - 1 & 1 \end{array})

，求

B

。

查看解答

解

（这里 $A^{*}$ 表示 $A$ 的伴随矩阵。）

先求 $| A |$ 与 $A^{*}$ ： $| A | = 2 \cdot ((- 2) \cdot 1 - 1 \cdot (- 1)) = 2 \cdot (- 1) = - 2,$ 逐个计算代数余子式得 $A^{*} = (\begin{array}{c} - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & - 2 \\ 0 & 2 & - 4 \end{array}), A^{- 1} = \frac{1}{| A |} A^{*} = (\begin{array}{c} \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 1 \\ 0 & - 1 & 2 \end{array}) .$ （检验： $A^{*} A = | A | E = - 2 E$ 。）

把方程改写： $A^{*} B A - 2 B A = - 12 E, (A^{*} - 2 E) B A = - 12 E .$ 其中 $A^{*} - 2 E = (\begin{array}{c} - 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 2 \\ 0 & 2 & - 6 \end{array}), | A^{*} - 2 E | = - 3 \cdot (0 \cdot (- 6) - (- 2) \cdot 2) = - 12 \neq 0,$ 故 $A^{*} - 2 E$ 可逆，于是 $B = - 12 A^{- 1} (A^{*} - 2 E)^{- 1} .$

求 $(A^{*} - 2 E)^{- 1}$ ：其伴随矩阵为 $(\begin{array}{c} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 18 & - 6 \\ 0 & 6 & 0 \end{array})$ ，故 $(A^{*} - 2 E)^{- 1} = \frac{1}{- 12} (\begin{array}{c} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 18 & - 6 \\ 0 & 6 & 0 \end{array}) = (\begin{array}{c} - \frac{1}{3} & 0 & 0 \\ 0 & - \frac{3}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & - \frac{1}{2} & 0 \end{array}) .$

于是 $A^{- 1} (A^{*} - 2 E)^{- 1} = (\begin{array}{c} \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 1 \\ 0 & - 1 & 2 \end{array}) (\begin{array}{c} - \frac{1}{3} & 0 & 0 \\ 0 & - \frac{3}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & - \frac{1}{2} & 0 \end{array}) = (\begin{array}{c} - \frac{1}{6} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & - \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} & - \frac{1}{2} \end{array}),$ $B = - 12 (\begin{array}{c} - \frac{1}{6} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & - \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} & - \frac{1}{2} \end{array}) = (\begin{array}{c} 2 & 0 & 0 \\ 0 & - 12 & 6 \\ 0 & - 6 & 6 \end{array}) .$

校验： $A^{*} B A = (\begin{array}{c} - 4 & 0 & 0 \\ 0 & 24 & - 12 \\ 0 & 12 & - 12 \end{array}) = 2 B A - 12 E$ 。

答案： $B = (\begin{array}{c} 2 & 0 & 0 \\ 0 & - 12 & 6 \\ 0 & - 6 & 6 \end{array})$ 。

第六题分块矩阵可逆性与其逆矩阵

第三章矩阵

（本题 15 分）试证明

(\begin{array}{c} 0 & A \\ B & C \end{array})

可逆并求其逆，这里

A, B

分别为

r

阶和

s

阶可逆矩阵。

查看解答

解

按题意，分块矩阵为 $M = (\begin{array}{c} 0 & A \\ B & C \end{array}),$ 其中左上角的 $0$ 是 $r \times s$ 零块， $A$ 为 $r$ 阶可逆矩阵， $B$ 为 $s$ 阶可逆矩阵， $C$ 为 $s \times r$ 矩阵， $M$ 为 $(r + s)$ 阶方阵。

可逆性：把 $M$ 的前 $s$ 列（即第一个分块列）与后 $r$ 列交换，相当于作 $r s$ 次相邻列对换，得 $(\begin{array}{c} A & 0 \\ C & B \end{array}),$ 它是分块上三角矩阵，行列式为 $| A | | B |$ 。故 $| M | = (- 1)^{r s} | A | | B | \neq 0,$ $M$ 可逆。

求逆：设 $M^{- 1} = (\begin{array}{c} X & Y \\ Z & W \end{array})$ ，其中 $X$ 为 $s \times r$ 块， $Y$ 为 $s$ 阶块， $Z$ 为 $r$ 阶块， $W$ 为 $r \times s$ 块。由 $M M^{- 1} = E$ 比较各块： $A Z = E_{r} \Rightarrow Z = A^{- 1}; A W = 0 \Rightarrow W = 0;$ $B X + C Z = 0 \Rightarrow X = - B^{- 1} C A^{- 1}; B Y + C W = E_{s} \Rightarrow Y = B^{- 1} .$ 故 $M^{- 1} = (\begin{array}{c} - B^{- 1} C A^{- 1} & B^{- 1} \\ A^{- 1} & 0 \end{array}),$ 其中右下角的 $0$ 是 $r \times s$ 零块。

验证： $(\begin{array}{c} 0 & A \\ B & C \end{array}) (\begin{array}{c} - B^{- 1} C A^{- 1} & B^{- 1} \\ A^{- 1} & 0 \end{array}) = (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ - B B^{- 1} C A^{- 1} + C A^{- 1} & B B^{- 1} \end{array}) = (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & E_{s} \end{array}),$ 即 $M$ 与所给矩阵互为逆矩阵。

答案： $M$ 可逆，且 ${(\begin{array}{c} 0 & A \\ B & C \end{array})}^{- 1} = (\begin{array}{c} - B^{- 1} C A^{- 1} & B^{- 1} \\ A^{- 1} & 0 \end{array})$ 。

第七题初等矩阵与初等行变换；方阵可逆的充要条件

第三章矩阵

（本题 15 分）（1）试证明对矩阵

A

实施一次初等行变换等价于用相应的初等矩阵左乘

A

。（2）试证明方阵

A

可逆的充分必要条件是

| A | \neq 0

。

查看解答

解

（1）对 $n$ 阶单位矩阵 $E$ 实施一次初等行变换所得的矩阵称为初等矩阵。三类初等矩阵分别是： - $E_{i j} (k)$ （ $i \neq j$ ）：第 $i$ 行第 $j$ 列元素为 $k$ ，其余元素与 $E$ 相同，即 $(i, i)$ 元为 $1$ 、 $(i, j)$ 元为 $k$ ； - $E_{i j}$ （ $i \neq j$ ）：交换 $E$ 的第 $i, j$ 行所得的矩阵（它是对称矩阵）； - $E_{i} (k)$ （ $k \neq 0$ ）：把 $E$ 的第 $i$ 行乘以 $k$ 所得的矩阵。

（下面用矩阵乘法的定义 $(E A)_{i j} = \sum_{t} E_{i t} A_{t j}$ 逐类验证。）

设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵（ $m \times n$ 情形同理）。

- $E_{i j} (k)$ 只有两个非零元：第 $i$ 行第 $i$ 列为 $1$ ，第 $i$ 行第 $j$ 列为 $k$ 。故 $(E_{i j} (k) A)_{i \cdot} = \sum_{t} E_{i t} A_{t \cdot} = 1 \cdot A_{i \cdot} + k \cdot A_{j \cdot},$ 即第 $i$ 行变成“第 $i$ 行加 $k$ 倍第 $j$ 行”；当 $t \neq i$ 时 $E_{i t} = 0$ ，故其余各行不变。这正是把第 $j$ 行的 $k$ 倍加到第 $i$ 行。 - $E_{i j}$ 只有 $(i, j)$ 与 $(j, i)$ 两个元素为 $1$ 。故 $E_{i j} A$ 的第 $i$ 行为 $A$ 的第 $j$ 行，第 $j$ 行为 $A$ 的第 $i$ 行，其余行不变，即交换 $A$ 的第 $i, j$ 行。 - $E_{i} (k)$ 只有 $(i, i)$ 元素为 $k$ 。故 $E_{i} (k) A$ 的第 $i$ 行为 $k A_{i \cdot}$ ，其余行不变，即第 $i$ 行乘 $k$ 。

于是每一种初等行变换都等于左乘相应的初等矩阵，反之亦然。

（2）必要性：若 $A$ 可逆，则 $A A^{- 1} = E$ 。两边取行列式，用 $| P Q | = | P | | Q |$ 得 $| A | | A^{- 1} | = | E | = 1$ ，故 $| A | \neq 0$ 。

充分性：设 $| A | \neq 0$ 。对 $A$ 作初等行变换把它化为行阶梯形 $U$ 。由（1），存在初等矩阵 $P_{1}, \dots, P_{t}$ 使 $U = P_{t} \dots P_{1} A$ 。

初等矩阵都可逆（ $E_{i j} (k)^{- 1} = E_{i j} (- k)$ ， $E_{i j}^{- 1} = E_{i j}$ ， $E_{i} (k)^{- 1} = E_{i} (\frac{1}{k})$ ），故 $| P_{s} | \neq 0$ ，从而 $| U | = | P_{t} | \dots | P_{1} | | A | \neq 0 .$ $U$ 是上三角（行阶梯形）矩阵， $| U |$ 等于其主对角元之积，故 $U$ 的主对角元全不为零，即 $U$ 有 $n$ 个主元，可继续用初等行变换化为 $E$ 。于是 $E = Q_{s} \dots Q_{1} A,$ 其中 $Q_{i}$ 为初等矩阵。故 $A = Q_{1}^{- 1} \dots Q_{s}^{- 1},$ 是若干可逆矩阵之积，从而 $A$ 可逆，且 $A^{- 1} = Q_{s} \dots Q_{1}$ 。

证毕。

2017-2018 学年期中试卷

第 1 题四阶数字行列式的计算（化零后降阶）

第一章行列式

（本题 10 分）计算

D = | \begin{array}{c} 2 x & x & 1 & 2 \\ 1 & x & 1 & - 1 \\ 3 & 2 & x & 1 \\ 1 & 1 & 1 & x \end{array} |

。

查看解答

解

以第 $2$ 行为基准化零：作 $R_{1} - 2 R_{2}$ ， $R_{3} - 3 R_{2}$ ， $R_{4} - R_{2}$ ，得 $D = | \begin{array}{c} 2 x - 2 & - x & - 1 & 4 \\ 1 & x & 1 & - 1 \\ 0 & 2 - 3 x & x - 3 & 4 \\ 0 & 1 - x & 0 & x + 1 \end{array} | .$

按第 $1$ 列展开（第 $1$ 列只有 $(1, 1)$ 元 $2 x - 2$ 与 $(2, 1)$ 元 $1$ 非零，后者带符号 $(- 1)^{2 + 1} = - 1$ ）： $D = (2 x - 2) | \begin{array}{c} x & 1 & - 1 \\ 2 - 3 x & x - 3 & 4 \\ 1 - x & 0 & x + 1 \end{array} | - | \begin{array}{c} - x & - 1 & 4 \\ 2 - 3 x & x - 3 & 4 \\ 1 - x & 0 & x + 1 \end{array} | .$

逐个计算。第一个三阶行列式按第 $1$ 行展开： $| \begin{array}{c} x & 1 & - 1 \\ 2 - 3 x & x - 3 & 4 \\ 1 - x & 0 & x + 1 \end{array} | = x (x - 3) (x + 1) - [(2 - 3 x) (x + 1) - 4 (1 - x)] - (x - 3) (1 - x)$ $= x (x^{2} - 2 x - 3) - (- 3 x^{2} + 3 x - 2) + (- x^{2} + 4 x - 3) = x^{3} - 2 x - 1 .$

第二个三阶行列式同样按第 $1$ 行展开： $| \begin{array}{c} - x & - 1 & 4 \\ 2 - 3 x & x - 3 & 4 \\ 1 - x & 0 & x + 1 \end{array} | = - x (x^{2} - 2 x - 3) + [(- 3 x^{2} + 3 x - 2)] - 4 (- x^{2} + 4 x - 3)$ $= - x^{3} + 2 x^{2} + 3 x - 3 x^{2} + 3 x - 2 + 4 x^{2} - 16 x + 12 = - x^{3} + 3 x^{2} - 10 x + 10 .$

代入： $D = (2 x - 2) (x^{3} - 2 x - 1) - (- x^{3} + 3 x^{2} - 10 x + 10)$ $= 2 x^{4} - 2 x^{3} - 4 x^{2} + 2 x + 2 + x^{3} - 3 x^{2} + 10 x - 10 = 2 x^{4} - x^{3} - 7 x^{2} + 12 x - 8 .$

答案： $D = 2 x^{4} - x^{3} - 7 x^{2} + 12 x - 8$ 。（可用 $x = 0$ 检验： $D = - 8$ 。）

第 2 题下三角行列式中对角元的代数余子式

第一章行列式

（本题 15 分）设

D_{n + 1} = | \begin{array}{c} 1 & 0 & 0 & \dots & 0 \\ 1 & x_{1} & 0 & \dots & 0 \\ 1 & 0 & x_{2} & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & 0 & 0 & \dots & x_{n} \end{array} |

，求

x_{1} A_{1} + x_{2} A_{2} + \dots + x_{n} A_{n}

，其中

A_{i}

为

x_{i}

的代数余子式。

查看解答

解

$D_{n + 1}$ 是下三角行列式，故 $D_{n + 1} = 1 \cdot x_{1} x_{2} \dots x_{n} = x_{1} x_{2} \dots x_{n} .$

$x_{i}$ 位于第 $i + 1$ 行、第 $i + 1$ 列（ $i = 1, \dots, n$ ）。删去该行该列后，所得 $n$ 阶子式仍为下三角行列式，其主对角元为 $1, x_{1}, \dots, x_{i - 1}, x_{i + 1}, \dots, x_{n},$ 故该子式 $M_{i} = x_{1} \dots x_{i - 1} x_{i + 1} \dots x_{n}$ ，即去掉 $x_{i}$ 后其余各 $x$ 之积。

又 $x_{i}$ 的位置使得符号为 $(- 1)^{(i + 1) + (i + 1)} = 1$ ，所以 $A_{i} = M_{i} = \prod_{j \neq i} x_{j} .$

于是对每个 $i$ 都有 $x_{i} A_{i} = x_{i} \prod_{j \neq i} x_{j} = x_{1} x_{2} \dots x_{n} = D_{n + 1} .$ 故 $x_{1} A_{1} + x_{2} A_{2} + \dots + x_{n} A_{n} = n x_{1} x_{2} \dots x_{n} .$

答案： $x_{1} A_{1} + \dots + x_{n} A_{n} = n x_{1} x_{2} \dots x_{n}$ （每一项都等于 $D_{n + 1}$ 本身）。

第 3 题含参数方程组解的判定与求解（系数矩阵为循环型）

第二章线性方程组

（本题 15 分）设

{\begin{cases} λ x_{1} + x_{2} + x_{3} = 1, \\ x_{1} + λ x_{2} + x_{3} = λ, \\ x_{1} + x_{2} + λ x_{3} = λ^{2} . \end{cases}

λ

取什么值时无解？唯一解？无穷多解？有解时求其解。

查看解答

解

系数行列式 $| A | = | \begin{array}{c} λ & 1 & 1 \\ 1 & λ & 1 \\ 1 & 1 & λ \end{array} | = λ (λ^{2} - 1) - (λ - 1) + 1 (1 - λ) = λ^{3} - 3 λ + 2 = (λ - 1)^{2} (λ + 2) .$

记 $S = x_{1} + x_{2} + x_{3}$ 。第 $i$ 个方程左端 $= λ x_{i} + \sum_{j \neq i} x_{j} = (λ - 1) x_{i} + S$ ，故三个方程即为 $(λ - 1) x_{1} + S = 1, (λ - 1) x_{2} + S = λ, (λ - 1) x_{3} + S = λ^{2} .$ 三式相加得 $(λ + 2) S = 1 + λ + λ^{2} .$

（1） $λ \neq 1$ 且 $λ \neq - 2$ ：唯一解。 此时 $S = \frac{1 + λ + λ^{2}}{λ + 2},$ $x_{1} = \frac{1 - S}{λ - 1} = \frac{1 - λ^{2}}{(λ + 2) (λ - 1)} = - \frac{λ + 1}{λ + 2},$ $x_{2} = \frac{λ - S}{λ - 1} = \frac{λ^{2} + 2 λ - 1 - λ - λ^{2}}{(λ + 2) (λ - 1)} = \frac{1}{λ + 2},$ $x_{3} = \frac{λ^{2} - S}{λ - 1} = \frac{λ^{3} + λ^{2} - λ - 1}{(λ + 2) (λ - 1)} = \frac{(λ + 1)^{2}}{λ + 2} .$

（2） $λ = 1$ ：无穷多解。 此时三个方程都成为 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 1$ （右端分别是 $1, 1, 1$ ），故 $(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (1 - s - t, s, t), s, t \in ℝ .$

（3） $λ = - 2$ ：无解。 此时 $(λ + 2) S = 1 + (- 2) + 4 = 3$ 变成 $0 = 3$ ，矛盾。

答案： - $λ \neq 1$ 且 $λ \neq - 2$ ：唯一解 $x_{1} = - \frac{λ + 1}{λ + 2}$ ， $x_{2} = \frac{1}{λ + 2}$ ， $x_{3} = \frac{(λ + 1)^{2}}{λ + 2}$ ； - $λ = 1$ ：无穷多解， $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 1$ ； - $λ = - 2$ ：无解。

第 4 题伴随矩阵的伴随矩阵的秩

第三章矩阵

（本题 15 分）

A

为

n

阶矩阵（

n \geq 2

），

A = (\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 1 \\ x & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \end{array})

，求

r ((A^{*})^{*})

。

查看解答

解

$A$ 是把单位矩阵的各行循环上移一行、并把最后一行的 $1$ 换成 $x$ 所得的矩阵，它是 $(n - 1)$ 个相邻行对换与一次伸缩的乘积，故 $| A | = (- 1)^{n - 1} x .$ 且 $A$ 的 $n$ 行中除最后一行为 $(x, 0, \dots, 0)$ 外其余各行都是标准单位向量 $e_{2}, e_{3}, \dots, e_{n}$ 的移位，故 - 当 $x \neq 0$ 时 $r (A) = n$ ； - 当 $x = 0$ 时 $r (A) = n - 1$ （最后一行为零行，其余 $n - 1$ 行线性无关）。

用到伴随矩阵秩的结论：对 $n$ 阶矩阵， $r (A) = n$ 时 $r (A^{*}) = n$ ； $r (A) = n - 1$ 时 $r (A^{*}) = 1$ ； $r (A) \leq n - 2$ 时 $A^{*} = 0$ 。

（1） $x \neq 0$ ： $r (A) = n$ ，故 $r (A^{*}) = n$ ，即 $A^{*}$ 可逆。对 $A^{*}$ 再用一次该结论（它的秩为 $n$ ），得 $r ((A^{*})^{*}) = n$ 。

（2） $x = 0$ ： $r (A) = n - 1$ ，故 $r (A^{*}) = 1$ 。 - 若 $n = 2$ ： $r (A^{*}) = 1 = n - 1$ ，故 $r ((A^{*})^{*}) = 1$ ； - 若 $n \geq 3$ ： $r (A^{*}) = 1 \leq n - 2$ ，故 $(A^{*})^{*} = 0$ ， $r ((A^{*})^{*}) = 0$ 。

答案： $x \neq 0$ 时 $r ((A^{*})^{*}) = n$ ； $x = 0$ 时， $n = 2$ 给出 $1$ ， $n \geq 3$ 给出 $0$ 。

第 5 题 $E+AB$ 可逆的条件；$C^{-1}A$ 的对称性

第三章矩阵

（本题 15 分）设

A

是对角线上元素全为零的

4

阶实对称可逆矩阵，

B = (\begin{array}{c} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2018 \end{array})

。（1）

A

中元素满足什么条件时，

E + A B

可逆。（2）当

E + A B

可逆时，证明

(E + A B)^{- 1} A

是对称矩阵。

查看解答

解

记 $A = (a_{i j})$ ，则 $a_{i i} = 0$ ， $a_{i j} = a_{j i}$ 。

（1） $B = diag (0, 0, 1, 2018)$ ，故 $A B$ 的前两列为零，第 $3$ 列为 $A$ 的第 $3$ 列，第 $4$ 列为 $A$ 的第 $4$ 列的 $2018$ 倍。所以 $E + A B = (\begin{array}{c} 1 & 0 & a_{13} & 2018 a_{14} \\ 0 & 1 & a_{23} & 2018 a_{24} \\ 0 & 0 & 1 & 2018 a_{34} \\ 0 & 0 & a_{34} & 1 \end{array}),$ 这里用到 $a_{33} = a_{44} = 0$ 及 $a_{43} = a_{34}$ 。

按前两列展开（或直接按分块三角矩阵计算）： $| E + A B | = | \begin{array}{c} 1 & 2018 a_{34} \\ a_{34} & 1 \end{array} | = 1 - 2018 a_{34}^{2} .$ 故当且仅当 $a_{34}^{2} \neq \frac{1}{2018},$ 即 $a_{34} \neq \pm \frac{1}{\sqrt{2018}}$ 时， $E + A B$ 可逆。

（2）记 $C = (E + A B)^{- 1} A$ 。因 $A, B$ 都对称， $C^{T} = A^{T} ((E + A B)^{- 1})^{T} = A (E + B A)^{- 1} .$

又 $(E + A B) A = A + A B A = A (E + B A) .$ 两边取行列式： $| E + A B | | A | = | A | | E + B A |$ ，而 $| A | \neq 0$ ，故 $| E + B A | = | E + A B | \neq 0$ ， $E + B A$ 可逆。在 $(E + A B) A = A (E + B A)$ 两边左乘 $(E + A B)^{- 1}$ 、右乘 $(E + B A)^{- 1}$ ，得 $A (E + B A)^{- 1} = (E + A B)^{- 1} A = C .$ 于是 $C^{T} = A (E + B A)^{- 1} = C,$ 即 $(E + A B)^{- 1} A$ 是对称矩阵。证毕。

第 6 题幂零矩阵（$A^{2018}=0$ 且 $A$ 为二阶）

第三章矩阵

（本题 10 分）设

A_{2 \times 2}^{2018} = 0

，证明：

A^{2} = 0

。

查看解答

解

$A$ 是二阶方阵。由二阶矩阵的哈密顿—凯莱定理， $A^{2} - (tr A) A + | A | E = 0 .$

由 $A^{2018} = 0$ 得 $| A |^{2018} = | A^{2018} | = 0$ ，故 $| A | = 0$ （ $A$ 不可逆）。代入上式得 $A^{2} = (tr A) A .$

记 $τ = tr A$ 。由上式递推： $A^{3} = τ A^{2} = τ^{2} A$ ， $\dots$ ， $A^{k} = τ^{k - 1} A$ （ $k \geq 1$ ）。特别地 $A^{2018} = τ^{2017} A .$ 题设 $A^{2018} = 0$ 给出 $τ^{2017} A = 0$ 。 - 若 $τ \neq 0$ ，则 $A = 0$ ，显然 $A^{2} = 0$ ； - 若 $τ = 0$ ，则由 $A^{2} = τ A = 0$ 直接得 $A^{2} = 0$ 。

两种情形都有 $A^{2} = 0$ 。证毕。

第 7 题分块矩阵的秩与 $R(M)=n$ 的等价条件

第三章矩阵

（本题 10 分）设

A, B, C, D

为

n

阶方阵，

A

可逆，

M = (\begin{array}{c} A & B \\ C & D \end{array})

。证明：

R (M) = n

当且仅当

D = C A^{- 1} B

。

查看解答

解

因 $A$ 可逆，对 $M$ 作分块初等行变换：把第一个分块行的 $- C A^{- 1}$ 倍加到第二个分块行，即左乘 $P = (\begin{array}{c} E & 0 \\ - C A^{- 1} & E \end{array}), | P | = 1 .$ 得 $P M = (\begin{array}{c} A & B \\ 0 & D - C A^{- 1} B \end{array}) .$

左乘可逆矩阵不改变秩，故 $R (M) = R (P M) .$ 而 $P M$ 是分块上三角矩阵，且其左上块 $A$ 可逆（秩为 $n$ ），由“拼接矩阵的秩等于左上块之秩加上右下块的秩”得 $R (P M) = R (A) + R (D - C A^{- 1} B) = n + R (D - C A^{- 1} B) .$

（理由：设 $R (D - C A^{- 1} B) = q$ ，取 $D - C A^{- 1} B$ 的 $q$ 个线性无关的列，则 $P M$ 中对应的 $q$ 个列与 $A$ 的 $n$ 个线性无关的列合起来线性无关，且张成 $P M$ 的列空间。）

于是 $R (M) = n \Leftrightarrow R (D - C A^{- 1} B) = 0 \Leftrightarrow D - C A^{- 1} B = 0 \Leftrightarrow D = C A^{- 1} B .$

证毕。

第 8 题矩阵多项式的可逆性与逆矩阵

第三章矩阵

（本题 10 分）设

n

阶方阵

A

满足

A^{3} = 2 E

，

B = A^{2} - 2 A + E

，证明

B

可逆，并求

B^{- 1}

。

查看解答

解

由 $A^{3} = 2 E$ 得 $A^{3} - E = E$ ，而 $A^{3} - E = (A - E) (A^{2} + A + E),$ 故 $(A - E) (A^{2} + A + E) = E .$ 于是 $A - E$ 可逆，且 $(A - E)^{- 1} = A^{2} + A + E .$

又 $B = A^{2} - 2 A + E = (A - E)^{2},$ 两个可逆矩阵之积可逆，故 $B$ 可逆，且 $B^{- 1} = ((A - E)^{- 1})^{2} = (A^{2} + A + E)^{2} .$

展开： $(A^{2} + A + E)^{2} = A^{4} + 2 A^{3} + 3 A^{2} + 2 A + E .$ 由 $A^{3} = 2 E$ 得 $A^{4} = A \cdot A^{3} = 2 A$ ，代入得 $B^{- 1} = 2 A + 2 \cdot 2 E + 3 A^{2} + 2 A + E = 3 A^{2} + 4 A + 5 E .$

校验： $B (3 A^{2} + 4 A + 5 E) = (A^{2} - 2 A + E) (3 A^{2} + 4 A + 5 E) = 3 A^{4} - 2 A^{3} - 6 A + 5 E = 6 A - 4 E - 6 A + 5 E = E .$

答案： $B$ 可逆， $B^{- 1} = 3 A^{2} + 4 A + 5 E$ 。

2017-2018 学年期中试卷

第 1 题 n 阶行列式的递推计算（对角元与上下三角元素分别相同）

第一章行列式

（本题 15 分）计算

n

阶行列式：

D_{n} = | \begin{array}{c} x & y & y & \dots & y \\ z & x & y & \dots & y \\ z & z & x & \dots & y \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ z & z & z & \dots & x \end{array} |

，

x, y, z

为任意实常数。

查看解答

解

记 $a = x - z$ ， $b = y - x$ 。对 $n \geq 2$ ，自右向左依次作列变换 $C_{j} \leftarrow C_{j} - C_{j - 1}$ （ $j = n, n - 1, \dots, 2$ ，每次都用到尚未改变的前一列），行列式不变。

变换后第一列不变，仍为 $C_{1} = (x, z, \dots, z)^{T};$ 而对 $j \geq 2$ ，第 $j$ 列的第 $j - 1$ 个分量为 $y - x = b$ ，第 $j$ 个分量为 $x - z = a$ ，其余分量相减为 $0$ ，即 $C_{j} = b e_{j - 1} + a e_{j} (j \geq 2) .$

按第 $n$ 行展开。该行只有两个非零元：第 $1$ 列的 $z$ （符号 $(- 1)^{n + 1}$ ）与第 $n$ 列的 $a$ （符号 $(- 1)^{2 n} = 1$ ）。于是 $D_{n} = (- 1)^{n + 1} z \cdot b^{n - 1} + a D_{n - 1},$ 其中第一个余子式是主对角元全为 $b$ 的下三角行列式（值为 $b^{n - 1}$ ），第二个余子式正好是把 $n$ 换成 $n - 1$ 的同型行列式 $D_{n - 1}$ 。又 $D_{1} = x$ （直接验证 $D_{2} = x^{2} - y z$ 与递推式一致）。

反复代入递推式： $D_{n} = a^{n - 1} D_{1} + z \sum_{k = 2}^{n} (- 1)^{k + 1} a^{n - k} b^{k - 1} = a^{n - 1} x + z (\frac{a^{n} - (- b)^{n}}{a + b} - a^{n - 1}),$ （用了等比数列求和 $\sum_{m = 0}^{n - 1} a^{n - 1 - m} (- b)^{m} = \frac{a^{n} - (- b)^{n}}{a + b}$ 。）即 $D_{n} = a^{n - 1} (x - z) + z \cdot \frac{a^{n} - (x - y)^{n}}{y - z} = a^{n} + z \cdot \frac{a^{n} - (x - y)^{n}}{y - z},$ 这里用了 $a + b = y - z$ 与 $- b = x - y$ 。整理得 $D_{n} = \frac{y (x - z)^{n} - z (x - y)^{n}}{y - z} (y \neq z) .$

$y = z$ 的情形：此时 $b = - a$ ，同一递推式给出 $D_{n} = a D_{n - 1} + z a^{n - 1}$ ，逐次代入得 $D_{n} = a^{n - 1} x + (n - 1) z a^{n - 1} = (x - z)^{n - 1} (x + (n - 1) z) .$

答案： $D_{n} = \frac{y (x - z)^{n} - z (x - y)^{n}}{y - z} (y \neq z); D_{n} = (x - z)^{n - 1} (x + (n - 1) z) (y = z) .$

（取 $y = z$ 时上式两式一致：对第一个式子令 $y \to z$ 取极限即得第二式。 $n = 2$ 时给出 $x^{2} - y z$ ， $n = 3$ 时给出 $x^{3} + y z (y + z) - 3 x y z$ 。）

第 2 题含参数方程组的讨论与求解

第二章线性方程组

（本题 20 分）设

k

为实常数，当

k

为何值时，下面线性方程组无解？唯一解？无穷多解？有解时，求解。

{\begin{cases} k x_{1} + x_{2} + x_{3} = k - 3, \\ x_{1} + k x_{2} + x_{3} = - 2, \\ x_{1} + x_{2} + k x_{3} = - 2 . \end{cases}

查看解答

解

系数行列式 $| A | = | \begin{array}{c} k & 1 & 1 \\ 1 & k & 1 \\ 1 & 1 & k \end{array} | = (k + 2) (k - 1)^{2} .$

（1） $k \neq 1$ 且 $k \neq - 2$ ：唯一解。 记 $S = x_{1} + x_{2} + x_{3}$ ，三式相加得 $(k + 2) S = (k - 3) + (- 2) + (- 2) = k - 7,$ 故 $S = \frac{k - 7}{k + 2}$ 。又第 $i$ 个方程左端 $= (k - 1) x_{i} + S$ ，于是 $x_{1} = \frac{(k - 3) - S}{k - 1} = \frac{(k - 3) (k + 2) - (k - 7)}{(k + 2) (k - 1)} = \frac{k^{2} - 2 k + 1}{(k + 2) (k - 1)} = \frac{k - 1}{k + 2},$ $x_{2} = x_{3} = \frac{- 2 - S}{k - 1} = \frac{- 2 (k + 2) - (k - 7)}{(k + 2) (k - 1)} = \frac{- 3 k + 3}{(k + 2) (k - 1)} = - \frac{3}{k + 2} .$

（2） $k = 1$ ：无穷多解。 此时三个方程都成为 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = - 2$ （右端分别是 $- 2, - 2, - 2$ ），故 $(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (- 2 - s - t, s, t), s, t \in ℝ .$

（3） $k = - 2$ ：无解。 三式相加左边为 $0$ ，右边为 $- 2 - 3 = - 5 \neq 0$ ，矛盾（此时 $r (A) = 2$ ， $r (A | b) = 3$ ）。

答案： - $k \neq 1$ 且 $k \neq - 2$ ：唯一解 $x_{1} = \frac{k - 1}{k + 2}$ ， $x_{2} = x_{3} = - \frac{3}{k + 2}$ ； - $k = 1$ ：无穷多解 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = - 2$ ； - $k = - 2$ ：无解。

第 3 题矩阵方程 $xA=B$ 的求解

第三章矩阵

（本题 20 分）求矩阵方程

x (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 \end{array}) = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & - 6 \end{array})

的解。

查看解答

解

记 $A = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 \end{array})$ ， $B = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & - 6 \end{array})$ 。因 $| A | = 1 (1 \cdot 2 - 2 \cdot 0) - 1 (0 \cdot 2 - 2 \cdot 1) + 1 (0 \cdot 0 - 1 \cdot 1) = 2 + 2 - 1 = 3 \neq 0,$ 故 $A$ 可逆，未知矩阵 $x$ 为 $2 \times 3$ 矩阵，且 $x = B A^{- 1} .$

求 $A^{- 1}$ ：逐个计算代数余子式，得伴随矩阵 $(\begin{array}{c} 2 & - 2 & 1 \\ 2 & 1 & - 2 \\ - 1 & 1 & 1 \end{array})$ （可验证 $A$ 乘它等于 $3 E$ ），故 $A^{- 1} = \frac{1}{3} (\begin{array}{c} 2 & - 2 & 1 \\ 2 & 1 & - 2 \\ - 1 & 1 & 1 \end{array}) .$

于是 $x = \frac{1}{3} (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & - 6 \end{array}) (\begin{array}{c} 2 & - 2 & 1 \\ 2 & 1 & - 2 \\ - 1 & 1 & 1 \end{array}) = \frac{1}{3} (\begin{array}{c} 3 & 0 & 0 \\ 6 & - 6 & - 6 \end{array}) = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 2 & - 2 & - 2 \end{array}) .$

校验： $x A$ 的第一行是 $A$ 的第一行 $(1, 1, 1)$ ；第二行为 $2 (1, 1, 1) - 2 (0, 1, 2) - 2 (1, 0, 2) = (0, 0, - 6)$ ，与 $B$ 相符。

答案： $x = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 2 & - 2 & - 2 \end{array})$ 。

第 4 题秩与齐次方程组解空间（构造右零因子）

第三章矩阵

（本题 15 分）设

R (A_{n \times n}) = r

，证明存在

B_{n \times n}

，且

R (B) = n - r

，使得

A B = 0

。

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解

考虑以 $A$ 为系数矩阵的齐次线性方程组 $A x = 0, x \in ℝ^{n} .$ 因 $A$ 是 $n$ 阶矩阵且 $r (A) = r$ ，该方程组的解空间（即 $A$ 的零空间） $N (A) = {x : A x = 0}$ 的维数为 $dim N (A) = n - r (A) = n - r .$

取 $N (A)$ 的一组基础解系 $η_{1}, η_{2}, \dots, η_{n - r}$ ，它们是 $n$ 维列向量且线性无关。令 $B = (η_{1}, η_{2}, \dots, η_{n - r}, 0, \dots, 0),$ 即在基础解系之后补上 $r$ 个零列，使 $B$ 成为 $n$ 阶矩阵。

则： - $B$ 的列向量组的秩等于 $η_{1}, \dots, η_{n - r}$ 的秩，即 $R (B) = n - r$ ； - $A B = (A η_{1}, \dots, A η_{n - r}, 0, \dots, 0) = (0, \dots, 0) = 0$ 。

故这样的 $B$ 存在。证毕。

第 5 题秩为 1 的矩阵的分解与幂等型恒等式

第三章矩阵

（本题 15 分）

R (A_{n \times n}) = 1

，

A_{n \times n} \in P^{n \times n}

（

P

为数域），证明：（1）存在两组不全为零的实数

a_{1}, \dots, a_{n}

与

b_{1}, \dots, b_{n}

，使得

A = (a_{1}, \dots, a_{n})^{T} (b_{1}, \dots, b_{n})

；（2）存在实数

k

，使得

A^{2} = k A

。

查看解答

解

（1）因 $R (A) = 1$ ， $A$ 至少有一个非零列。取 $A$ 的一个非零列，记为 $α = (\begin{array}{c} a_{1} \\ a_{2} \\ ⋮ \\ a_{n} \end{array}),$ 则 $a_{1}, \dots, a_{n}$ 不全为零。

设 $A$ 的第 $j$ 列为 $β_{j}$ （ $j = 1, \dots, n$ ）。由于 $A$ 的列向量组的秩为 $1$ ，每一列都是 $α$ 的倍数（ $α$ 已是列空间的一组基），故存在实数 $b_{j}$ 使 $β_{j} = b_{j} α, j = 1, \dots, n .$ 于是 $A = (β_{1}, \dots, β_{n}) = α (b_{1}, \dots, b_{n}) = (a_{1}, \dots, a_{n})^{T} (b_{1}, \dots, b_{n}) .$ 因 $A \neq 0$ ， $(b_{1}, \dots, b_{n}) \neq (0, \dots, 0)$ 。这样得到的 $a_{1}, \dots, a_{n}$ 与 $b_{1}, \dots, b_{n}$ 都不全为零。

（2）由（1），令 $α = (a_{1}, \dots, a_{n})^{T}$ ， $β = (b_{1}, \dots, b_{n})^{T}$ ，则 $A = α β^{T}$ ，于是 $A^{2} = α β^{T} α β^{T} = α (β^{T} α) β^{T} = (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i}) α β^{T} = (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i}) A .$ 取 $k = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i} \in ℝ,$ 即得 $A^{2} = k A$ 。证毕。

第 6 题拼接矩阵的秩的估计

第三章矩阵

（本题 8 分）设

A_{m \times n} X_{n \times 1} = d_{m \times 1}

有解，

B_{m \times s} X_{s \times 1} = c_{m \times 1}

无解，令

G = (A B d c)_{m \times (n + s + 2)}

。证明：

R (G) \leq R (A) + R (B) + 1

。

查看解答

解

把 $G$ 看成按列分块拼成的矩阵 $G = (A, B, d, c)$ ，其中 $d, c$ 都是 $m \times 1$ 的列向量。

第一步： $d$ 可以删去。 因 $A X = d$ 有解，即 $d$ 可由 $A$ 的列向量组线性表示，故 $d$ 属于由 $A$ 的列向量组张成的子空间，而后者含于由 $A, B, c$ 的列向量组张成的子空间。因此添上 $d$ 不改变列空间，从而 $R (G) = R (A, B, c) .$

第二步：用拼接矩阵秩的估计。 对任一同型矩阵 $P, Q$ 有 $R (P, Q) \leq R (P) + R (Q)$ ，故 $R (A, B, c) \leq R (A) + R (B, c) \leq R (A) + R (B) + 1,$ 其中最后一步用了 $R (B, c) \leq R (B) + 1$ （添一列秩至多增加 $1$ ）。

于是 $R (G) \leq R (A) + R (B) + 1 .$ 证毕。

（补充：因 $B X = c$ 无解， $c$ 不能由 $B$ 的列向量组线性表示，故 $R (B, c) = R (B) + 1$ ，上面的估计在 $A$ 的列与 $B$ 的列互不相关时是精确的。）

第 7 题分块矩阵行列式的恒等式

第三章矩阵

（本题 10 分）设

A, B, C, D \in ℝ^{n \times n}

，证明：当

A C = C A

时，有

| \begin{array}{c} A & D \\ C & B \end{array} | = | A B - C D |

。

查看解答

解

第一步：先设 $A$ 可逆。 对分块矩阵作分块初等行变换，左乘 $P = (\begin{array}{c} E & 0 \\ - C A^{- 1} & E \end{array}), | P | = 1 .$ 得 $P (\begin{array}{c} A & D \\ C & B \end{array}) = (\begin{array}{c} A & D \\ 0 & B - C A^{- 1} D \end{array}) .$ 于是 $| \begin{array}{c} A & D \\ C & B \end{array} | = | \begin{array}{c} A & D \\ 0 & B - C A^{- 1} D \end{array} | = | A | \cdot | B - C A^{- 1} D | .$ 由 $| A | | B - C A^{- 1} D | = | A (B - C A^{- 1} D) | = | A B - A C A^{- 1} D |$ ，再用 $A C = C A$ 得 $A C A^{- 1} = C$ （两边右乘 $A^{- 1}$ ： $A C A^{- 1} = C A A^{- 1} = C$ ），故 $| \begin{array}{c} A & D \\ C & B \end{array} | = | A B - C D | .$

第二步：去掉 $A$ 可逆的假设。 对任意实数 $t$ ，记 $A_{t} = A + t E$ 。 $| A_{t} |$ 是 $t$ 的多项式，只有有限个零点，故存在数列 $t_{s} \to 0$ ，使每个 $A_{t_{s}}$ 都可逆。又 $A_{t} C = (A + t E) C = A C + t C = C A + t C = C (A + t E) = C A_{t},$ 即 $A_{t}$ 与 $C$ 仍可交换。由第一步， $| \begin{array}{c} A_{t} & D \\ C & B \end{array} | = | A_{t} B - C D |, t = t_{s} .$ 两边都是 $t$ 的多项式（左边是元素为 $t$ 的多项式的行列式，右边同理），且在无穷多个 $t_{s}$ 上相等，故作为多项式恒等。令 $t = 0$ 得 $| \begin{array}{c} A & D \\ C & B \end{array} | = | A B - C D | .$

证毕。

2018-2019 学年期中试卷

第一题正交矩阵的行列式与 |A+E|

第一章行列式

设

A

是一个

2019

阶实方阵，满足

A A^{T} = E

，

| A | < 0

，求

| A + E |

。

查看解答

解

由 $A A^{T} = E$ 得 $| A |^{2} = | A | | A^{T} | = | A A^{T} | = | E | = 1$ ，故 $| A | = \pm 1$ ；又 $| A | < 0$ ，所以 $| A | = - 1$ ，且 $A$ 可逆， $A^{- 1} = A^{T}$ 。

于是

$| A + E | = | A | | E + A^{- 1} | = - | E + A^{T} | = - | (E + A)^{T} | = - | A + E |,$

即 $2 | A + E | = 0$ ，故

$| A + E | = 0 .$

第二题伴随矩阵与行列式（|A|=-1）

第一章行列式

设

A

是一个

8

阶实方阵，满足

a_{i j} = - A_{i j}

（

A_{i j}

为

a_{i j}

的代数余子式），其中

a_{11} \neq 0

，求

| A |

。

查看解答

解

记 $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵。由伴随矩阵的定义， $(A_{i j}) = (A^{*})^{T}$ ，故条件 $a_{i j} = - A_{i j}$ 即

$A = - A^{* T}, A^{*} = - A^{T} .$

由第二式得 $A^{*} = - A^{T}$ ，两边左乘 $A$ 并用 $A A^{*} = | A | E$ ，得 $- A A^{T} = | A | E$ ，即

$A A^{T} = - | A | E .$

取迹： $\sum_{i, j = 1}^{8} a_{i j}^{2} = tr (A A^{T}) = - 8 | A |$ ，故 $| A | \leq 0$ 。

再取行列式： $| A |^{2} = | - | A | E | = (- | A |)^{8} = | A |^{8}$ ，即 $| A |^{2} (| A |^{6} - 1) = 0$ ，故 $| A | \in {0, \pm 1}$ 。结合 $| A | \leq 0$ 得 $| A | = 0$ 或 $| A | = - 1$ 。

若 $| A | = 0$ ，则 $A^{*} = 0$ ，由 $A^{*} = - A^{T}$ 得 $A = 0$ ，与 $a_{11} \neq 0$ 矛盾。所以

$| A | = - 1 .$

第三题矩阵方程有解性与行列式

第二章线性方程组

设实方阵

A = (\begin{array}{c} 2 & 2 \\ 2 & a \end{array})

，

B = (\begin{array}{c} 4 & b \\ 3 & 1 \end{array})

，证明：矩阵方程

A X = B

有解且

B Y = A

无解

\Leftrightarrow a

（原卷右端被裁切，条件待核）。

查看解答

解

$| A | = 2 a - 4 = 2 (a - 2)$ ， $| B | = 4 - 3 b$ 。

先看 $A X = B$ 。若 $a \neq 2$ ，则 $A$ 可逆， $X = A^{- 1} B$ ，方程有解。若 $a = 2$ ，则 $A = (\begin{array}{c} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{array})$ ，其列空间为 $span {(1, 1)^{T}}$ ，而 $B$ 的第一列 $(4, 3)^{T}$ 不在其中（两分量不相等），故 $A X = B$ 无解。所以

$A X = B$ 有解 $\Leftrightarrow a \neq 2$ 。

再设 $a \neq 2$ 。若 $B Y = A$ 有解，取行列式得 $| B | | Y | = | A | \neq 0$ ，故 $| B | \neq 0$ ；反之若 $| B | \neq 0$ ，则 $Y = B^{- 1} A$ 即为其解。故

$B Y = A$ 无解 $\Leftrightarrow | B | = 0 \Leftrightarrow b = \frac{4}{3}$ 。

综上， $A X = B$ 有解且 $B Y = A$ 无解 $\Leftrightarrow a \neq 2$ 且 $b = \frac{4}{3}$ （原卷被裁部分应为此条件）。

第四题含参数线性方程组解的讨论

第二章线性方程组

当实数

a, b

取什么值时，方程组

{\begin{cases} - x_{2} + a x_{3} = 0 \\ - a x_{1} + x_{2} + a x_{4} = 1 \\ x_{1} - x_{3} - x_{4} = 1 \\ x_{2} - a x_{3} = b \end{cases}

无解，有解，有解时求解。

查看解答

解

增广矩阵为

$\overline{A} = (\begin{array}{ccccc} 0 & - 1 & a & 0 & 0 \\ - a & 1 & 0 & a & 1 \\ 1 & 0 & - 1 & - 1 & 1 \\ 0 & 1 & - a & 0 & b \end{array}) .$

记第 $i$ 行为 $R_{i}$ 。由

$R_{1} + R_{2} + a R_{3} = (0, 0, 0, 0 | 1 + a)$

知方程组有解必须 $a = - 1$ ；又

$R_{4} - (R_{2} + a R_{3}) = (0, 0, 0, 0 | b - 1 - a)$

故又必须 $b = 1 + a$ 。所以有解的必要条件是 $a = - 1, b = 0$ 。

当 $a = - 1, b = 0$ 时， $R_{4} = - R_{1}$ ， $R_{4} = R_{2} - R_{3}$ ，而 $R_{1}, R_{2}$ 线性无关，故系数矩阵的秩为 $2$ ，未知量 $4$ 个，方程组有无穷多解，且解含 $2$ 个自由参数。此时方程组等价于

${\begin{cases} - x_{2} - x_{3} = 0 \\ x_{1} + x_{2} - x_{4} = 1 \end{cases} ⟹ {\begin{cases} x_{2} = - x_{3} \\ x_{1} = 1 + x_{3} + x_{4} \end{cases}$

令 $x_{3} = s, x_{4} = t$ ，得全部解

$X = (1, 0, 0, 0)^{T} + s (1, - 1, 1, 0)^{T} + t (1, 0, 0, 1)^{T},$

其中 $s, t$ 为任意常数。

综上： $a = - 1$ 且 $b = 0$ 时方程组有无穷多解；其余情形均无解（不存在唯一解的情形）。

第五题分块对角矩阵的伴随矩阵

第三章矩阵

设

A, B \in R^{2 \times 2}

，

M = (\begin{array}{c} A \\ B \end{array})

（空白块为

0

），判断下面

4

个等式：正确的给出证明，不正确的给出反例。

(1) M^{*} = (\begin{array}{c} | A | A^{*} \\ | B | B^{*} \end{array}) (2) M^{*} = (\begin{array}{c} | B | B^{*} \\ | A | A^{*} \end{array})

(3) M^{*} = (\begin{array}{c} | A | B^{*} \\ | B | A^{*} \end{array}) (4) M^{*} = (\begin{array}{c} | B | A^{*} \\ | A | B^{*} \end{array})

查看解答

解

这里 $M = diag (A, B)$ 是 $4$ 阶方阵。按代数余子式直接计算：位于 $A$ 所在位置的每个代数余子式，都是 $A$ 的某个代数余子式与 $| B |$ 的乘积；位于 $B$ 所在位置的每个代数余子式，都是 $B$ 的某个代数余子式与 $| A |$ 的乘积。故恒有

$M^{*} = (\begin{array}{c} | B | A^{*} & 0 \\ 0 & | A | B^{*} \end{array}),$

即 (4) 正确（此式对 $A, B$ 奇异的情形也成立，证明中未用到可逆性）。

下面说明 (1)(2)(3) 都不正确。取

$A = (\begin{array}{c} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}), B = E_{2} .$

则 $| A | = 2$ ， $A^{*} = (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{array})$ ， $| B | = 1$ ， $B^{*} = E_{2}$ 。此时 $M = diag (2, 1, 1, 1)$ ， $| M | = 2$ ， $M^{- 1} = diag (\frac{1}{2}, 1, 1, 1)$ ，故

$M^{*} = | M | M^{- 1} = diag (1, 2, 2, 2) .$

而 (1) 右端 $= diag (2, 4, 1, 1)$ ；(2) 右端 $= diag (1, 1, 2, 4)$ ；(3) 右端 $= diag (2, 2, 1, 2)$ ，(4) 右端 $= diag (1, 2, 2, 2)$ 。故 (1)(2)(3) 均不成立，(4) 成立。

第六题由 A+B=AB 推出可逆性、交换性与秩

第三章矩阵

设

A, B \in P^{n \times n}

，且满足

A + B = A B

，证明：(1)

A - E

可逆；(2)

A B = B A

；(3)

r (A) = r (B)

；(4) 若

B = (\begin{array}{c} 1 & - 3 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{array})

，求

A

。

查看解答

解

(1) 由 $A + B = A B$ 得 $A B - A - B + E = E$ ，即

$(A - E) (B - E) = E .$

故 $A - E$ 可逆，且 $(A - E)^{- 1} = B - E$ （同时 $B - E$ 也可逆）。

(2) 由 (1) 知 $(B - E) (A - E) = E$ ，与 $(A - E) (B - E) = E$ 比较得

$A B - A - B + E = B A - B - A + E,$

故 $A B = B A$ 。

(3) 由 $A + B = A B$ 得 $A (B - E) = B$ ，故 $r (B) = r (A (B - E)) \leq r (A)$ ；同理由 $B (A - E) = A$ 得 $r (A) \leq r (B)$ 。故 $r (A) = r (B)$ 。

(4) 由 (1) 得 $A = E + (B - E)^{- 1}$ 。这里

$B - E = (\begin{array}{c} 0 & - 3 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}), (B - E)^{- 1} = (\begin{array}{c} 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ - \frac{1}{3} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}),$

故

$A = (\begin{array}{c} 1 & \frac{1}{2} & 0 \\ - \frac{1}{3} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}) .$

验证： $A B = A + B$ ，例如左上 $2 \times 2$ 块 $(\begin{array}{c} 1 & \frac{1}{2} \\ - \frac{1}{3} & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 & - 3 \\ 2 & 1 \end{array}) = (\begin{array}{c} 2 & - \frac{5}{2} \\ \frac{5}{3} & 2 \end{array})$ ，正等于 $A$ 与 $B$ 相应块之和。

第七题矩阵分解为可逆阵与幂等阵之积

第三章矩阵

设

A \in P^{n \times n}

，证明：存在可逆矩阵

B

和满足

C = C^{2}

的矩阵

C

，使得

A = B C

。

查看解答

解

设 $r (A) = r$ 。由矩阵的等价标准形，存在可逆矩阵 $P, Q$ 使

$A = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q .$

取

$B = P Q, C = Q^{- 1} (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q .$

则 $B$ 可逆，且

$C^{2} = Q^{- 1} {(\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array})}^{2} Q = Q^{- 1} (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q = C,$

$B C = P Q Q^{- 1} (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q = A .$

故所求的 $B, C$ 存在。

第八题分块行列式与 Schur 补

第一章行列式

设

A = [a_{i j}]_{n \times n}

（

n \geq 2

），

A = (\begin{array}{c} B & α \\ β & a_{n n} \end{array})

，其中

B

为

n - 1

阶方阵，

α

为

n - 1

维列向量，

β

为

n - 1

维行向量。如果

| A | > 0

，

| B | > 0

，证明：

a_{n n} - β B^{- 1} α > 0

。

查看解答

解

因 $| B | > 0$ ， $B$ 可逆。对 $A$ 作分块初等变换（左乘可逆的分块下三角矩阵），得

$(\begin{array}{c} E_{n - 1} & 0 \\ - β B^{- 1} & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} B & α \\ β & a_{n n} \end{array}) = (\begin{array}{c} B & α \\ 0 & a_{n n} - β B^{- 1} α \end{array}) .$

左乘矩阵的行列式为 $1$ ，右端为分块上三角矩阵，故

$| A | = | B | (a_{n n} - β B^{- 1} α) .$

由 $| A | > 0$ 、 $| B | > 0$ 得

$a_{n n} - β B^{- 1} α = \frac{| A |}{| B |} > 0 .$

2018-2019 学年期中试卷

第一题特殊 n 阶行列式的计算

第一章行列式

(15) 计算

n

阶行列式

D = | \begin{array}{c} a_{1} + x & a_{2} & \dots & a_{n} \\ a_{1} & a_{2} + x & \dots & a_{n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ a_{1} & a_{2} & \dots & a_{n} + x \end{array} | .

查看解答

解

记 $e_{j}$ 为第 $j$ 个单位坐标列向量， $e = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ ，则第 $j$ 列为 $x e_{j} + a_{j} e$ 。由行列式对列的线性性，把行列式按列展开成 $2^{n}$ 项之和：

(i) 各列都取 $x e_{j}$ ，得 $x^{n}$ ；

(ii) 恰有一列（第 $j$ 列）取 $a_{j} e$ ，其余各列取 $x e_{i}$ ，此时该列换成了 $e = e_{1} + \dots + e_{n}$ ，所得行列式等于 $a_{j} x^{n - 1}$ ；

(iii) 有两列以上取 $a_{j} e$ ，则至少两列成比例，对应行列式为 $0$ 。

故

$D = x^{n} + x^{n - 1} \sum_{j = 1}^{n} a_{j} = x^{n - 1} (x + \sum_{j = 1}^{n} a_{j}) .$

当 $n = 1$ 时 $D = a_{1} + x$ ，上式仍成立。

第二题排列与行列式的定义

第一章行列式

(15) 设

σ = (i_{1} i_{2} \dots i_{n})

是一个

n

阶排列，

A = [a_{i j}]

是一个

n

阶方阵，并且

A

中元素满足：对每个固定的

r

，当

j = i_{r}

时

a_{r j} = 1

，否则

a_{r j} = 0

。求

| A |

。

查看解答

解

$A$ 的每一行恰有一个元素为 $1$ 、其余为 $0$ ，且第 $r$ 行的 $1$ 位于第 $i_{r}$ 列，即 $A$ 是置换矩阵。由行列式的完全展开式

$| A | = \sum_{π} sgn (π) \prod_{r = 1}^{n} a_{r, π (r)},$

其中只有 $π = σ$ （即 $π (r) = i_{r}$ ）时才有 $\prod_{r = 1}^{n} a_{r, i_{r}} = 1$ ，其余排列的乘积均为 $0$ 。故

$| A | = sgn (σ) = (- 1)^{N (σ)},$

其中 $N (σ)$ 为排列 $σ = (i_{1} i_{2} \dots i_{n})$ 的逆序数。

第三题含参数方程组的解的讨论

第二章线性方程组

(15) 问

λ

取什么值时，方程组

{\begin{cases} λ x_{1} + x_{2} + x_{3} = 1 \\ x_{1} + λ x_{2} + x_{3} = 1 \\ x_{1} + x_{2} + λ x_{3} = 1 \end{cases}

无解？唯一解？无穷多解？有解时求解。

查看解答

解

系数行列式

$| A | = | \begin{array}{c} λ & 1 & 1 \\ 1 & λ & 1 \\ 1 & 1 & λ \end{array} | = (λ + 2) (λ - 1)^{2} .$

(1) 当 $λ \neq 1$ 且 $λ \neq - 2$ 时， $| A | \neq 0$ ，方程组有唯一解。由第一、二式相减得 $(λ - 1) (x_{1} - x_{2}) = 0$ ，故 $x_{1} = x_{2}$ ；同理 $x_{2} = x_{3}$ 。代回第一式得 $(λ + 2) x_{1} = 1$ ，故

$x_{1} = x_{2} = x_{3} = \frac{1}{λ + 2} .$

(2) 当 $λ = 1$ 时，三式都化为 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 1$ ，方程组有无穷多解

$X = (1, 0, 0)^{T} + s (- 1, 1, 0)^{T} + t (- 1, 0, 1)^{T},$

其中 $s, t$ 为任意常数。

(3) 当 $λ = - 2$ 时，三式相加得 $0 = 3$ ，方程组无解。

第四题矩阵方程 AX=A+2X 的求解

第三章矩阵

(15) 设

A = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array})

，求矩阵方程

A X = A + 2 X

的解

X

。

查看解答

解

原方程即 $(A - 2 E) X = A$ 。记 $J$ 为 $3$ 阶全 $1$ 矩阵，则 $A = J$ ， $J^{2} = 3 J$ ，故

$(J - 2 E) \cdot \frac{1}{2} (J - E) = \frac{1}{2} (J^{2} - 3 J + 2 E) = \frac{1}{2} (3 J - 3 J + 2 E) = E,$

即 $A - 2 E$ 可逆，且 $(A - 2 E)^{- 1} = \frac{1}{2} (J - E)$ 。于是

$X = (A - 2 E)^{- 1} A = \frac{1}{2} (J - E) J = \frac{1}{2} (J^{2} - J) = \frac{1}{2} (3 J - J) = J = A .$

所以 $X = A = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array})$ （验证： $A X = 3 A = A + 2 A = A + 2 X$ ）。

第五题反对称矩阵与矩阵可逆性

第三章矩阵

(15) 设

A

为

4

阶反对称矩阵，

B = (\begin{array}{c} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array})

，证明

E + A B

可逆。

查看解答

证明

设 $(E + A B) x = 0$ ，则 $A B x = - x$ 。两边左乘 $x^{T} B$ ，得

$x^{T} B A B x = - x^{T} B x .$

因 $A^{T} = - A$ ， $B$ 为实对角矩阵，故

$(B A B)^{T} = B^{T} A^{T} B^{T} = - B A B,$

即 $B A B$ 反对称，从而 $x^{T} B A B x = 0$ ，于是 $x^{T} B x = 0$ 。

由 $B = diag (0, 0, 1, 2)$ 半正定， $x^{T} B x = x_{3}^{2} + 2 x_{4}^{2} = 0$ 给出 $x_{3} = x_{4} = 0$ ，即 $B x = 0$ 。代回 $A B x = - x$ 得 $x = 0$ 。

所以齐次方程组 $(E + A B) x = 0$ 只有零解，方阵 $E + A B$ 可逆。

第六题伴随矩阵的对称性与秩

第一章行列式

(10) 设

A

为

n

阶实对称矩阵（

n > 1

），

| A | = 0

，证明：

A_{i i} A_{j j} = (A_{i j})^{2}

，

i, j = 1, 2, \dots, n

（

A_{i j}

为

a_{i j}

的代数余子式）。

查看解答

证明

因 $| A | = 0$ 且 $n > 1$ ， $r (A) \leq n - 1$ ，故其伴随矩阵 $A^{*}$ 满足

$r (A^{*}) \leq 1 .$

又 $A^{T} = A$ ，故 $(A^{*})^{T} = (A^{T})^{*} = A^{*}$ ，即 $A^{*}$ 为实对称矩阵。由 $A$ 对称还可得 $A_{i j} = A_{j i} = (A^{*})_{i j}$ 。

秩不超过 $1$ 的实对称矩阵必可写成 $A^{*} = c u u^{T}$ （ $c$ 为实数， $u$ 为列向量； $r (A^{*}) = 0$ 时取 $c = 0$ ），于是

$A_{i i} A_{j j} = (A^{*})_{i i} (A^{*})_{j j} = c^{2} u_{i}^{2} u_{j}^{2} = (c u_{i} u_{j})^{2} = (A^{*})_{i j}^{2} = A_{i j}^{2} .$

第七题分块矩阵的秩

第三章矩阵

(7) 设

A, B \in P^{n \times n}

，

M = (\begin{array}{c} A & B \\ B & A \end{array})

，证明：

R (M) \geq R (A + B) + R (A - B)

。

查看解答

证明

取 $P = (\begin{array}{c} E & E \\ E & - E \end{array})$ ，则 $| P | = - 2^{n} \neq 0$ ， $P$ 可逆。直接计算得

$P M = (\begin{array}{c} A + B & A + B \\ A - B & B - A \end{array}), P M P = (\begin{array}{c} 2 (A + B) & 0 \\ 0 & 2 (A - B) \end{array}) .$

由于乘以可逆矩阵不改变秩，故

$R (M) = R (P M P) = R (2 (A + B)) + R (2 (A - B)) = R (A + B) + R (A - B),$

从而 $R (M) \geq R (A + B) + R (A - B)$ 。

第八题由 B=E+AB 证明 AB=BA

第三章矩阵

(8) 设

A, B \in P^{n \times n}

，满足

B = E + A B

，证明：

A B = B A

。

查看解答

证明

由 $B = E + A B$ 得 $B - A B = E$ ，即

$(E - A) B = E .$

所以 $E - A$ 可逆，且 $B (E - A) = E$ 。由 $B (E - A) = E$ 得 $B - B A = E$ ，即 $B A = B - E$ ；而由 $B = E + A B$ 得 $A B = B - E$ 。故

$A B = B A .$

2019-2020 学年期中试卷

第一题三对角行列式的递推计算

第一章行列式

一、（本题 10 分）设有下列

n

阶行列式：

D_{n} = | \begin{array}{c} 4 & 1 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 4 & 4 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 4 & 4 & 1 & 0 & \dots \\ ⋮ & 0 & ⋱ & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & \dots & 0 & 4 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 4 & 4 \end{array} |,

试证明：

D_{n} = (1 + n) 2^{n}

。

查看解答

证明

按第一行展开。 $(1, 1)$ 元素的余子式就是 $D_{n - 1}$ ； $(1, 2)$ 元素的余子式删去第 $1$ 行与第 $2$ 列后，其第一列为 $(4, 0, \dots, 0)^{T}$ ，按该列展开得 $4 D_{n - 2}$ 。故

$D_{n} = 4 D_{n - 1} - 4 D_{n - 2} (n \geq 3) .$

又

$D_{1} = 4 = (1 + 1) 2^{1}, D_{2} = | \begin{array}{c} 4 & 1 \\ 4 & 4 \end{array} | = 12 = (1 + 2) 2^{2} .$

设 $D_{n - 1} = n 2^{n - 1}$ ， $D_{n - 2} = (n - 1) 2^{n - 2}$ ，则

$D_{n} = 4 \cdot n 2^{n - 1} - 4 (n - 1) 2^{n - 2} = n 2^{n + 1} - (n - 1) 2^{n} = (n + 1) 2^{n} .$

由数学归纳法，对一切正整数 $n$ 有 $D_{n} = (1 + n) 2^{n}$ 。

第二题秩一矩阵的幂与伴随矩阵的行列式

第一章行列式

二、（本题 10 分）设

α = (1, 0, - 1)^{T}

，矩阵

A = α α^{T}

。又设

n

为一正整数，试求

| 2 E - (A^{*})^{n} + A^{n} |

。

查看解答

解

$A = α α^{T}$ 是秩 $1$ 的 $3$ 阶方阵，且 $α^{T} α = 1^{2} + 0^{2} + (- 1)^{2} = 2$ ，故

$A^{2} = α (α^{T} α) α^{T} = 2 A, A^{n} = 2^{n - 1} A (n \geq 1) .$

又 $r (A) = 1 \leq 3 - 2$ ，故 $A$ 的所有 $2$ 阶子式全为 $0$ ，即 $A^{*} = 0$ ，从而 $(A^{*})^{n} = 0$ 。于是

$2 E - (A^{*})^{n} + A^{n} = 2 E + 2^{n - 1} A .$

$A$ 的特征值为 $2, 0, 0$ ，故 $2 E + 2^{n - 1} A$ 的特征值为 $2 + 2^{n}, 2, 2$ ，从而

$| 2 E - (A^{*})^{n} + A^{n} | = 2 \cdot 2 \cdot (2 + 2^{n}) = 4 (2 + 2^{n}) = 8 + 2^{n + 2} .$

第三题由秩与方程组有解求参数

第二章线性方程组

三、（本题 15 分）设有实方阵

A = (\begin{array}{c} 1 & 3 & 9 \\ 2 & 0 & 6 \\ - 3 & 1 & - 7 \end{array})

，

B = (\begin{array}{c} 0 & a & b \\ 2 & 0 & 6 \\ - 1 & 1 & 0 \end{array})

，其中

a, b

为实常数。已知

r (A) = r (B)

，且线性方程组

A X = (b, 1, 0)^{T}

有解，试求

a, b

的值。

查看解答

解

先求 $r (A)$ 。 $R_{3} = \frac{1}{3} R_{1} - \frac{5}{3} R_{2}$ ，故 $| A | = 0$ ；而 $| \begin{array}{c} 1 & 3 \\ 2 & 0 \end{array} | = - 6 \neq 0$ ，故

$r (A) = 2 .$

由 $r (B) = 2$ 得 $| B | = 0$ 。按第一行展开：

$| B | = 0 \cdot | \begin{array}{c} 0 & 6 \\ 1 & 0 \end{array} | - a | \begin{array}{c} 2 & 6 \\ - 1 & 0 \end{array} | + b | \begin{array}{c} 2 & 0 \\ - 1 & 1 \end{array} | = - 6 a + 2 b,$

故 $b = 3 a$ （此时 $| \begin{array}{c} 2 & 0 \\ - 1 & 1 \end{array} | = 2 \neq 0$ ，确实 $r (B) = 2$ ）。

再令 $A X = (b, 1, 0)^{T}$ 。取 $A$ 的左零向量 $y = (1, - 5, - 3)^{T}$ （直接验证 $y^{T} A = 0$ ），则 $A X = η$ 有解当且仅当 $y^{T} η = 0$ ，即

$y^{T} (b, 1, 0)^{T} = b - 5 = 0, b = 5 .$

于是 $a = \frac{b}{3} = \frac{5}{3}$ 。故

$a = \frac{5}{3}, b = 5 .$

（此时 $A X = (5, 1, 0)^{T}$ 的通解为 $X = (\frac{1 - 6 t}{2}, \frac{3 - 4 t}{2}, t)^{T}$ ， $t$ 为任意常数。）

第四题含参数线性方程组解的讨论

第二章线性方程组

四、（本题 20 分）当实数

a

取何值时线性方程组

{\begin{cases} - x_{1} - 4 x_{2} + x_{3} = 1 \\ a x_{2} - 3 a x_{3} = 3 \\ x_{1} + 3 x_{2} + (a + 1) x_{3} = 0 \end{cases}

无解，有唯一解，有无穷多解？有解时请求出所有解。

查看解答

解

把第 $1$ 行加到第 $3$ 行，系数行列式

$| A | = | \begin{array}{c} - 1 & - 4 & 1 \\ 0 & a & - 3 a \\ 1 & 3 & a + 1 \end{array} | = | \begin{array}{c} - 1 & - 4 & 1 \\ 0 & a & - 3 a \\ 0 & - 1 & a + 2 \end{array} | = - 1 \cdot (a (a + 2) - 3 a) = - a (a - 1) .$

(1) 当 $a = 0$ 时，第二个方程为 $0 = 3$ ，方程组无解。

(2) 当 $a = 1$ 时，第二个方程为 $x_{2} - 3 x_{3} = 3$ ，而第三个方程加第一个方程得 $- x_{2} + 3 x_{3} = 1$ ，两式相加得 $0 = 4$ ，方程组无解。

(3) 当 $a \neq 0$ 且 $a \neq 1$ 时， $| A | \neq 0$ ，方程组有唯一解。由第二式得 $x_{2} - 3 x_{3} = \frac{3}{a}$ ；由第三个方程加第一个方程得 $- x_{2} + (a + 2) x_{3} = 1$ 。两式相加得

$(a - 1) x_{3} = 1 + \frac{3}{a} = \frac{a + 3}{a}, x_{3} = \frac{a + 3}{a (a - 1)} .$

于是

$x_{2} = 3 x_{3} + \frac{3}{a} = \frac{3 (a + 3) + 3 (a - 1)}{a (a - 1)} = \frac{6 (a + 1)}{a (a - 1)},$

$x_{1} = - 1 - 4 x_{2} + x_{3} = - 1 + \frac{- 24 (a + 1) + (a + 3)}{a (a - 1)} = - \frac{(a + 1) (a + 21)}{a (a - 1)} .$

即唯一解为

$X = (- \frac{(a + 1) (a + 21)}{a (a - 1)}, \frac{6 (a + 1)}{a (a - 1)}, \frac{a + 3}{a (a - 1)})^{T} .$

综上： $a \neq 0$ 且 $a \neq 1$ 时有唯一解（如上）； $a = 0$ 或 $a = 1$ 时无解；不存在有无穷多解的情形。

第五题含参数矩阵的秩

第三章矩阵

五、（本题 15 分）设

A = (\begin{array}{c} k & 1 & 1 & 1 \\ 1 & k & 1 & 1 \\ 1 & 1 & k & 1 \\ k & k & k & k \end{array})

，其中

k

为实常数，试求

A

的秩

r (A)

。

查看解答

解

第 $4$ 行为 $k (1, 1, 1, 1)^{T}$ ，由行列式对行的齐次性

$| A | = k | \begin{array}{c} k & 1 & 1 & 1 \\ 1 & k & 1 & 1 \\ 1 & 1 & k & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array} | .$

再把第 $1, 2, 3$ 行分别减去第 $4$ 行（前三行均形如 $(k - 1) e_{i}^{T} + (1, 1, 1, 1)$ ），得

$| A | = k | \begin{array}{c} k - 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & k - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k - 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array} | = k (k - 1)^{3} .$

(1) 当 $k \neq 0$ 且 $k \neq 1$ 时， $| A | \neq 0$ ，故 $r (A) = 4$ 。

(2) 当 $k = 1$ 时， $A$ 的元素全为 $1$ ，故 $r (A) = 1$ 。

(3) 当 $k = 0$ 时， $A = (\begin{array}{c} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array})$ 。第 $4$ 行为零行；若 $α r_{1} + β r_{2} + γ r_{3} = 0$ ，由第 $1, 2, 3$ 列得 $β + γ = 0, α + γ = 0, α + β = 0$ ，故 $α = β = γ = 0$ ，前三行线性无关， $r (A) = 3$ 。

综上： $k \notin {0, 1}$ 时 $r (A) = 4$ ； $k = 0$ 时 $r (A) = 3$ ； $k = 1$ 时 $r (A) = 1$ 。

第六题矩阵迹的性质

第三章矩阵

六、（本题 20 分）设

A, B

为

n

阶方阵，试证明：(1)

t r (A + B) = t r A + t r B

；(2)

t r (A B) = t r (B A)

；(3) 设

P

是一个

n

阶可逆矩阵，则有

t r (P^{- 1} A P) = t r A

；(4) 若

A = E_{i j}

，其中

E_{i j}

是第

i

行第

j

列处的元素为

1

、其余元素全部为零的

n

阶方阵，试求

t r A

。

查看解答

证明

设 $A = (a_{i j})$ ， $B = (b_{i j})$ 。

(1) $A + B$ 的 $(i, i)$ 元为 $a_{i i} + b_{i i}$ ，故

$t r (A + B) = \sum_{i = 1}^{n} (a_{i i} + b_{i i}) = \sum_{i = 1}^{n} a_{i i} + \sum_{i = 1}^{n} b_{i i} = t r A + t r B .$

(2) $A B$ 的 $(i, i)$ 元为 $\sum_{k = 1}^{n} a_{i k} b_{k i}$ ，故

$t r (A B) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{i k} b_{k i} = \sum_{k = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{n} b_{k i} a_{i k} = t r (B A) .$

(3) 由 (2) 得

$t r (P^{- 1} A P) = t r ((P^{- 1} A) P) = t r (P (P^{- 1} A)) = t r ((P P^{- 1}) A) = t r A .$

(4) $E_{i j}$ 的 $(i, i)$ 元为 $1$ 当且仅当 $i = j$ ，其余对角元均为 $0$ ，故

$t r (E_{i j}) = {\begin{cases} 1, & i = j, \\ 0, & i \neq j, \end{cases}$

即 $t r (E_{i j}) = δ_{i j}$ 。

第七题伴随矩阵与秩

第三章矩阵

七、（本题 5 分）设

A

是一个

n

（

n \geq 2

）阶方阵，

A^{*}

是

A

的伴随矩阵。若存在

n

维非零列向量

α

使得

A α = θ

，其中

θ

为

n

维零列向量，且非齐次线性方程组

A^{*} X = α

有解，试证明：

r (A) = n - 1

。

查看解答

证明

由 $A α = θ$ 且 $α \neq θ$ 知 $A$ 不可逆，故 $| A | = 0$ ，从而

$r (A) \leq n - 1 .$

若 $r (A) \leq n - 2$ ，则 $A$ 的所有 $n - 1$ 阶子式全为 $0$ ，于是 $A^{*} = 0$ ，方程组 $A^{*} X = α$ 变成 $0 = α$ ，与 $α \neq θ$ 矛盾。故

$r (A) \geq n - 1 .$

结合 $r (A) \leq n - 1$ 得 $r (A) = n - 1$ 。

第八题秩一扰动的行列式

第一章行列式

八、（本题 5 分）设

A

为

n

阶可逆矩阵，

α, β

为两个

n

维列向量，试证明：

| A + α β^{T} | = | A | + β^{T} A^{*} α

。

查看解答

证明

因 $A$ 可逆， $| A | \neq 0$ ，故

$| A + α β^{T} | = | A | | E + A^{- 1} α β^{T} | .$

由 $| E + u v^{T} | = 1 + v^{T} u$ （对任意列向量 $u, v$ ）得

$| E + A^{- 1} α β^{T} | = 1 + β^{T} A^{- 1} α,$

于是

$| A + α β^{T} | = | A | (1 + β^{T} A^{- 1} α) = | A | + | A | β^{T} A^{- 1} α .$

又 $A^{*} = | A | A^{- 1}$ ，故 $| A | β^{T} A^{- 1} α = β^{T} (| A | A^{- 1}) α = β^{T} A^{*} α$ ，从而

$| A + α β^{T} | = | A | + β^{T} A^{*} α .$

2020-2021 学年期中试卷

第一题特殊 n 阶行列式的计算

第一章行列式

一、（本题 10 分）设

x \neq 2

为实常数，若有

n

阶行列式如下，

D_{n} = | \begin{array}{c} x & 4 & 4 & \dots & 4 & 4 \\ 1 & x & 2 & 2 & \dots & 2 \\ 1 & 2 & x & 2 & 2 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 1 & 2 & \dots & 2 & x & 2 \\ 1 & 2 & 2 & \dots & 2 & x \end{array} |,

试证明：

\forall n \in Z^{+}, D_{n} = [x + 2 (n - 1)] (x - 2)^{n - 1}

。

查看解答

证明

把第 $j$ 列（ $j = 3, \dots, n$ ）减去第 $2$ 列。此时第 $1$ 行在第 $j$ 列处为 $0$ ，第 $2$ 行处为 $2 - x$ ，第 $i$ 行（ $i \geq 2$ ， $i \neq j$ ）处为 $0$ ，第 $j$ 行处为 $x - 2$ ，即第 $j$ 列等于 $(x - 2) (e_{j} - e_{2})$ 。提出各列的公因子，得

$D_{n} = (x - 2)^{n - 2} Δ,$

其中 $Δ$ 的第 $1, 2$ 列仍为原第 $1, 2$ 列，第 $j$ 列（ $j \geq 3$ ）为 $e_{j} - e_{2}$ 。

再把 $Δ$ 的第 $3, \dots, n$ 列都加到第 $2$ 列，行列式不变，而第 $2$ 列变为 $(4, x - n + 2, 3, \dots, 3)^{T}$ 。此时 $Δ$ 的第 $3$ 至 $n$ 列与第 $3$ 至 $n$ 行构成的子块是单位矩阵 $E_{n - 2}$ ，按分块行列式公式 $det (\begin{array}{c} P & Q \\ R & I \end{array}) = det (P - Q R)$ ，得

$Δ = det (\begin{array}{c} x & 4 \\ n - 1 & x + 2 n - 4 \end{array}) = x (x + 2 n - 4) - 4 (n - 1) = x^{2} + 2 n x - 4 x - 4 n + 4 = (x - 2) (x + 2 n - 2) .$

故

$D_{n} = (x - 2)^{n - 2} \cdot (x - 2) (x + 2 n - 2) = (x - 2)^{n - 1} [x + 2 (n - 1)] .$

第二题伴随矩阵与行列式

第一章行列式

二、（本题 10 分）设

A

为三阶方阵，

A^{*}

为

A

的伴随矩阵，已知

| A | = \frac{1}{2}

，试求

| (3 A)^{- 1} - 2 A^{*} |

的值。

查看解答

解

由 $| A | = \frac{1}{2} \neq 0$ 知 $A$ 可逆，且

$A^{*} = | A | A^{- 1} = \frac{1}{2} A^{- 1}, (3 A)^{- 1} = \frac{1}{3} A^{- 1} .$

于是

$(3 A)^{- 1} - 2 A^{*} = \frac{1}{3} A^{- 1} - 2 \cdot \frac{1}{2} A^{- 1} = - \frac{2}{3} A^{- 1} .$

取行列式（ $A$ 为三阶方阵）：

$| (3 A)^{- 1} - 2 A^{*} | = (- \frac{2}{3})^{3} | A^{- 1} | = - \frac{8}{27} \cdot \frac{1}{| A |} = - \frac{8}{27} \cdot 2 = - \frac{16}{27} .$

第三题齐次方程组与线性方程的公共解

第二章线性方程组

三、（本题 15 分）设

a \neq 1

是一个实常数，又已知齐次线性方程组

{\begin{cases} x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0 \\ x_{1} + 2 x_{2} + a x_{3} = 0 \\ x_{1} + 4 x_{2} + a^{2} x_{3} = 0 \end{cases}

与方程

x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = a - 1

有公共解，试求

a

的值以及所有公共解。

查看解答

解

齐次方程组的系数矩阵 $C = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & a \\ 1 & 4 & a^{2} \end{array})$ ，且

$| C | = (a - 1) (a - 2) .$

因 $a \neq 1$ ，故 $| C | \neq 0$ 当且仅当 $a \neq 2$ 。

(1) 若 $a \neq 2$ ，则 $| C | \neq 0$ ，齐次方程组只有零解 $X = θ$ 。零解满足 $x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = a - 1$ 需 $a - 1 = 0$ ，即 $a = 1$ ，与 $a \neq 1$ 矛盾。故此时无公共解。

(2) 若 $a = 2$ ，齐次方程组为 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$ ， $x_{1} + 2 x_{2} + 2 x_{3} = 0$ ， $x_{1} + 4 x_{2} + 4 x_{3} = 0$ 。由第一、二式相减得 $x_{2} + x_{3} = 0$ ，故 $x_{1} = 0, x_{2} = - x_{3}$ ，即齐次方程组的解为 $(0, - t, t)^{T}$ 。

代入方程 $x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = a - 1 = 1$ ，得 $0 - 2 t + t = - t = 1$ ，故 $t = - 1$ 。

所以

$a = 2, X = (0, 1, - 1)^{T} .$

即 $a = 2$ 时两方程组的公共解唯一，为 $X = (0, 1, - 1)^{T}$ 。

第四题含参数线性方程组解的讨论

第二章线性方程组

四、（本题 20 分）当实数

a

取何值时线性方程组

{\begin{cases} - 2 x_{1} + x_{2} + x_{3} = - 2 \\ x_{1} - 2 x_{2} + x_{3} = a \\ x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} = a^{2} \end{cases}

无解，有解？有解时求出所有解。

查看解答

解

系数矩阵 $C = (\begin{array}{c} - 2 & 1 & 1 \\ 1 & - 2 & 1 \\ 1 & 1 & - 2 \end{array})$ 的各行之和、各列之和均为 $0$ ，故 $C (1, 1, 1)^{T} = 0$ ， $(1, 1, 1) C = 0$ ，且 $| C | = 0$ 。又 $| \begin{array}{c} - 2 & 1 \\ 1 & - 2 \end{array} | = 3 \neq 0$ ，故 $r (C) = 2$ 。

于是 $C X = η$ （ $η = (- 2, a, a^{2})^{T}$ ）有解当且仅当左零向量 $(1, 1, 1)$ 与 $η$ 正交，即

$- 2 + a + a^{2} = 0 \Leftrightarrow a^{2} + a - 2 = 0,$

得 $a = 1$ 或 $a = - 2$ 。此时 $r (C) = 2$ ，未知量 $3$ 个，解含 $1$ 个自由参数，通解为 $X = X_{0} + t (1, 1, 1)^{T}$ （ $t$ 为任意常数）。

(1) 当 $a = 1$ 时， $η = (- 2, 1, 1)^{T}$ 。取 $x_{2} = x_{3} = 0$ ，由第一式得 $x_{1} = 1$ ，即 $X_{0} = (1, 0, 0)^{T}$ 。全部解为

$X = (1, 0, 0)^{T} + t (1, 1, 1)^{T} .$

(2) 当 $a = - 2$ 时， $η = (- 2, - 2, 4)^{T}$ 。取 $x_{1} = 0$ ，则 $- 2 x_{2} + x_{3} = - 2$ 且 $x_{2} - 2 x_{3} = 4$ ，解得 $x_{2} = 0, x_{3} = - 2$ ，即 $X_{0} = (0, 0, - 2)^{T}$ 。全部解为

$X = (0, 0, - 2)^{T} + t (1, 1, 1)^{T} .$

综上： $a = 1$ 或 $a = - 2$ 时方程组有无穷多解（如上）；其余 $a$ 时无解；不存在唯一解的情形。

第五题含参数矩阵的秩

第三章矩阵

五、（本题 10 分）设

A = (\begin{array}{c} k & 1 & 1 & 1 \\ 1 & k & 1 & 1 \\ 1 & 1 & k & 1 \end{array})

，其中

k

为实常数，试求

A

的秩

r (A)

。

查看解答

解

$A$ 是 $3 \times 4$ 矩阵，故 $r (A) \leq 3$ 。取前三列构成的 $3$ 阶子式

$| \begin{array}{c} k & 1 & 1 \\ 1 & k & 1 \\ 1 & 1 & k \end{array} | = (k + 2) (k - 1)^{2} .$

(1) 当 $k \neq 1$ 且 $k \neq - 2$ 时，该子式非零，故 $r (A) = 3$ 。

(2) 当 $k = 1$ 时， $A$ 的元素全为 $1$ ，故 $r (A) = 1$ 。

(3) 当 $k = - 2$ 时， $A = (\begin{array}{c} - 2 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 2 & 1 \end{array})$ 。若 $α r_{1} + β r_{2} + γ r_{3} = 0$ ，由第 $4$ 列得 $α + β + γ = 0$ ，再由第 $1$ 列得 $- 2 α + β + γ = - 3 α = 0$ ，故 $α = 0$ ，同理 $β = γ = 0$ ，三行线性无关， $r (A) = 3$ 。

综上： $k = 1$ 时 $r (A) = 1$ ； $k \neq 1$ 时 $r (A) = 3$ 。

第六题矩阵多项式及其逆

第三章矩阵

六、（本题 15 分）设

a, b

是两个实常数，

A = (\begin{array}{c} a & 1 & 0 \\ 0 & a & 1 \\ 0 & 0 & a \end{array})

，

f (x) = (x - b)^{8}

，试求矩阵

f (A)

，并给出

f (A)

可逆的条件，以及当

f (A)

可逆时求其逆

[f (A)]^{- 1}

。

查看解答

解

记 $N = (\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array})$ ，则 $A = a E + N$ ，且

$N^{2} = (\begin{array}{c} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}), N^{3} = 0 .$

于是 $f (A) = (A - b E)^{8} = ((a - b) E + N)^{8}$ 。由二项式定理（ $N^{k} = 0$ 对 $k \geq 3$ ，只保留前三项）：

$f (A) = (a - b)^{8} E + 8 (a - b)^{7} N + 28 (a - b)^{6} N^{2} = (\begin{array}{c} (a - b)^{8} & 8 (a - b)^{7} & 28 (a - b)^{6} \\ 0 & (a - b)^{8} & 8 (a - b)^{7} \\ 0 & 0 & (a - b)^{8} \end{array}) .$

$f (A)$ 是上三角矩阵， $| f (A) | = (a - b)^{24}$ ，故

$f (A)$ 可逆 $\Leftrightarrow a \neq b$ 。

当 $a \neq b$ 时，记 $c_{0} = (a - b)^{8}, c_{1} = 8 (a - b)^{7}, c_{2} = 28 (a - b)^{6}$ ，由 $(c_{0} E + c_{1} N + c_{2} N^{2})^{- 1} = \frac{1}{c_{0}} (E - \frac{c_{1}}{c_{0}} N + (\frac{c_{1}^{2}}{c_{0}^{2}} - \frac{c_{2}}{c_{0}}) N^{2})$ 得

$[f (A)]^{- 1} = \frac{1}{(a - b)^{8}} (\begin{array}{c} 1 & - \frac{8}{a - b} & \frac{36}{(a - b)^{2}} \\ 0 & 1 & - \frac{8}{a - b} \\ 0 & 0 & 1 \end{array}) .$

第七题行和性质、秩的不等式与可逆性

第三章矩阵

七、（本题 15 分）(1) 设

A

是一个

n

阶可逆矩阵，若已知

A

的每一行元素之和都是常数

c

，试证明：

c \neq 0

；(2) 设

A, B

是

n

阶方阵，试证明：

r (A B + A + B) \leq r (A) + r (B)

；(3) 设

A, B

为

n

阶方阵，试证明：若

E + A B

可逆，则

E + B A

也可逆。

查看解答

证明

(1) 取 $e = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ ，则每行元素之和为 $c$ 即 $A e = c e$ 。若 $c = 0$ ，则 $A e = θ$ 而 $e \neq θ$ ，说明 $A$ 有非零零空间， $A$ 不可逆，与题设矛盾。故 $c \neq 0$ 。

(2) 因

$A B + A + B = A (B + E) + B,$

故

$r (A B + A + B) \leq r (A (B + E)) + r (B) \leq r (A) + r (B) .$

(3) 记 $C = E + A B$ ，设 $C$ 可逆。令 $D = E - B C^{- 1} A$ 。由 $C^{- 1} C = E$ 得 $B C^{- 1} (E + A B) = B$ ，即

$B C^{- 1} A B = B - B C^{- 1} .$

于是

$(E + B A) D = E + B A - B C^{- 1} A - B A B C^{- 1} A = E + B A - B C^{- 1} A - (B - B C^{- 1}) A = E .$

即方阵 $E + B A$ 有右逆 $D$ ，故 $E + B A$ 可逆（且 $(E + B A)^{- 1} = E - B C^{- 1} A$ ）。

第八题矩阵分解为可逆阵与幂等阵之积

第三章矩阵

八、（本题 5 分）试证明任何一个方阵可以表示为一个可逆矩阵和一个幂等矩阵的乘积。（若方阵

A

满足

A^{2} = A

则称

A

是一个幂等矩阵。）

查看解答

证明

设 $A$ 为 $n$ 阶方阵， $r (A) = r$ 。由矩阵的等价标准形，存在可逆矩阵 $P, Q$ 使

$A = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q .$

取

$B = P Q, C = Q^{- 1} (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q .$

则 $B$ 可逆，且

$C^{2} = Q^{- 1} {(\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array})}^{2} Q = Q^{- 1} (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q = C,$

即 $C$ 幂等；同时

$B C = P Q Q^{- 1} (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q = A .$

故任何方阵都可表示为一个可逆矩阵与一个幂等矩阵的乘积。

2020-2021 学年期中试卷

第一题三对角行列式的递推与通项

第一章行列式

（本题 10 分）设

D_{n} = {| \begin{array}{c} 4 & - 3 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ - 1 & 4 & - 3 & ⋱ & 0 \\ 0 & - 1 & 4 & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋱ & - 3 & 0 \\ 0 & ⋱ & - 1 & 4 & - 3 \\ 0 & 0 & \dots & 0 & - 1 & 4 \end{array} |}_{n \times n}

，试证明：

D_{n} = \frac{3^{n + 1} - 1}{2}

．

查看解答

按第一行展开： $D_{n} = 4 D_{n - 1} + (- 3) \cdot (- 1)^{1 + 2} M_{12}$ ，其中 $M_{12}$ 是划去第 1 行第 2 列所得的 $n - 1$ 阶行列式；再把 $M_{12}$ 按它的第一列展开，得 $M_{12} = - D_{n - 2}$ ．故 $D_{n} = 4 D_{n - 1} - 3 D_{n - 2} (n \geq 3)$ ，而 $D_{1} = 4$ ， $D_{2} = | \begin{array}{c} 4 & - 3 \\ - 1 & 4 \end{array} | = 13$ ．由递推式得 $D_{n} - D_{n - 1} = 3 (D_{n - 1} - D_{n - 2})$ ，即 ${D_{n} - D_{n - 1}}$ 是公比为 $3$ 的等比数列，且 $D_{2} - D_{1} = 9$ ，于是 $D_{k} - D_{k - 1} = 9 \cdot 3^{k - 2} = 3^{k} (k \geq 2)$ ．累加得 $D_{n} = D_{1} + \sum_{k = 2}^{n} 3^{k} = 4 + \frac{3^{n + 1} - 9}{2} = \frac{3^{n + 1} - 1}{2}$ ．也可由特征方程 $x^{2} - 4 x + 3 = 0$ 设 $D_{n} = A \cdot 3^{n} + B$ ，代入 $D_{1} = 4, D_{2} = 13$ 解得 $A = \frac{3}{2}, B = - \frac{1}{2}$ ，结论相同．注：原卷倒数第二行末元素印作 $3$ ，按递推关系应为 $- 3$ （否则结论不成立），此处按 $- 3$ 录入．

第二题矩阵方程与相似、由特征值求行列式

第三章矩阵

（本题 10 分）设

B = (\begin{array}{c} 1 & - 5 & 1 \\ 0 & - 1 & 0 \\ 2 & - 2 & 3 \end{array})

，

C = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{array})

，三阶方阵

A

满足方程

2 B A + C B = O

，其中

O

为三阶零方阵，试求

| A + 3 E |

．

查看解答

先算 $| B | = 1 \cdot (- 3 - 0) - (- 5) \cdot 0 + 1 \cdot (0 + 2) = - 1 \neq 0$ ，故 $B$ 可逆．由 $2 B A = - C B$ ，两边左乘 $B^{- 1}$ 得 $2 A = - B^{- 1} C B$ ，即 $A = - \frac{1}{2} B^{- 1} C B$ ，故 $A$ 与 $- \frac{1}{2} C$ 相似， $A$ 的特征值为 $- \frac{1}{2} \cdot 1, - \frac{1}{2} \cdot 2, - \frac{1}{2} \cdot (- 1)$ ，即 $- \frac{1}{2}, - 1, \frac{1}{2}$ ．于是 $A + 3 E$ 的特征值为 $\frac{5}{2}, 2, \frac{7}{2}$ ，所以 $| A + 3 E | = \frac{5}{2} \cdot 2 \cdot \frac{7}{2} = \frac{35}{2}$ ．

第三题乘积为零矩阵时的参数与秩

第三章矩阵

（本题 15 分）设有实方阵

A = (\begin{array}{c} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & t \\ 3 & t & 9 \end{array})

，其中

t

为实常数，已知

B

为三阶非零方阵且满足

B A = O

，其中

O

为三阶零方阵，试求

t

的值以及

B

的秩的可能取值．

查看解答

先算行列式 $| A | = 1 \cdot (36 - t^{2}) - 2 \cdot (18 - 3 t) + 3 \cdot (2 t - 12) = - t^{2} + 12 t - 36 = - (t - 6)^{2}$ ．若 $| A | \neq 0$ ，则 $A$ 可逆，由 $B A = O$ 得 $B = O$ ，与 $B \neq O$ 矛盾，故 $| A | = 0$ ，即 $t = 6$ ．当 $t = 6$ 时 $A = (\begin{array}{c} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 3 & 6 & 9 \end{array})$ ，三行成比例， $r (A) = 1$ ，而 $A$ 的零空间 $N (A) = {x | x_{1} + 2 x_{2} + 3 x_{3} = 0}$ ， $dim N (A) = 3 - r (A) = 2$ ． $B A = O$ 等价于 $B$ 的每一个行向量 $β_{i}$ 都满足 $β_{i} A = 0$ ，即 $β_{i} \in N (A^{T}) = N (A)$ （ $A$ 对称）．故 $B$ 的行向量组落在一个 $2$ 维子空间内， $r (B) \leq 2$ ；又 $B \neq O$ ，故 $r (B) \geq 1$ ．反之 $r (B) = 1$ 与 $r (B) = 2$ 均可实现：取 $N (A)$ 的一组基 $ξ_{1} = (- 2, 1, 0)^{T}, ξ_{2} = (- 3, 0, 1)^{T}$ ，令 $B$ 的行向量为 $ξ_{1}$ （此时 $r (B) = 1$ ），或为 $ξ_{1}, ξ_{2}$ 再加零行（此时 $r (B) = 2$ ）．所以 $t = 6$ ， $r (B)$ 的可能取值为 $1$ 或 $2$ ．

第四题含条件方程组的唯一解与 Cramer 法则

第二章线性方程组

（本题 15 分）设

a, b, c

为实常数，且

b^{2} \neq a c

，

a + b + c = 0

，试证明线性方程组

{\begin{cases} a x_{1} + b x_{2} + c = 0, \\ b x_{1} + c x_{2} + a = 0, \\ c x_{1} + a x_{2} + b = 0 \end{cases}

有唯一解并求出这个唯一解．

查看解答

前两个方程的系数行列式 $D = | \begin{array}{c} a & b \\ b & c \end{array} | = a c - b^{2}$ ．由 $c = - a - b$ 得 $a c - b^{2} = a (- a - b) - b^{2} = - (a^{2} + a b + b^{2})$ ．若 $a = b = 0$ ，则 $c = 0$ ，与 $b^{2} \neq a c$ 矛盾；故 $(a, b) \neq (0, 0)$ ，而 $a^{2} + a b + b^{2} = (a + \frac{b}{2})^{2} + \frac{3}{4} b^{2} > 0$ ，所以 $D \neq 0$ ．于是前两个方程有唯一解，原方程组至多有一个解，只需再验证它满足第三个方程．由 Cramer 法则 $x_{1} = \frac{1}{D} | \begin{array}{c} - c & b \\ - a & c \end{array} | = \frac{a b - c^{2}}{a c - b^{2}}$ ， $x_{2} = \frac{1}{D} | \begin{array}{c} a & - c \\ b & - a \end{array} | = \frac{b c - a^{2}}{a c - b^{2}}$ ．以 $c = - a - b$ 代入： $a b - c^{2} = a b - (a + b)^{2} = - (a^{2} + a b + b^{2}) = a c - b^{2}$ ，故 $x_{1} = 1$ ； $b c - a^{2} = b (- a - b) - a^{2} = - (a^{2} + a b + b^{2}) = a c - b^{2}$ ，故 $x_{2} = 1$ ．再把 $x_{1} = x_{2} = 1$ 代入第三个方程，左边 $= c + a + b = 0$ ，成立．故方程组有唯一解 $x_{1} = x_{2} = 1$ ．注：原卷第三式印为 $c x_{1} + b x_{2} + b = 0$ ，把 $(1, 1)$ 代入得 $c + 2 b = b - a$ ，一般不为 $0$ ，与题设“有唯一解”矛盾；按循环对称的结构，第三式应为 $c x_{1} + a x_{2} + b = 0$ ，此处按修正后的方程组录入．

第五题由伴随矩阵求原矩阵并解矩阵方程

第三章矩阵

（本题 15 分）设方阵

A

的伴随矩阵为

A^{*} = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & - 3 & 0 & 8 \end{array})

，已知矩阵

B

满足

A B = B + 3 A

，求矩阵

B

．

查看解答

$A^{*}$ 是上三角矩阵，故 $| A^{*} | = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 8 = 8$ ；又 $| A^{*} | = | A |^{4 - 1} = | A |^{3}$ ，故 $| A | = 2$ ，从而 $A = | A | (A^{*})^{- 1} = 2 (A^{*})^{- 1}$ ．把 $A^{*}$ 分块为 $(\begin{array}{c} E_{2} & O \\ L & D \end{array})$ ，其中 $L = (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & - 3 \end{array})$ ， $D = (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & 8 \end{array})$ ，则 $(A^{*})^{- 1} = (\begin{array}{c} E_{2} & O \\ - D^{- 1} L & D^{- 1} \end{array}) = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & \frac{3}{8} & 0 & \frac{1}{8} \end{array})$ ，故 $A = (\begin{array}{c} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ - 2 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & \frac{3}{4} & 0 & \frac{1}{4} \end{array})$ ，且 $| A | = 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{4} = 2$ ，与前面一致．由 $A B = B + 3 A$ 得 $(A - E) B = 3 A$ ，同法（对 $A - E$ 作同样的分块求逆）得 $(A - E)^{- 1} = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & - \frac{4}{3} \end{array})$ ，于是 $B = 3 (A - E)^{- 1} A = (\begin{array}{c} 6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 0 \\ 6 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & - 1 \end{array})$ ．回代检验 $A B = B + 3 A$ 成立．

第六题全 1 矩阵的多项式、幂与逆

第三章矩阵

（本题 20 分）设

A = {(\begin{array}{c} 1 & \dots & 1 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 1 & \dots & 1 \end{array})}_{n \times n}

．求 (1) 一个二次实系数多项式

f (x) = x^{2} + a x

使得

f (A)

为零矩阵； (2)

A^{100}

； (3)

(A + E)^{3}

； (4)

(A + E)^{- 1}

．

查看解答

$A$ 为全 $1$ 矩阵， $A^{2} = n A$ （每个元素为 $\sum_{k = 1}^{n} 1 \cdot 1 = n$ ）．归纳得 $A^{k} = n^{k - 1} A (k \geq 1)$ ． (1) $f (A) = A^{2} + a A = (n + a) A$ ，因 $A \neq O$ ，故 $f (A) = O$ 当且仅当 $a = - n$ ，即 $f (x) = x^{2} - n x$ ． (2) 由 $A^{k} = n^{k - 1} A$ 得 $A^{100} = n^{99} A$ ． (3) 由二项式展开（ $A$ 与 $E$ 可交换） $(A + E)^{3} = E + 3 A + 3 A^{2} + A^{3} = E + 3 A + 3 n A + n^{2} A = E + (n^{2} + 3 n + 3) A$ ． (4) 设 $(A + E)^{- 1} = E + c A$ ，则 $(A + E) (E + c A) = E + (c + 1 + c n) A = E$ ，故 $c (1 + n) = - 1$ ，即 $c = - \frac{1}{n + 1}$ ，所以 $(A + E)^{- 1} = E - \frac{1}{n + 1} A$ ．也可由特征值判断： $A + E$ 的特征值为 $n + 1$ 与 $1$ ，故 $A + E$ 可逆．

第七题秩相等的等价刻画

第三章矩阵

（本题 8 分）设

A, B

是两个

n

阶实方阵，试证明：

r (A) = r (A B)

当且仅当存在

n

阶实方阵

C

使得

A = A B C

．

查看解答

充分性：若存在 $C$ 使 $A = A B C$ ，则 $r (A) = r (A B C) \leq r (A B) \leq r (A)$ ，故 $r (A B) = r (A)$ ．必要性：设 $r (A) = r (A B)$ ． $A B$ 的列向量都是 $A$ 的列向量的线性组合，故 $Col (A B) \subseteq Col (A)$ ；两者维数相同，故 $Col (A B) = Col (A)$ ．于是 $A$ 的每一列都是 $A B$ 的列向量的线性组合，即存在 $n$ 阶矩阵 $C$ 使 $A = (A B) C = A B C$ ．由于 $A, A B$ 都是实矩阵，相应的线性方程组有实解，故 $C$ 可取实矩阵．

第八题矩阵分解为对称矩阵与可逆矩阵之积

第三章矩阵

（本题 7 分）设

A

为

n

阶方阵，试证明：存在对称矩阵

S

和可逆矩阵

P

使得

A = S P

．

查看解答

设 $r (A) = r$ ，则 $A$ 等价于秩标准形，即存在可逆矩阵 $P_{1}, Q_{1}$ 使 $A = P_{1} D Q_{1}$ ，其中 $D = (\begin{array}{c} E_{r} & O \\ O & O \end{array})$ ．取 $S = P_{1} D P_{1}^{T}$ ， $P = P_{1}^{- T} Q_{1}$ ．则 $S^{T} = P_{1} D^{T} P_{1}^{T} = P_{1} D P_{1}^{T} = S$ ，即 $S$ 对称；又 $P_{1}^{- T}$ 与 $Q_{1}$ 都可逆，故 $P$ 可逆；并且 $S P = P_{1} D P_{1}^{T} P_{1}^{- T} Q_{1} = P_{1} D Q_{1} = A$ ．故存在对称矩阵 $S$ 与可逆矩阵 $P$ 使 $A = S P$ ．

2021-2022 学年期中试卷

第一题三对角行列式的计算与归纳证明

第一章行列式

（本题 15 分）设有下列

n

阶行列式

D_{n} = | \begin{array}{c} 7 & - 6 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ - 1 & 7 & - 6 & ⋱ & 0 \\ 0 & - 1 & 7 & - 6 & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & ⋱ & - 1 & 7 & - 6 \\ 0 & 0 & \dots & 0 & - 1 & 7 \end{array} |

． (1) 计算

D_{1}, D_{2}

； (2) 假设当

n \leq k

时有

D_{n} = \frac{6^{n + 1} - 1}{5}

，证明：

D_{k + 1} = \frac{6^{k + 2} - 1}{5}

．

查看解答

(1) $D_{1} = 7$ ； $D_{2} = | \begin{array}{c} 7 & - 6 \\ - 1 & 7 \end{array} | = 49 - 6 = 43$ ． (2) 把 $D_{n}$ 按第一行展开： $D_{n} = 7 D_{n - 1} + (- 6) (- 1)^{1 + 2} M_{12}$ ，其中 $M_{12}$ 为划去第 1 行第 2 列所得的 $n - 1$ 阶行列式，再把它按第一列展开得 $M_{12} = - D_{n - 2}$ ，故 $D_{n} = 7 D_{n - 1} - 6 D_{n - 2} (n \geq 3)$ ．取 $n = k + 1$ （ $k = 1$ 时 $D_{2} = 43 = \frac{6^{3} - 1}{5}$ 可直接验证； $k \geq 2$ 时下列递推适用），由归纳假设 $D_{k} = \frac{6^{k + 1} - 1}{5}$ ， $D_{k - 1} = \frac{6^{k} - 1}{5}$ ，于是 $D_{k + 1} = 7 D_{k} - 6 D_{k - 1} = \frac{7 (6^{k + 1} - 1) - 6 (6^{k} - 1)}{5} = \frac{6^{k + 2} - 1}{5}$ ．故对一切正整数 $n$ 有 $D_{n} = \frac{6^{n + 1} - 1}{5}$ ．（ $D_{n}$ 的特征方程为 $x^{2} - 7 x + 6 = 0$ ，根为 $1, 6$ ，即 $D_{n} = A \cdot 6^{n} + B$ ，由 $D_{1} = 7, D_{2} = 43$ 得 $A = \frac{6}{5}, B = - \frac{1}{5}$ ．）

第二题伴随矩阵与由特征值求行列式

第三章矩阵

（本题 10 分）设

B = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array})

，矩阵

A

满足方程

B A = B^{T} B

，求

| A^{*} - 2 E |

．

查看解答

$B$ 是主对角元全为 $1$ 的上三角矩阵， $| B | = 1 \neq 0$ ，故 $B$ 可逆，由 $B A = B^{T} B$ 得 $A = B^{- 1} B^{T} B$ ．先算出 $B^{- 1} = (\begin{array}{c} 1 & - 1 & 0 \\ 0 & 1 & - 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array})$ ， $B^{T} B = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{array})$ ，故 $A = (\begin{array}{c} 0 & - 1 & - 1 \\ 0 & 0 & - 1 \\ 1 & 2 & 3 \end{array})$ ．其特征多项式为 $| λ E - A | = | \begin{array}{c} λ & 1 & 1 \\ 0 & λ & 1 \\ - 1 & - 2 & λ - 3 \end{array} | = λ^{3} - 3 λ^{2} + 3 λ - 1 = (λ - 1)^{3}$ ，即 $A$ 的三个特征值都是 $1$ ，故 $| A | = 1$ ， $A$ 可逆，且 $A^{*} = | A | A^{- 1} = A^{- 1}$ ．于是 $| A^{*} - 2 E | = | A^{- 1} - 2 E | = | A^{- 1} (E - 2 A) | = | A |^{- 1} \cdot | E - 2 A |$ ．而 $E - 2 A$ 的特征值为 $1 - 2 λ_{i} = - 1$ （三重），故 $| E - 2 A | = (- 1)^{3} = - 1$ ，所以 $| A^{*} - 2 E | = - 1$ ．

第三题幂等矩阵的秩等式

第三章矩阵

（本题 10 分）设

n

阶实方阵

A

满足

A^{2} = A

，证明：

r (A) + r (A - E) = n

．

查看解答

由 $A^{2} = A$ 得 $A (A - E) = O$ ，故 $A - E$ 的每一列都是齐次方程组 $A x = 0$ 的解，即 $Col (A - E) \subseteq N (A)$ ，从而 $r (A - E) \leq n - r (A)$ ，即 $r (A) + r (A - E) \leq n$ ．另一方面 $A - (A - E) = E$ ，由秩的次可加性 $n = r (E) = r (A - (A - E)) \leq r (A) + r (A - E)$ ．两式合并得 $r (A) + r (A - E) = n$ ．（另一证法： $A$ 与 $E - A$ 均为幂等矩阵， $Col (A) \oplus N (A) = ℝ^{n}$ ，且 $Col (E - A) = N (A)$ ．）

第四题齐次方程组的阶梯形、秩与通解

第二章线性方程组

（本题 20 分）设有四元线性方程组

{\begin{cases} x_{1} + x_{2} - x_{3} + 2 x_{4} = 0, \\ 2 x_{1} + 3 x_{2} - 3 x_{3} + 5 x_{4} = 0, \\ 3 x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} + 3 x_{4} = 0, \\ 2 x_{1} + x_{2} - 5 x_{3} - x_{4} = 0 . \end{cases}

(1) 写出该方程组的系数矩阵

A

； (2) 利用初等行变换将矩阵

A

化为阶梯形矩阵

U

； (3) 求

r (A)

； (4) 写出该方程组的通解．

查看解答

(1) 系数矩阵为 $A = (\begin{array}{c} 1 & 1 & - 1 & 2 \\ 2 & 3 & - 3 & 5 \\ 3 & 1 & - 2 & 3 \\ 2 & 1 & - 5 & - 1 \end{array})$ ． (2) 第 $2, 3, 4$ 行分别减去第 $1$ 行的 $2, 3, 2$ 倍： $A \to (\begin{array}{c} 1 & 1 & - 1 & 2 \\ 0 & 1 & - 1 & 1 \\ 0 & - 2 & 1 & - 3 \\ 0 & - 1 & - 3 & - 5 \end{array})$ ；第 $3$ 行加第 $2$ 行的 $2$ 倍，第 $4$ 行加第 $2$ 行： $\to (\begin{array}{c} 1 & 1 & - 1 & 2 \\ 0 & 1 & - 1 & 1 \\ 0 & 0 & - 1 & - 1 \\ 0 & 0 & - 4 & - 4 \end{array})$ ；第 $4$ 行减第 $3$ 行的 $4$ 倍，第 $3$ 行乘 $- 1$ ： $\to (\begin{array}{c} 1 & 1 & - 1 & 2 \\ 0 & 1 & - 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}) = U$ ． (3) $U$ 有 $3$ 个非零行，故 $r (A) = r (U) = 3$ ． (4) $U$ 对应的同解方程组为 $x_{1} + x_{2} - x_{3} + 2 x_{4} = 0, x_{2} - x_{3} + x_{4} = 0, x_{3} + x_{4} = 0$ ．取 $x_{4} = t$ （ $t$ 为任意常数），回代得 $x_{3} = - t$ ， $x_{2} = x_{3} - x_{4} = - 2 t$ ， $x_{1} = - x_{2} + x_{3} - 2 x_{4} = - t$ ，故通解为 $(\begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{array}) = t (\begin{array}{c} - 1 \\ - 2 \\ - 1 \\ 1 \end{array})$ ， $t \in ℝ$ ．即基础解系为 $ξ = (- 1, - 2, - 1, 1)^{T}$ ，通解为 $x = t ξ$ ．

第五题由伴随矩阵求原矩阵并解矩阵方程

第三章矩阵

（本题 10 分）设实方阵

A

的伴随矩阵为

A^{*} = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{array})

，且

| A | > 0

，已知矩阵

B

满足

A B = E + 3 A

，求矩阵

B

．

查看解答

$A^{*}$ 为下三角矩阵， $| A^{*} | = 1$ ；又 $| A^{*} | = | A |^{3 - 1} = | A |^{2}$ ，结合 $| A | > 0$ 得 $| A | = 1$ ．于是 $A^{*} = | A | A^{- 1} = A^{- 1}$ ，即 $A = (A^{*})^{- 1} = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ - 1 & 0 & 1 \end{array})$ ．检验： $| A | = 1$ ，且 $A^{- 1} = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}) = A^{*}$ ．由 $A B = E + 3 A$ 得 $B = A^{- 1} (E + 3 A) = A^{- 1} + 3 E = A^{*} + 3 E$ ，故 $B = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}) + (\begin{array}{c} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array}) = (\begin{array}{c} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 1 & 0 & 4 \end{array})$ ．

第六题 Jordan 块型矩阵的幂、逆与零化多项式

第三章矩阵

（本题 25 分）设矩阵

A = (\begin{array}{c} 3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{array})

．求 (1)

A^{2}

； (2)

A^{3}

； (3)

A^{100}

； (4)

A^{- 1}

； (5) 一个三次实系数多项式

f (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c

使得

f (A)

为三阶零方阵．

查看解答

记 $N = A - 3 E = (\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array})$ ，则 $N^{2} = (\begin{array}{c} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array})$ ， $N^{3} = O$ ，且 $A = 3 E + N$ ， $E$ 与 $N$ 可交换． (1) $A^{2} = 9 E + 6 N + N^{2} = (\begin{array}{c} 9 & 6 & 1 \\ 0 & 9 & 6 \\ 0 & 0 & 9 \end{array})$ ． (2) $A^{3} = 27 E + 27 N + 9 N^{2} = (\begin{array}{c} 27 & 27 & 9 \\ 0 & 27 & 27 \\ 0 & 0 & 27 \end{array})$ ． (3) 一般地 $A^{k} = \sum_{j = 0}^{2} (\binom{k}{j}) 3^{k - j} N^{j}$ ，故 $A^{100} = 3^{100} E + 100 \cdot 3^{99} N + (\binom{100}{2}) 3^{98} N^{2} = (\begin{array}{c} 3^{100} & 100 \cdot 3^{99} & (\binom{100}{2}) 3^{98} \\ 0 & 3^{100} & 100 \cdot 3^{99} \\ 0 & 0 & 3^{100} \end{array})$ ． (4) 由 $A = 3 (E + \frac{N}{3})$ 及 $(E + \frac{N}{3})^{- 1} = E - \frac{N}{3} + \frac{N^{2}}{9}$ 得 $A^{- 1} = \frac{1}{3} E - \frac{1}{9} N + \frac{1}{27} N^{2} = (\begin{array}{c} \frac{1}{3} & - \frac{1}{9} & \frac{1}{27} \\ 0 & \frac{1}{3} & - \frac{1}{9} \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{array})$ ． (5) $A$ 的最小多项式为 $(x - 3)^{3} = x^{3} - 9 x^{2} + 27 x - 27$ ，故取 $f (x) = x^{3} - 9 x^{2} + 27 x - 27$ ，即 $a = - 9, b = 27, c = - 27$ ，此时 $f (A) = (A - 3 E)^{3} = N^{3} = O$ ．

第七题用模 2 方法证明行列式非零

第一章行列式

（本题 10 分）设有

n

阶实方阵

A = (a_{i j})

满足：当

i = j

时，

a_{i j} = 2021

；当

i < j

时

a_{i j} = i^{j}

；当

i > j

时

a_{i j} = (i + j)!

．证明：

| A | \neq 0

．

查看解答

把行列式按模 $2$ 讨论：记 $\overline{A}$ 为 $A$ 的各元素模 $2$ 所得的矩阵，则 $| A | \equiv | \overline{A} | (\mod 2)$ ．当 $i > j$ 时 $i + j \geq 3$ ，故 $(i + j)!$ 含因子 $2$ ，为偶数， ${\overline{a}}_{i j} = 0$ ；当 $i = j$ 时 ${\overline{a}}_{i i} = \overline{2021} = 1$ ．于是 $\overline{A}$ 是主对角元全为 $1$ 且下方元素全为 $0$ 的上三角矩阵，故 $| \overline{A} | = 1 \neq 0$ ．所以 $| A |$ 为奇数，特别地 $| A | \neq 0$ ．

第八题秩为 r 的因子分解

第三章矩阵

（本题 10 分）设

A

为

n

阶方阵且

r (A) = r > 0

．证明存在秩为

r

的实方阵

B

和

C

使得

A B = C A

．

查看解答

由 $r (A) = r$ ，存在可逆矩阵 $P, Q$ 使 $A = P (\begin{array}{c} E_{r} & O \\ O & O \end{array}) Q = P D Q$ ，其中 $D = (\begin{array}{c} E_{r} & O \\ O & O \end{array})$ ．取 $C = P D P^{- 1}$ ， $B = Q^{- 1} D Q$ ．则 $r (C) = r (D) = r$ ， $r (B) = r (D) = r$ ．并且 $A B = P D Q \cdot Q^{- 1} D Q = P D^{2} Q = P D Q = A$ ， $C A = P D P^{- 1} \cdot P D Q = P D^{2} Q = P D Q = A$ ，故 $A B = C A = A$ ，所求的 $B, C$ 存在．

2022-2023 学年期中试卷

第 1 题循环行列式的计算

第一章行列式

1. 计算行列式

D_{1} = | \begin{array}{c} 2 & 4 & 6 & 8 \\ 4 & 6 & 8 & 2 \\ 6 & 8 & 2 & 4 \\ 8 & 2 & 4 & 6 \end{array} |

．（本题 10 分）

查看解答

各列元素之和都等于 $2 + 4 + 6 + 8 = 20$ ．把第 $2, 3, 4$ 列都加到第 $1$ 列上并提出公因子 $20$ ： $D_{1} = 20 | \begin{array}{c} 1 & 4 & 6 & 8 \\ 1 & 6 & 8 & 2 \\ 1 & 8 & 2 & 4 \\ 1 & 2 & 4 & 6 \end{array} |$ ．再把第 $2, 3, 4$ 行分别减去第 $1$ 行： $D_{1} = 20 | \begin{array}{c} 1 & 4 & 6 & 8 \\ 0 & 2 & 2 & - 6 \\ 0 & 4 & - 4 & - 4 \\ 0 & - 2 & - 2 & - 2 \end{array} | = 20 | \begin{array}{c} 2 & 2 & - 6 \\ 4 & - 4 & - 4 \\ - 2 & - 2 & - 2 \end{array} |$ ．按第一行展开： $| \begin{array}{c} 2 & 2 & - 6 \\ 4 & - 4 & - 4 \\ - 2 & - 2 & - 2 \end{array} | = 2 \cdot (8 - 8) - 2 \cdot (- 8 - 8) + (- 6) \cdot (- 8 - 8) = 0 + 32 + 96 = 128$ ．故 $D_{1} = 20 \times 128 = 2560$ ．

第 2 题代数余子式的线性组合与箭形行列式

第一章行列式

2. 已知

n + 1

阶行列式

D = | \begin{array}{c} - 1 & x_{1} & x_{2} & \dots & x_{n} \\ 1 & 2 \\ 1 & 3 \\ ⋮ & ⋱ \\ 1 & n + 1 \end{array} |

，

x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}

为任意常数，求

4 A_{1} + 9 A_{2} + \dots + (n + 1)^{2} A_{n}

，其中

A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}

分别为

x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}

的代数余子式．（本题 12 分）

查看解答

记所求之和为 $T$ ．由按第一行展开的公式， $T$ 等于把 $D$ 的第一行换成 $(0, 2^{2}, 3^{2}, \dots, (n + 1)^{2})$ 后所得的行列式： $T = | \begin{array}{c} 0 & 4 & 9 & \dots & (n + 1)^{2} \\ 1 & 2 \\ 1 & 3 \\ ⋮ & ⋱ \\ 1 & n + 1 \end{array} |$ ．把第 $1$ 行移到最末、第 $1$ 列移到最末（各需 $n$ 次相邻交换，符号为 $(- 1)^{2 n} = 1$ ），得分块矩阵 $T = | \begin{array}{c} D_{0} & e \\ u^{T} & 0 \end{array} |$ ，其中 $D_{0} = diag (2, 3, \dots, n + 1)$ ， $e = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ ， $u = (4, 9, \dots, (n + 1)^{2})^{T}$ ．由 Schur 公式（ $D_{0}$ 可逆） $T = | D_{0} | \cdot (0 - u^{T} D_{0}^{- 1} e) = - | D_{0} | \sum_{i = 1}^{n} \frac{(i + 1)^{2}}{i + 1}$ ．而 $| D_{0} | = 2 \cdot 3 \dots (n + 1) = (n + 1)!$ ，且 $\sum_{i = 1}^{n} (i + 1) = \frac{(n + 1) (n + 2)}{2} - 1 = \frac{n (n + 3)}{2}$ ，故 $T = - (n + 1)! \cdot \frac{n (n + 3)}{2}$ ．例如 $n = 2$ 时， $D$ 按第一行展开为 $D = - 6 - 3 x_{1} - 2 x_{2}$ ，故 $A_{1} = - 3, A_{2} = - 2$ ， $4 A_{1} + 9 A_{2} = - 30$ ，与公式 $- \frac{3! \cdot 2 \cdot 5}{2} = - 30$ 一致．

第 3 题含参数线性方程组的讨论与通解

第二章线性方程组

3. 求解线性方程组

{\begin{cases} λ x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = 1, \\ x_{1} + λ x_{2} + x_{3} + x_{4} = λ, \\ x_{1} + x_{2} + λ x_{3} + x_{4} = λ^{2} . \end{cases}

（本题 15 分）

查看解答

把第 $2$ 、第 $3$ 个方程分别减去第 $1$ 个方程，得 $(λ - 1) (x_{2} - x_{1}) = λ - 1$ ， $(λ - 1) (x_{3} - x_{1}) = λ^{2} - 1$ ．情形 1： $λ \neq 1$ ．此时约去 $λ - 1$ ，得 $x_{2} - x_{1} = 1$ ， $x_{3} - x_{1} = λ + 1$ ．令 $x_{1} = t$ ，则 $x_{2} = t + 1$ ， $x_{3} = t + λ + 1$ ，再由第 $1$ 个方程 $x_{4} = 1 - λ t - (t + 1) - (t + λ + 1) = - 1 - λ - (λ + 2) t$ ．故 $λ \neq 1$ 时方程组有无穷多解，通解为 $(\begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{array}) = t (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \\ - (λ + 2) \end{array}) + (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ λ + 1 \\ - λ - 1 \end{array})$ ， $t \in ℝ$ ．此时系数矩阵的秩为 $3$ （取第 $1, 2, 3$ 列所得行列式为 $(λ - 1)^{2} (λ + 2)$ ，当 $λ = - 2$ 时改用第 $4$ 列可判得秩仍为 $3$ ），未知量 $4$ 个，解空间为 $1$ 维，与上式一致．情形 2： $λ = 1$ ．三个方程都化为 $x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = 1$ ，此时 $r (A) = 1$ ，解空间为 $3$ 维，通解为 $(\begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{array}) = (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}) + s (\begin{array}{c} - 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}) + u (\begin{array}{c} - 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}) + v (\begin{array}{c} - 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array})$ ， $s, u, v \in ℝ$ ．

第 4 题初等行变换化行阶梯形

第三章矩阵

4. 用初等行变换将矩阵

A = (\begin{array}{c} 1 & 2 & 5 & - 1 & - 1 \\ 1 & 2 & 3 & 1 & 3 \\ 3 & 6 & 13 & - 1 & 1 \\ 5 & 10 & 21 & - 1 & 3 \end{array})

化简成行阶梯形矩阵

B

，使

B

的阶梯头为

1

．（本题 10 分）

查看解答

第 $2, 3, 4$ 行分别减去第 $1$ 行的 $1, 3, 5$ 倍： $A \to (\begin{array}{c} 1 & 2 & 5 & - 1 & - 1 \\ 0 & 0 & - 2 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & - 2 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & - 4 & 4 & 8 \end{array})$ ．第 $3$ 行减第 $2$ 行，第 $4$ 行减第 $2$ 行的 $2$ 倍： $\to (\begin{array}{c} 1 & 2 & 5 & - 1 & - 1 \\ 0 & 0 & - 2 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array})$ ．再把第 $2$ 行乘 $- \frac{1}{2}$ ，得阶梯头为 $1$ 的行阶梯形矩阵 $B = (\begin{array}{c} 1 & 2 & 5 & - 1 & - 1 \\ 0 & 0 & 1 & - 1 & - 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array})$ ．若继续化为行最简形，再作“第 $1$ 行减第 $2$ 行的 $5$ 倍”，得 $(\begin{array}{c} 1 & 2 & 0 & 4 & 9 \\ 0 & 0 & 1 & - 1 & - 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array})$ ．

第 5 题秩的定义、子式判别与初等变换不改变秩

第三章矩阵

5. 设

r

为自然数． (1) 叙述秩的定义； (2) 证明：

r (A) \leq r

当且仅当

A

中

r + 1

阶子式（若有）均为

0

； (3) 设

A

通过一次行倍加得到

B

，求证：

r (B) = r (A)

．（本题 15 分）

查看解答

(1) $A$ 的秩 $r (A)$ 定义为 $A$ 中非零子式的最高阶数；等价地， $r (A)$ 等于 $A$ 的行向量组的极大线性无关组所含向量个数（也等于列向量组的极大线性无关组所含向量个数），也等于 $A$ 的行阶梯形矩阵中非零行的行数． (2) 必要性：设 $r (A) \leq r$ ．任取 $A$ 的一个 $r + 1$ 阶子式，它是某个 $r + 1$ 阶子矩阵 $M$ 的行列式； $M$ 只有 $r + 1$ 行，其秩 $\leq r (A) \leq r < r + 1$ ，故 $| M | = 0$ ．充分性：设 $A$ 的所有 $r + 1$ 阶子式全为 $0$ ．若 $r (A) = s > r$ ，则 $A$ 有某个 $s$ 阶子式 $| M | \neq 0$ ，即 $s$ 阶子矩阵 $M$ 的秩为 $s$ ，其 $s$ 个行向量线性无关；从中任取 $r + 1$ 个行向量仍线性无关，它们构成 $r + 1$ 行 $s$ 列的矩阵，其中必有一个 $r + 1$ 阶子式不为 $0$ （否则这 $r + 1$ 个行向量线性相关），而它也是 $A$ 的 $r + 1$ 阶子式，与假设矛盾．故 $r (A) \leq r$ ． (3) 一次行倍加指把第 $i$ 行换成“第 $i$ 行 $+ k \times$ 第 $j$ 行”（ $i \neq j$ ），它可由初等矩阵左乘实现： $B = P A$ ，其中 $P = E + k E_{i j}$ ．因 $P^{- 1} = E - k E_{i j}$ ， $P$ 可逆，而可逆矩阵左乘不改变秩，故 $r (B) = r (P A) = r (A)$ ．

第 6 题伴随矩阵的秩与二次伴随

第三章矩阵

6. 设有

n (n \geq 2)

阶方阵

A

，

A^{*}

为

A

的伴随矩阵，证明： (1)

r (A^{*}) = {\begin{cases} n, & r (A) = n, \\ 1, & r (A) = n - 1, \\ 0, & r (A) < n - 1; \end{cases}

(2)

(A^{*})^{*} = | A |^{n - 2} A

； (3) 若

r (A) > 0

，则

(A^{*})^{*} = A

当且仅当

| A |^{n - 2} = 1

．（本题 18 分）

查看解答

(1) 若 $r (A) = n$ ，则 $A$ 可逆， $A^{*} = | A | A^{- 1}$ 也可逆，故 $r (A^{*}) = n$ ．若 $r (A) = n - 1$ ，则 $A$ 有某个 $n - 1$ 阶子式不为 $0$ ，故 $A^{*} \neq O$ ， $r (A^{*}) \geq 1$ ；又 $A A^{*} = | A | E = O$ ，故 $A^{*}$ 的每一列都是 $A x = 0$ 的解，于是 $r (A^{*}) \leq n - r (A) = 1$ ．所以 $r (A^{*}) = 1$ ．若 $r (A) < n - 1$ ，则 $A$ 的所有 $n - 1$ 阶子式全为 $0$ ，即 $A^{*} = O$ ， $r (A^{*}) = 0$ ． (2) 先设 $A$ 可逆，则 $A^{*} = | A | A^{- 1}$ 可逆，且 $| A^{*} | = | A |^{n - 1}$ ，于是 $(A^{*})^{*} = | A^{*} | (A^{*})^{- 1} = | A |^{n - 1} \cdot \frac{1}{| A |} A = | A |^{n - 2} A$ ．若 $| A | = 0$ ：令 $A (t) = A + t E$ ，则 $| A (t) |$ 是 $t$ 的多项式且不恒为 $0$ ，只有有限个 $t$ 使其为 $0$ ；对这些 $t$ 有 $(A (t)^{*})^{*} = | A (t) |^{n - 2} A (t)$ ．两边矩阵的元素都是 $t$ 的多项式，在无穷多个 $t$ 上相等，故恒等；令 $t = 0$ 即得 $(A^{*})^{*} = | A |^{n - 2} A$ ． (3) 由 (2)， $(A^{*})^{*} = | A |^{n - 2} A$ ，故 $(A^{*})^{*} = A$ 等价于 $(| A |^{n - 2} - 1) A = O$ ．若 $| A |^{n - 2} = 1$ ，则 $(A^{*})^{*} = A$ ．反之设 $(A^{*})^{*} = A$ ．由 $r (A) > 0$ 知 $A \neq O$ ，存在元素 $a_{i j} \neq 0$ ，由 $(| A |^{n - 2} - 1) a_{i j} = 0$ 得 $| A |^{n - 2} = 1$ ．

第 7 题矩阵乘积之差的秩不等式

第三章矩阵

7. 设

A, C

均为

m \times n

阶矩阵，

B, D

均为

n \times s

阶矩阵，证明：

r (A B - C D) \leq r (A - C) + r (B - D)

．（本题 10 分）

查看解答

作恒等变形 $A B - C D = A B - C B + C B - C D = (A - C) B + C (B - D)$ ．由秩的次可加性以及 $r (X Y) \leq r (X)$ 、 $r (X Y) \leq r (Y)$ ，得 $r (A B - C D) \leq r ((A - C) B) + r (C (B - D)) \leq r (A - C) + r (B - D)$ ．证毕．注：原卷印为“ $A, C, D$ 均为 $m \times n$ 阶矩阵， $B, D$ 均为 $n \times s$ 阶矩阵”，其中 $D$ 重复；按乘积 $A B, C D$ 有意义的要求，应为“ $A, C$ 均为 $m \times n$ 阶矩阵， $B, D$ 均为 $n \times s$ 阶矩阵”，此处按此录入．

第 8 题秩序列的差单调不增与归纳法

第三章矩阵

8. 设

A

为

2022^{2022}

阶方阵，用数学归纳法证明：

\forall n \in ℤ^{+}

，

(n + 1) r (A^{2}) \leq r (A^{n + 2}) + n r (A)

．（本题 10 分）

查看解答

先用 Frobenius 秩不等式：对可相乘的方阵 $X, Y, Z$ 有 $r (X Y Z) + r (Y) \geq r (X Y) + r (Y Z)$ ．取 $X = A^{k - 1}$ ， $Y = Z = A$ ，得 $r (A^{k + 1}) + r (A) \geq r (A^{k}) + r (A^{2})$ ，即 $r (A^{k}) - r (A^{k + 1}) \leq r (A) - r (A^{2}) (k \geq 1)$ ．下面用数学归纳法证明 $(n + 1) r (A^{2}) \leq r (A^{n + 2}) + n r (A)$ ． $n = 1$ 时即 $2 r (A^{2}) \leq r (A^{3}) + r (A)$ ，这正是上面 $k = 1$ 的不等式．设 $n$ 时命题成立，即 $r (A^{n + 2}) \geq (n + 1) r (A^{2}) - n r (A)$ ．由上面 $k = n + 1$ 的不等式 $r (A^{n + 3}) \geq r (A^{n + 2}) + r (A^{2}) - r (A)$ ，故 $r (A^{n + 3}) + (n + 1) r (A) \geq r (A^{n + 2}) + r (A^{2}) + n r (A) \geq (n + 1) r (A^{2}) + r (A^{2}) = (n + 2) r (A^{2})$ ，即 $n + 1$ 时命题也成立．故对一切正整数 $n$ 结论成立．注：结论与 $A$ 的阶数无关， $2022^{2022}$ 阶只是保证所需各次幂都有意义；原卷该式前的量词印作“ $\forall n \in Z^{+}, \forall n \in Z^{+}$ ”，第二个量词重复，应为“ $\forall n \in ℤ^{+}$ ”，此处按此录入．

2016-2017 学年期末试卷

第一题 n 阶爪型行列式的计算

第一章行列式

（本题 10 分）计算

n

阶行列式

D_{n} = | \begin{array}{c} 1 & 2 & 3 & \dots & n - 1 & n \\ 1 & - 1 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 2 & - 2 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & n - 2 & 2 - n & 0 \\ 0 & 0 & \dots & \dots & n - 1 & 1 - n \end{array} | .

查看解答

把第 $j$ 列换成 $C_{j} + C_{j + 1} + \dots + C_{n}$ （ $j = 1, 2, \dots, n$ ），即右乘矩阵 $N = (n_{j t})$ ，其中 $n_{j t} = 1 (t \geq j)$ ， $n_{j t} = 0 (t < j)$ 。 $N$ 是对角元全为 $1$ 的上三角矩阵， $| N | = 1$ ，故行列式不变。

变换后第 $k$ 行（ $k \geq 2$ ）只有第 $k$ 列元素非零：该行原来只在第 $k - 1$ 列取 $k - 1$ 、第 $k$ 列取 $- (k - 1)$ ，当 $j < k$ 时两列都进入求和而相消，当 $j = k$ 时只含 $- (k - 1)$ ，当 $j > k$ 时为 $0$ 。第一行第 $j$ 列变为 $\sum_{t = j}^{n} t = \frac{(n + j) (n - j + 1)}{2} .$ 于是所得矩阵为上三角矩阵，对角元依次为 $1 + 2 + \dots + n = \frac{n (n + 1)}{2}, - 1, - 2, \dots, - (n - 1),$ 故 $D_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} \cdot (- 1)^{n - 1} (n - 1)! = \frac{(- 1)^{n - 1} (n + 1)!}{2} .$ 例如 $n = 2$ 时 $D_{2} = | \begin{array}{c} 1 & 2 \\ 1 & - 1 \end{array} | = - 3$ ， $n = 3$ 时 $D_{3} = 12$ ，与上式一致。

第二题范德蒙德型方程组的无解性与通解

第二章线性方程组

（本题 15 分）设

a, b, c, d

为任意实常数，有线性方程组如下：

{\begin{cases} x_{1} + a x_{2} + a^{2} x_{3} = a^{3}, \\ x_{1} + b x_{2} + b^{2} x_{3} = b^{3}, \\ x_{1} + c x_{2} + c^{2} x_{3} = c^{3}, \\ x_{1} + d x_{2} + d^{2} x_{3} = d^{3} . \end{cases}

(1) 试证明当

a, b, c, d

互异时，上述方程组无解；(2) 设

a = b = k

，

c = d = - k

，且

(- 1, 1, 1)^{T}

是上述方程组的一个特解，试求上述方程组的通解。

查看解答

(1) 反设方程组有解 $(x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}$ ，令 $f (t) = t^{3} - x_{3} t^{2} - x_{2} t - x_{1},$ 则四个方程恰为 $f (a) = f (b) = f (c) = f (d) = 0$ ，即 $f$ 有 $a, b, c, d$ 四个互异的零点。但 $f$ 是次数不超过 $3$ 的多项式，若 $f ≢ 0$ 则至多有 $3$ 个零点，故只能 $f \equiv 0$ ；而 $f$ 中 $t^{3}$ 的系数为 $1 \neq 0$ ，矛盾。故方程组无解。

(2) $a = b = k$ 、 $c = d = - k$ 时方程组化为 ${\begin{cases} x_{1} + k x_{2} + k^{2} x_{3} = k^{3}, \\ x_{1} - k x_{2} + k^{2} x_{3} = - k^{3}, \end{cases}$ 其中前两个方程相同、后两个方程相同。把特解 $(- 1, 1, 1)^{T}$ 代入得 $- 1 + k + k^{2} = k^{3}, - 1 - k + k^{2} = - k^{3},$ 即 $k^{3} - k^{2} - k + 1 = (k - 1)^{2} (k + 1) = 0$ 与 $k^{3} + k^{2} - k - 1 = (k + 1)^{2} (k - 1) = 0$ ，故 $k = \pm 1$ ，从而 $k^{2} = 1$ 。

把两式相加得 $2 (x_{1} + k^{2} x_{3}) = 0$ ，即 $x_{1} = - k^{2} x_{3} = - x_{3}$ ；两式相减得 $2 k x_{2} = 2 k^{3}$ ，即 $x_{2} = k^{2} = 1$ 。故通解为 $(x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} = (0, 1, 0)^{T} + t (- 1, 0, 1)^{T}, t \in ℝ,$ 即 $x_{1} = - t, x_{2} = 1, x_{3} = t$ 。取 $t = 1$ 即得题给特解 $(- 1, 1, 1)^{T}$ 。

第三题迹为零的二阶矩阵构成的线性空间及其基

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设

R^{2 \times 2}

是

2

阶实矩阵关于矩阵的加法运算和数乘运算构成的实线性空间，令

V = {A \in R^{2 \times 2} | tr A = 0}

。(1) 试证明

V

关于矩阵的加法运算和数乘运算构成实数域

R

上的线性空间；(2) 试求线性空间

V

的一组基和维数。

查看解答

(1) 记 $tr$ 为迹。零矩阵满足 $tr O = 0$ ，故 $V$ 非空。设 $A, B \in V$ ， $λ \in ℝ$ ，由迹的线性性 $tr (A + B) = tr A + tr B = 0, tr (λ A) = λ tr A = 0,$ 故 $A + B \in V$ ， $λ A \in V$ ，即 $V$ 对矩阵加法与数乘封闭。又 $V$ 是 $R^{2 \times 2}$ 的子集，而加法交换律、结合律、数乘与加法的分配律、 $1 \cdot A = A$ 等在 $R^{2 \times 2}$ 中成立，故对 $V$ 中元素也成立。因此 $V$ 关于矩阵加法与数乘构成 $ℝ$ 上的线性空间。

(2) 设 $A = (\begin{array}{c} a & b \\ c & d \end{array})$ ，则 $A \in V$ 等价于 $a + d = 0$ ，即 $d = - a$ ，于是 $A = (\begin{array}{c} a & b \\ c & - a \end{array}) = a (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{array}) + b (\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}) + c (\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}) .$ 记 $E_{1} = (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{array}), E_{2} = (\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}), E_{3} = (\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}),$ 则 $V = span {E_{1}, E_{2}, E_{3}}$ ，即 $E_{1}, E_{2}, E_{3}$ 张成 $V$ 。又若 $a E_{1} + b E_{2} + c E_{3} = O$ ，比较分量得 $a = b = c = 0$ ，故 $E_{1}, E_{2}, E_{3}$ 线性无关。所以 ${E_{1}, E_{2}, E_{3}}$ 是 $V$ 的一组基， $dim V = 3 .$

第四题循环置换矩阵的实特征值与特征向量

第五章特征值和特征向量

（本题 15 分）设有

n

阶矩阵如下：

A = (\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \end{array})

，试求

A

的实特征值及其对应的特征向量。

查看解答

设 $x = (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})^{T}$ ，则 $A x = (x_{2}, x_{3}, \dots, x_{n}, x_{1})^{T} .$ 若 $A x = λ x$ ，则 $x_{2} = λ x_{1}, x_{3} = λ x_{2}, \dots, x_{n} = λ x_{n - 1}, x_{1} = λ x_{n}$ 。若 $x_{1} = 0$ ，则逐次得 $x = 0$ ，与特征向量非零矛盾，故 $x_{1} \neq 0$ ，且 $x_{k} = λ^{k - 1} x_{1} (k = 1, \dots, n), λ^{n} x_{1} = x_{1},$ 即 $λ^{n} = 1$ 。所以 $A$ 的（复）特征值恰为全部 $n$ 次单位根，相应特征向量可取 $ξ_{λ} = (1, λ, λ^{2}, \dots, λ^{n - 1})^{T} .$ （直接验证： $A ξ_{λ} = (λ, λ^{2}, \dots, λ^{n - 1}, λ^{n})^{T} = λ ξ_{λ}$ ，最后一步用到 $λ^{n} = 1$ 。也可由 $A^{n} = E$ 说明 $λ^{n} = 1$ 。）

由于 $A$ 为实矩阵，实特征值只能是 $\pm 1$ ： - $λ = 1$ 恒为特征值，特征向量为 $k (1, 1, \dots, 1)^{T}$ ， $k \neq 0$ ； - 当 $n$ 为偶数时 $λ = - 1$ 也是特征值，特征向量为 $k (1, - 1, 1, - 1, \dots, (- 1)^{n - 1})^{T}$ ， $k \neq 0$ ； - 当 $n$ 为奇数时 $A$ 只有一个实特征值 $1$ （其余 $n - 1$ 个特征值为非实的单位根）。

第五题含参数二次型的正定性判定

第六章二次型

（本题 15 分）当

t

取何值时，实二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 5 x_{3}^{2} + 2 t x_{1} x_{2} - 2 x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}

是正定二次型？

查看解答

二次型的矩阵为 $A = (\begin{array}{c} 1 & t & - 1 \\ t & 1 & 2 \\ - 1 & 2 & 5 \end{array}) .$ $f$ 正定当且仅当 $A$ 的各阶顺序主子式全大于零： $Δ_{1} = 1 > 0, Δ_{2} = | \begin{array}{c} 1 & t \\ t & 1 \end{array} | = 1 - t^{2} > 0,$ $Δ_{3} = | \begin{array}{c} 1 & t & - 1 \\ t & 1 & 2 \\ - 1 & 2 & 5 \end{array} | = 1 \cdot (5 - 4) - t \cdot (5 t + 2) + (- 1) \cdot (2 t + 1) = - 5 t^{2} - 4 t .$ 由 $Δ_{2} > 0$ 得 $- 1 < t < 1$ ；由 $Δ_{3} > 0$ 得 $5 t^{2} + 4 t < 0$ ，即 $t (5 t + 4) < 0$ ，故 $- \frac{4}{5} < t < 0 .$ 由于 $- \frac{4}{5} < t < 0$ 已蕴含 $- 1 < t < 1$ ，故当且仅当 $- \frac{4}{5} < t < 0$ 时 $f$ 为正定二次型。

第六题多项式空间的基、标准正交基、过渡矩阵与度量矩阵

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设

V = R [x]_{3}

是次数小于

3

的实系数一元多项式和零多项式组成的关于多项式加法和数乘所构成的实线性空间。(1) 试证明

{1 + x^{2}, 1 + x, 1}

是

V

的一组基，记作 (I)；(2) 若对于任意的实系数多项式

p_{1} (x) = a_{1} + a_{2} x + a_{3} x^{2}

，

p_{2} (x) = b_{1} + b_{2} x + b_{3} x^{2}

，定义他们的内积为

(p_{1}, p_{2}) = a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3}

，试用施密特正交化方法将上述基

{1 + x^{2}, 1 + x, 1}

改造成

V

的标准正交基；(3) 设

{1 + x + x^{2}, 1 - x^{2}, 1 - x}

是

V

的另外一组基，记作基 (II)，试求基 (I) 到基 (II) 的过渡矩阵；(4) 问基 (I) 和基 (II) 在 (2) 中的内积下的度量矩阵有何关系？

查看解答

把多项式按基 $1, x, x^{2}$ 的坐标写成列向量，则题给内积就是 $ℝ^{3}$ 的标准内积。

(1) 三个多项式的坐标分别为 $(1, 0, 1)^{T}, (1, 1, 0)^{T}, (1, 0, 0)^{T}$ ，以它们为列的行列式 $| \begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{array} | = - 1 \neq 0,$ 故三者线性无关；又 $dim V = 3$ ，故 ${1 + x^{2}, 1 + x, 1}$ 是 $V$ 的一组基。

(2) 记 $ε_{1} = 1 + x^{2}, ε_{2} = 1 + x, ε_{3} = 1$ ，用施密特方法正交化。

$η_{1} = ε_{1} = (1, 0, 1)^{T}$ ， $(η_{1}, η_{1}) = 2$ 。

$η_{2} = ε_{2} - \frac{(ε_{2}, η_{1})}{(η_{1}, η_{1})} η_{1} = (1, 1, 0)^{T} - \frac{1}{2} (1, 0, 1)^{T} = (\frac{1}{2}, 1, - \frac{1}{2})^{T}$ ， $(η_{2}, η_{2}) = \frac{3}{2}$ 。

$η_{3} = ε_{3} - \frac{(ε_{3}, η_{1})}{(η_{1}, η_{1})} η_{1} - \frac{(ε_{3}, η_{2})}{(η_{2}, η_{2})} η_{2} = (1, 0, 0)^{T} - \frac{1}{2} (1, 0, 1)^{T} - \frac{1}{3} (\frac{1}{2}, 1, - \frac{1}{2})^{T} = (\frac{1}{3}, - \frac{1}{3}, - \frac{1}{3})^{T}$ ， $(η_{3}, η_{3}) = \frac{1}{3}$ 。

单位化得标准正交基 $\frac{1 + x^{2}}{\sqrt{2}}, \frac{1 + 2 x - x^{2}}{\sqrt{6}}, \frac{1 - x - x^{2}}{\sqrt{3}},$ 即 $\frac{1}{\sqrt{2}} (1, 0, 1)^{T}, \frac{1}{\sqrt{6}} (1, 2, - 1)^{T}, \frac{1}{\sqrt{3}} (1, - 1, - 1)^{T}$ ，它们两两正交且范数均为 $1$ 。

(3) 把基 (II) 的三个向量用基 (I) 线性表示。记 $p_{1} = 1 + x^{2}$ ， $p_{2} = 1 + x$ ， $p_{3} = 1$ ，则 $1 + x + x^{2} = p_{1} + p_{2} - p_{3}, 1 - x^{2} = 2 p_{3} - p_{1}, 1 - x = 2 p_{3} - p_{2} .$ 故基 (I) 到基 (II) 的过渡矩阵为 $C = (\begin{array}{c} 1 & - 1 & 0 \\ 1 & 0 & - 1 \\ - 1 & 2 & 2 \end{array}),$ 即 $(q_{1}, q_{2}, q_{3}) = (p_{1}, p_{2}, p_{3}) C$ ，且 $| C | = 3 \neq 0$ 。

(4) 设基 (I)、(II) 在该内积下的度量矩阵（Gram 矩阵）分别为 $G_{1}, G_{2}$ ，则由 $G_{2} = C^{T} G_{1} C$ 知两度量矩阵合同。具体地， $G_{1} = (\begin{array}{c} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array}), G_{2} = (\begin{array}{c} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{array}),$ 直接计算可验证 $G_{2} = C^{T} G_{1} C$ 。由于 $C$ 可逆， $G_{1}, G_{2}$ 是同一个二次型在不同基下的矩阵，它们合同且都正定（顺序主子式依次为 $2, 3, 1$ 与 $3, 6, 9$ ，均大于零）。

第七题矩阵乘积的特征值与迹的证明

第五章特征值和特征向量

（本题 8 分）设

A, B

都是

n

阶方阵，求证：(1)

A B + B

和

B A + B

有相同的特征值；(2) 如果

A B = (B - A^{T}) A

，则

A = O

。

查看解答

(1) 注意到 $A B + B = (A + E) B, B A + B = B (A + E) .$ 对任意同阶方阵 $X, Y$ ， $X Y$ 与 $Y X$ 有相同的特征多项式，即 $| λ E - X Y | = | λ E - Y X | .$ （证明：当 $λ \neq 0$ 时，用分块矩阵 $(\begin{array}{c} E & X \\ Y & λ E \end{array})$ 的两种分块方式计算行列式，得 $λ^{n} | λ E - X Y | = λ^{n} | λ E - Y X |$ ，消去 $λ^{n}$ 即可； $λ = 0$ 时由特征多项式关于 $λ$ 的连续性得到。）取 $X = A + E$ ， $Y = B$ ，得 $(A + E) B$ 与 $B (A + E)$ 的特征多项式相同，即 $A B + B$ 与 $B A + B$ 的特征多项式相同，故它们的特征值完全相同。

(2) 由 $A B = (B - A^{T}) A = B A - A^{T} A$ 得 $A^{T} A = B A - A B .$ 两边取迹，并利用 $tr (B A) = tr (A B)$ ，得 $tr (A^{T} A) = tr (B A) - tr (A B) = 0 .$ 而 $tr (A^{T} A) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i j}^{2}$ 是非负数之和，故 $a_{i j} = 0$ 对一切 $i, j$ 成立，即 $A = O$ 。

第八题方阵分解为幂等矩阵与可逆矩阵之积

第三章矩阵

（本题 7 分）试证明任何一个方阵可表示为一个幂等矩阵（满足

A^{2} = A

的方阵）和一个可逆矩阵的乘积。

查看解答

设 $A$ 是 $n$ 阶方阵， $r = rank A$ 。由矩阵的等价标准形，存在可逆矩阵 $P, Q$ 使 $A = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q .$ 令 $S = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) P^{- 1}, T = P Q .$ 则 $T$ 可逆，且 $S^{2} = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) P^{- 1} P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) P^{- 1} = P {(\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array})}^{2} P^{- 1} = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) P^{- 1} = S,$ 即 $S$ 是幂等矩阵。又 $S T = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) P^{- 1} \cdot P Q = P (\begin{array}{c} E_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q = A .$ 故任何方阵 $A$ 都可表示为一个幂等矩阵与一个可逆矩阵的乘积（ $A = O$ 时取 $r = 0$ ， $S = O$ 仍幂等）。

2016-2017 学年期末试卷

第一题含三角函数的三阶行列式计算

第一章行列式

（本题 10 分）计算行列式

D = | \begin{array}{c} cos \frac{α - β}{2} & sin \frac{α + β}{2} & cos \frac{α + β}{2} \\ [2 p t] cos \frac{β - γ}{2} & sin \frac{β + γ}{2} & cos \frac{β + γ}{2} \\ [2 p t] cos \frac{γ - α}{2} & sin \frac{γ + α}{2} & cos \frac{γ + α}{2} \end{array} |

。

查看解答

令 $x = \frac{α}{2}, y = \frac{β}{2}, z = \frac{γ}{2}$ ，则 $D$ 的三行依次为 $(cos (x - y), sin (x + y), cos (x + y)), (cos (y - z), sin (y + z), cos (y + z)), (cos (z - x), sin (z + x), cos (z + x)) .$ 记三列为 $C_{1}, C_{2}, C_{3}$ 。由 $cos (x - y) = cos x cos y + sin x sin y, cos (x + y) = cos x cos y - sin x sin y,$ 作列变换 $C_{1} \leftarrow \frac{C_{1} + C_{3}}{2}$ ， $C_{3} \leftarrow \frac{C_{1} - C_{3}}{2}$ ，其变换矩阵的行列式为 $- \frac{1}{2}$ ，故 $D = - 2 det M$ ，其中 $M = (\begin{array}{c} cos x cos y & sin (x + y) & sin x sin y \\ cos y cos z & sin (y + z) & sin y sin z \\ cos z cos x & sin (z + x) & sin z sin x \end{array}) .$ 把 $M$ 的三行分别提出公因子 $cos x cos y, cos y cos z, cos z cos x$ ，记 $a = tan x, b = tan y, c = tan z$ ，得 $det M = {cos}^{2} x {cos}^{2} y {cos}^{2} z | \begin{array}{c} 1 & a + b & a b \\ 1 & b + c & b c \\ 1 & c + a & c a \end{array} |,$ 这里用了 $sin (x + y) = cos x cos y (tan x + tan y)$ 与 $sin x sin y = cos x cos y tan x tan y$ 。对右端行列式作行变换 $r_{2} - r_{1}, r_{3} - r_{1}$ ： $| \begin{array}{c} 1 & a + b & a b \\ 0 & c - a & b (c - a) \\ 0 & c - b & a (c - b) \end{array} | = a (c - a) (c - b) - b (c - a) (c - b) = (a - b) (c - a) (c - b) .$ 于是 $det M = {cos}^{2} x {cos}^{2} y {cos}^{2} z (tan x - tan y) (tan z - tan x) (tan z - tan y),$ $D = - 2 det M = - 2 sin (x - y) sin (z - x) sin (z - y),$ 其中最后一式用了 $(a - b) cos x cos y = sin (x - y)$ 及与之类似的两个等式。又 $sin (z - x) = - sin (x - z)$ ， $sin (z - y) = - sin (y - z)$ ，故 $D = - 2 sin (x - y) sin (x - z) sin (y - z) = 2 sin (x - y) sin (y - z) sin (z - x) .$ 最终答案： $D = 2 sin \frac{α - β}{2} sin \frac{β - γ}{2} sin \frac{γ - α}{2} .$

第二题由伴随矩阵求原矩阵并解矩阵方程

第三章矩阵

（本题 15 分）已知矩阵

A

的伴随矩阵

A^{*} = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{array})

，而且

A^{- 1} + E

可逆，如果矩阵

X

满足

A^{- 1} X A + X A + 2 E = 0

，求矩阵

X

。

查看解答

$A^{*}$ 是对角元全为 $1$ 的下三角矩阵，故 $| A^{*} | = 1$ 。由 $| A^{*} | = | A |^{n - 1} = | A |^{2}$ （此处 $n = 3$ ）得 $| A |^{2} = 1$ ，即 $| A | = \pm 1$ ，从而 $A^{- 1} = \frac{1}{| A |} A^{*} = \pm A^{*} .$ 若 $| A | = - 1$ ，则 $A^{- 1} = - A^{*}$ ， $A^{- 1} + E = E - A^{*} = (\begin{array}{c} 0 & 0 & 0 \\ - 1 & 0 & 0 \\ - 1 & - 1 & 0 \end{array}), | E - A^{*} | = 0,$ 与 $A^{- 1} + E$ 可逆矛盾。故 $| A | = 1$ ，即 $A^{- 1} = A^{*}$ ，于是 $A = (A^{*})^{- 1} = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 1 \end{array}),$ 因为 $(\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 1 \end{array}) = E$ 。

由 $A^{- 1} X A + X A + 2 E = 0$ 得 $(A^{- 1} X + X) A = - 2 E$ ，即 $A^{- 1} X + X = - 2 A^{- 1}$ ；再左乘 $A$ 得 $X + A X = - 2 E, (E + A) X = - 2 E .$ 而 $E + A = (\begin{array}{c} 2 & 0 & 0 \\ - 1 & 2 & 0 \\ 0 & - 1 & 2 \end{array}), | E + A | = 8 \neq 0,$ 故 $E + A$ 可逆。由 $E + A = 2 (E + N)$ ，其中 $N = (\begin{array}{c} 0 & 0 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 \end{array})$ 满足 $N^{3} = O$ ，得 $(E + A)^{- 1} = \frac{1}{2} (E + N + N^{2}) = (\begin{array}{c} \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{8} & \frac{1}{4} & \frac{1}{2} \end{array}) .$ 所以 $X = - 2 (E + A)^{- 1} = (\begin{array}{c} - 1 & 0 & 0 \\ - \frac{1}{2} & - 1 & 0 \\ - \frac{1}{4} & - \frac{1}{2} & - 1 \end{array}) .$ 代回可验证 $A^{- 1} X A + X A + 2 E = O$ 。

第三题范德蒙德型线性方程组的求解与讨论

第二章线性方程组

（本题 15 分）解线性方程组

{\begin{cases} x + y + z = 1, \\ a x + b y + c z = d, \\ a^{2} x + b^{2} y + c^{2} z = d^{2} . \end{cases}

查看解答

系数行列式为范德蒙德行列式 $V = | \begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \end{array} | = (b - a) (c - a) (c - b) .$

一、 $a, b, c$ 互异。此时 $V \neq 0$ ，方程组有唯一解。定义线性函数 $L (f) = x f (a) + y f (b) + z f (c)$ ，则三个方程恰为 $L (1) = 1, L (t) = d, L (t^{2}) = d^{2}$ ，故对任意次数不超过 $2$ 的多项式 $f$ 都有 $L (f) = f (d)$ 。取 $f (t) = (t - b) (t - c)$ ，则 $f (a) = (a - b) (a - c)$ ， $f (b) = f (c) = 0$ ， $f (d) = (d - b) (d - c)$ ，于是 $x = \frac{(d - b) (d - c)}{(a - b) (a - c)} .$ 同理取 $f (t) = (t - a) (t - c)$ 、 $f (t) = (t - a) (t - b)$ 得 $y = \frac{(d - a) (d - c)}{(b - a) (b - c)}, z = \frac{(d - a) (d - b)}{(c - a) (c - b)} .$ 例如 $a = 2, b = 3, c = 4, d = 5$ 时得 $x = 1, y = - 3, z = 3$ 。

二、 $a, b, c$ 中有两个相等。以 $a = b \neq c$ 为例（其余情形同理）。方程组化为 $x + y + z = 1, a (x + y) + c z = d, a^{2} (x + y) + c^{2} z = d^{2} .$ 令 $s = x + y = 1 - z$ ，由第二式得 $a (1 - z) + c z = d$ ，即 $z (c - a) = d - a$ ，故 $z = \frac{d - a}{c - a}$ ；代入第三式得 $a^{2} + (d - a) (c + a) = d^{2}$ ，等价于 $(d - a) (d - c) = 0$ 。因此若 $d \neq a$ 且 $d \neq c$ ，方程组无解；若 $d = a$ 或 $d = c$ ，则有无穷多解 $z = \frac{d - a}{c - a}, y = 1 - z - x,$ 其中 $x$ 任意（ $d = a$ 时 $z = 0$ ； $d = c$ 时 $z = 1$ ）。

三、 $a = b = c$ 。三个方程的左端成比例，方程组化为 $x + y + z = 1$ 与 $d = a$ （此时 $d^{2} = a^{2}$ 自动成立）。故 $d \neq a$ 时无解； $d = a$ 时通解为 $x + y + z = 1, (x, y, z) = (1, 0, 0) + s (- 1, 1, 0) + t (- 1, 0, 1), s, t \in ℝ,$ 有无穷多解。

第四题分块矩阵与秩一型矩阵的特征值

第五章特征值和特征向量

（本题 15 分）(1) 设

n

阶矩阵

A

的特征值为

λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}

，求矩阵

C = (\begin{array}{c} 0 & A \\ A & 0 \end{array})

的特征值；(2) 已知

\sum_{k = 1}^{n} a_{k} = 0

，求

n

阶矩阵

A = (\begin{array}{c} a_{1}^{2} + 1 & a_{1} a_{2} + 1 & \dots & a_{1} a_{n} + 1 \\ a_{2} a_{1} + 1 & a_{2}^{2} + 1 & \dots & a_{2} a_{n} + 1 \\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_{n} a_{1} + 1 & a_{n} a_{2} + 1 & \dots & a_{n}^{2} + 1 \end{array})

的特征值。

查看解答

(1) 设 $λ$ 是 $C$ 的特征值， $(u, v)^{T} \neq 0$ 为相应特征向量， $u, v \in ℝ^{n}$ 。由 $C (\begin{array}{c} u \\ v \end{array}) = (\begin{array}{c} A v \\ A u \end{array}) = λ (\begin{array}{c} u \\ v \end{array})$ 得 $A v = λ u$ ， $A u = λ v$ ，于是 $A^{2} u = λ^{2} u$ ， $A^{2} v = λ^{2} v$ 。由于 $(u, v) \neq 0$ ， $u, v$ 中至少有一个非零，故 $λ^{2}$ 是 $A^{2}$ 的特征值，即 $λ^{2} = λ_{i}^{2}$ ， $λ = \pm λ_{i}$ 。

反之，设 $A ξ = λ_{i} ξ$ （ $ξ \neq 0$ ），则 $C (\begin{array}{c} ξ \\ ξ \end{array}) = (\begin{array}{c} A ξ \\ A ξ \end{array}) = λ_{i} (\begin{array}{c} ξ \\ ξ \end{array}), C (\begin{array}{c} ξ \\ - ξ \end{array}) = (\begin{array}{c} - A ξ \\ A ξ \end{array}) = - λ_{i} (\begin{array}{c} ξ \\ - ξ \end{array}),$ 而 $(\begin{array}{c} ξ \\ ξ \end{array}), (\begin{array}{c} ξ \\ - ξ \end{array})$ 线性无关。故 $C$ 的全部特征值为 $λ_{1}, - λ_{1}, λ_{2}, - λ_{2}, \dots, λ_{n}, - λ_{n},$ 共 $2 n$ 个（按重数计）。也可由 $(\begin{array}{c} E & E \\ E & - E \end{array}) C (\begin{array}{c} E & E \\ E & - E \end{array}) = 2 (\begin{array}{c} A & 0 \\ 0 & - A \end{array})$ 看出。

(2) 记 $e = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ ， $α = (a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n})^{T}$ ，则 $A = α α^{T} + e e^{T}$ 。由 $\sum_{k = 1}^{n} a_{k} = 0$ 得 $α^{T} e = 0$ ，故 $A e = α (α^{T} e) + e (e^{T} e) = n e, A α = α (α^{T} α) + e (e^{T} α) = | α |^{2} α,$ 其中 $| α |^{2} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k}^{2}$ ，即 $e$ 与 $α$ 分别是 $A$ 的属于特征值 $n$ 与 $| α |^{2}$ 的特征向量。又若 $x ⊥ α$ 且 $x ⊥ e$ ，则 $A x = α (α^{T} x) + e (e^{T} x) = 0$ ，而这样的 $x$ 构成 $n - 2$ 维子空间。故 $A$ 的特征值为 $n, \sum_{k = 1}^{n} a_{k}^{2}, 0,$ 其中 $0$ 是 $n - 2$ 重特征值（其对应的特征子空间为 ${x : α^{T} x = 0, e^{T} x = 0}$ ，维数 $n - 2$ ）。

第五题二次型的惯性指数与可逆性证明

第六章二次型

（本题 15 分）已知

A = (\begin{array}{c} A_{1} \\ A_{2} \end{array})

为实可逆矩阵，其中

A_{1}, A_{2}

分别为

p \times n

、

(n - p) \times n

矩阵。(1) 求二次型

f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) = X^{T} (A_{1}^{T} A_{1} - A_{2}^{T} A_{2}) X

的正惯性指数和负惯性指数；(2) 求证矩阵

A_{1}^{T} A_{1} - A_{2}^{T} A_{2}

可逆。

查看解答

(1) 记 $D = (\begin{array}{c} E_{p} & 0 \\ 0 & - E_{n - p} \end{array})$ ，则 $A_{1}^{T} A_{1} - A_{2}^{T} A_{2} = (\begin{array}{c} A_{1}^{T} & A_{2}^{T} \end{array}) (\begin{array}{c} E_{p} & 0 \\ 0 & - E_{n - p} \end{array}) (\begin{array}{c} A_{1} \\ A_{2} \end{array}) = A^{T} D A .$ 二次型 $f$ 的矩阵为 $A^{T} D A$ 。由于 $A$ 可逆， $A^{T} D A$ 与 $D$ 合同；由惯性定理，合同变换不改变正、负惯性指数。而 $D$ 的正惯性指数为 $p$ ，负惯性指数为 $n - p$ ，故 $f$ 的正惯性指数为 $p$ ，负惯性指数为 $n - p$ （两者之和为 $n$ ， $f$ 非退化）。

(2) 由 (1)， $A_{1}^{T} A_{1} - A_{2}^{T} A_{2}$ 合同于可逆矩阵 $D$ ，故 $| A_{1}^{T} A_{1} - A_{2}^{T} A_{2} | = | A^{T} D A | = | A |^{2} | D | = (- 1)^{n - p} | A |^{2} \neq 0,$ 因此 $A_{1}^{T} A_{1} - A_{2}^{T} A_{2}$ 可逆。

第六题带权内积下多项式的正交化与线性表示

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设

R [x]

是实系数多项式全体，定义其上内积函数如下：

(f (x), g (x)) = \int_{- 1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} f (x) g (x) d x, \forall f (x), g (x) \in R [x]

。(1) 请将

1, x, x^{2}, x^{3}

改造为正交多项式组；(2) 请将多项式

4 x^{3} + 3 x^{2} + 2 x + 1

用上述正交多项式组线性表示。

查看解答

(1) 令 $x = cos θ$ ，则 $d x = - sin θ d θ$ ， $\sqrt{1 - x^{2}} = sin θ$ ，且 $x = - 1$ 对应 $θ = π$ ， $x = 1$ 对应 $θ = 0$ ，故 $(f, g) = \int_{- 1}^{1} \frac{f (x) g (x)}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x = \int_{0}^{π} f (cos θ) g (cos θ) d θ .$ 记 $p_{0} = 1$ 。 $(p_{0}, p_{0}) = \int_{0}^{π} d θ = π$ ； $(x, 1) = \int_{0}^{π} cos θ d θ = 0$ ，故 $p_{1} = x$ ， $(p_{1}, p_{1}) = \int_{0}^{π} {cos}^{2} θ d θ = \frac{π}{2} .$ 又 $(x^{2}, 1) = \frac{π}{2}$ ， $(x^{2}, x) = \int_{0}^{π} {cos}^{3} θ d θ = 0$ ，故 $p_{2} = x^{2} - \frac{1}{2}, (p_{2}, p_{2}) = \int_{0}^{π} ({cos}^{2} θ - \frac{1}{2})^{2} d θ = \frac{1}{4} \int_{0}^{π} {cos}^{2} 2 θ d θ = \frac{π}{8} .$ 再算 $(x^{3}, 1) = \int_{0}^{π} {cos}^{3} θ d θ = 0$ ， $(x^{3}, x) = \int_{0}^{π} {cos}^{4} θ d θ = \frac{3 π}{8}$ ， $(x^{3}, p_{2}) = \int_{0}^{π} {cos}^{3} θ ({cos}^{2} θ - \frac{1}{2}) d θ = 0$ ，故 $p_{3} = x^{3} - \frac{(x^{3}, x)}{(p_{1}, p_{1})} x = x^{3} - \frac{3 π / 8}{π / 2} x = x^{3} - \frac{3}{4} x, (p_{3}, p_{3}) = \frac{π}{32} .$ 所求正交多项式组为 $1, x, x^{2} - \frac{1}{2}, x^{3} - \frac{3}{4} x .$ （它们分别与切比雪夫多项式 $T_{0}, T_{1}, \frac{1}{2} T_{2}, \frac{1}{4} T_{3}$ 相同，只差常数倍。）

(2) 由 (1) 中 $p_{3}, p_{2}, p_{1}, p_{0}$ 的定义反解： $4 x^{3} + 3 x^{2} + 2 x + 1 = 4 (x^{3} - \frac{3}{4} x) + 3 x + 3 (x^{2} - \frac{1}{2}) + \frac{3}{2} + 2 x + 1$ $= 4 (x^{3} - \frac{3}{4} x) + 3 (x^{2} - \frac{1}{2}) + 5 x + \frac{5}{2} = 4 p_{3} + 3 p_{2} + 5 p_{1} + \frac{5}{2} p_{0} .$ 验证：右端 $= 4 x^{3} - 3 x + 3 x^{2} - \frac{3}{2} + 5 x + \frac{5}{2} = 4 x^{3} + 3 x^{2} + 2 x + 1$ 。

第七题由保范性证明正交矩阵

第四章线性空间和线性变换

（本题 8 分）设

A

是

n

阶实矩阵，如果对于任意

n

维向量

x

，都有

| A x | = | x |

，则

A

是正交矩阵。

查看解答

对任意 $x \in ℝ^{n}$ ，由 $| A x |^{2} = x^{T} A^{T} A x$ 与 $| x |^{2} = x^{T} x$ 得 $x^{T} (A^{T} A - E) x = 0 .$ 记 $M = A^{T} A - E$ ，则 $M$ 是实对称矩阵，且对一切 $x$ 有 $x^{T} M x = 0$ 。取 $x = e_{i}$ （第 $i$ 个标准单位向量）得 $m_{i i} = 0$ ；再取 $x = e_{i} + e_{j}$ （ $i \neq j$ ），由 $x^{T} M x = m_{i i} + 2 m_{i j} + m_{j j} = 2 m_{i j} = 0$ 得 $m_{i j} = 0$ 。故 $M = O$ ，即 $A^{T} A = E .$ 于是 $A$ 可逆且 $A^{- 1} = A^{T}$ ，按定义 $A$ 为正交矩阵。

第八题分块矩阵的初等变换与行列式恒等式

第一章行列式

（本题 7 分）设

E_{r}, E_{s}

分别是

r

阶和

s

阶单位矩阵，

a

为非零常数，

A, B

分别为

r \times s

和

s \times r

矩阵。(1) 试求矩阵

U, W, X, Y

使得

(\begin{array}{c} E_{r} & O \\ X & E_{s} \end{array}) (\begin{array}{c} a E_{r} & A \\ B & E_{s} \end{array}) = (\begin{array}{c} a E_{r} & A \\ O & Y \end{array})

，

(\begin{array}{c} E_{r} & W \\ O & E_{s} \end{array}) (\begin{array}{c} a E_{r} & A \\ B & E_{s} \end{array}) = (\begin{array}{c} U & O \\ B & E_{s} \end{array})

；(2) 等式

a^{s} | a E_{r} - A B | = a^{r} | a E_{s} - B A |

是否成立？请尽量详细地说明理由。

查看解答

(1) 直接作分块乘法。第一个等式的左端为 $(\begin{array}{c} a E_{r} & A \\ X a E_{r} + E_{s} B & X A + E_{s} \end{array}) = (\begin{array}{c} a E_{r} & A \\ a X + B & X A + E_{s} \end{array}),$ 与右端比较得 $a X + B = O$ ， $Y = X A + E_{s}$ ，故 $X = - \frac{1}{a} B, Y = E_{s} - \frac{1}{a} B A .$ 第二个等式的左端为 $(\begin{array}{c} a E_{r} + W B & A + W E_{s} \\ B & E_{s} \end{array}) = (\begin{array}{c} a E_{r} + W B & A + W \\ B & E_{s} \end{array}),$ 与右端比较得 $A + W = O$ ， $U = a E_{r} + W B$ ，故 $W = - A, U = a E_{r} - A B .$

(2) 结论：成立。理由如下。

两个分块矩阵 $(\begin{array}{c} E_{r} & O \\ X & E_{s} \end{array})$ 、 $(\begin{array}{c} E_{r} & W \\ O & E_{s} \end{array})$ 都是对角块为 $E_{r}, E_{s}$ 的三角块矩阵，行列式均为 $1$ ；又 $| a E_{r} | = a^{r}$ ， $| a E_{s} | = a^{s}$ ，且 $a \neq 0$ 保证 $a E_{s}$ 可逆。

对第一个等式两边取行列式，得 $| (\begin{array}{c} a E_{r} & A \\ B & E_{s} \end{array}) | = | (\begin{array}{c} a E_{r} & A \\ O & Y \end{array}) | = | a E_{r} | \cdot | Y | = a^{r} | E_{s} - \frac{1}{a} B A | .$ 由 $| E_{s} - \frac{1}{a} B A | = a^{- s} | a E_{s} - B A |$ ，得 $| (\begin{array}{c} a E_{r} & A \\ B & E_{s} \end{array}) | = a^{r - s} | a E_{s} - B A | .$ 对第二个等式两边取行列式，得 $| (\begin{array}{c} a E_{r} & A \\ B & E_{s} \end{array}) | = | (\begin{array}{c} U & O \\ B & E_{s} \end{array}) | = | U | \cdot | E_{s} | = | a E_{r} - A B | .$ 两式右端相等，故 $| a E_{r} - A B | = a^{r - s} | a E_{s} - B A |,$ 两边同乘 $a^{s}$ （ $a \neq 0$ ）即得 $a^{s} | a E_{r} - A B | = a^{r} | a E_{s} - B A | .$ 所以所给等式成立。

2017-2018 学年期末试卷

第一题五阶行列式（缺项范德蒙德型）

第一章行列式

（本题 10 分）计算行列式

| \begin{array}{c} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 1 & 2^{2} & 3^{2} & 4^{2} & 5^{2} \\ 1 & 2^{3} & 3^{3} & 4^{3} & 5^{3} \\ 1 & 2^{5} & 3^{5} & 4^{5} & 5^{5} \end{array} |

的值。

查看解答

记 $x_{j} = j (j = 1, \dots, 5)$ ，则所求行列式为 $D = det (x_{j}^{e_{i}})$ ，其中指数向量 $e = (0, 1, 2, 3, 5)$ 。把 $D$ 看作 $x_{1}, \dots, x_{5}$ 的多项式：交换任意两列 $D$ 变号，故 $D$ 是交代式；又 $D$ 关于各变量次数之和为 $0 + 1 + 2 + 3 + 5 = 11$ ，故 $D$ 能被范德蒙德行列式 $V = \prod_{1 \leq i < j \leq 5} (x_{j} - x_{i})$ （次数 $10$ ）整除，商 $D / V$ 是次数 $1$ 的对称多项式，即 $D = V \cdot c (x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} + x_{5})$ ， $c$ 为常数。比较单项式 $x_{1}^{0} x_{2}^{1} x_{3}^{2} x_{4}^{3} x_{5}^{5}$ 的系数：在 $D$ 中仅恒等排列给出该项，系数为 $1$ ；在 $V \cdot c (x_{1} + \dots + x_{5})$ 中该项须由 $x_{5}$ 乘 $V$ 的单项式 $x_{1}^{0} x_{2}^{1} x_{3}^{2} x_{4}^{3} x_{5}^{4}$ （系数 $1$ ）得到，系数为 $c$ 。故 $c = 1$ ，即 $D = V (x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} + x_{5})$ 。取 $x_{j} = j$ ： $V = \prod_{1 \leq i < j \leq 5} (j - i) = 1! 2! 3! 4! = 288$ ， $x_{1} + \dots + x_{5} = 15$ ，所以 $D = 288 \times 15 = 4320$ 。

第二题线性相关与线性无关的定义、唯一线性表示

第二章线性方程组

（本题 15 分）(1) 叙述向量组

α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}

线性相关与线性无关的定义；(2) 设向量组

α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}

线性无关，而向量组

α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}, β

线性相关，证明：

β

可以由向量组

α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}

唯一线性表示。

查看解答

(1) 设 $α_{1}, \dots, α_{s}$ 是向量组。若存在不全为零的数 $k_{1}, \dots, k_{s}$ 使 $k_{1} α_{1} + \dots + k_{s} α_{s} = 0$ ，则称该向量组线性相关；若 $k_{1} α_{1} + \dots + k_{s} α_{s} = 0$ 只有零解 $k_{1} = \dots = k_{s} = 0$ ，则称该向量组线性无关。 (2) 因 $α_{1}, \dots, α_{r}, β$ 线性相关，存在不全为零的数 $k_{1}, \dots, k_{r}, k$ 使 $k_{1} α_{1} + \dots + k_{r} α_{r} + k β = 0$ 。若 $k = 0$ ，则 $k_{1} α_{1} + \dots + k_{r} α_{r} = 0$ 且 $k_{1}, \dots, k_{r}$ 不全为零，与 $α_{1}, \dots, α_{r}$ 线性无关矛盾，故 $k \neq 0$ ，于是 $β = - \frac{k_{1}}{k} α_{1} - \dots - \frac{k_{r}}{k} α_{r}$ ，即 $β$ 可由 $α_{1}, \dots, α_{r}$ 线性表示。唯一性：若 $β = a_{1} α_{1} + \dots + a_{r} α_{r} = b_{1} α_{1} + \dots + b_{r} α_{r}$ ，则 $(a_{1} - b_{1}) α_{1} + \dots + (a_{r} - b_{r}) α_{r} = 0$ ，由线性无关得 $a_{i} = b_{i} (i = 1, \dots, r)$ 。故表示法唯一。

第三题非齐次线性方程组解的线性组合

第二章线性方程组

（本题 15 分）设

X_{1}, \dots, X_{t}

是非齐次线性方程组

A X = b

的

t

个解，证明：

k_{1} X_{1} + \dots + k_{t} X_{t}

是

A X = b

的解

\Leftrightarrow

k_{1} + \dots + k_{t} = 1

。

查看解答

设 $X = k_{1} X_{1} + \dots + k_{t} X_{t}$ ，则 $A X = k_{1} A X_{1} + \dots + k_{t} A X_{t} = (k_{1} + \dots + k_{t}) b$ 。因 $b \neq 0$ ，故 $A X = b \Leftrightarrow (k_{1} + \dots + k_{t} - 1) b = 0 \Leftrightarrow k_{1} + \dots + k_{t} = 1$ ，即 $X$ 是 $A X = b$ 的解当且仅当 $k_{1} + \dots + k_{t} = 1$ 。（注：原题默认 $b \neq 0$ 。若 $b = 0$ ，则任一组合都是解，命题不真。）

第四题零空间（解空间）是子空间及其基与维数

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设

α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}

为某个实线性空间

V

中的

n

个向量，其秩为

r \geq 1

，且

n - r \geq 1

，设

W = {(k_{1}, \dots, k_{n})^{T} \in ℝ^{n} | k_{1} α_{1} + \dots + k_{n} α_{n} = 0}

。证明：(1)

W

为

ℝ^{n}

的一个子空间；(2) 求

W

的一组基和维数。

查看解答

(1) 令 $φ : ℝ^{n} \to V$ ， $φ ((k_{1}, \dots, k_{n})^{T}) = k_{1} α_{1} + \dots + k_{n} α_{n}$ 。 $φ$ 是线性映射，而 $W = ker φ$ 是线性映射的核，故 $W$ 是 $ℝ^{n}$ 的子空间。也可直接验证： $0 \in W$ ；若 $k = (k_{i}), l = (l_{i}) \in W$ ，则 $\sum_{i} (k_{i} + l_{i}) α_{i} = 0$ ， $\sum_{i} (λ k_{i}) α_{i} = λ \cdot 0 = 0$ ，故 $k + l \in W$ ， $λ k \in W$ 。 (2) $dim W = n - dim im φ = n - r$ 。求基：经重新编号，可设 $α_{1}, \dots, α_{r}$ 线性无关，则 $α_{j} (j = r + 1, \dots, n)$ 可由它们线性表示： $α_{j} = c_{1 j} α_{1} + \dots + c_{r j} α_{r}, j = r + 1, \dots, n$ 。令 $η_{j} = (c_{1 j}, \dots, c_{r j}, 0, \dots, 0, - 1, 0, \dots, 0)^{T}$ （第 $j$ 个分量为 $- 1$ ，其余新增分量为 $0$ ），则 $φ (η_{j}) = c_{1 j} α_{1} + \dots + c_{r j} α_{r} - α_{j} = 0$ ，即 $η_{j} \in W$ 。又 $η_{r + 1}, \dots, η_{n}$ 线性无关（第 $j$ 个坐标只在 $η_{j}$ 中非零），共 $n - r = dim W$ 个，故 $η_{r + 1}, \dots, η_{n}$ 是 $W$ 的一组基， $dim W = n - r$ 。

第五题过渡矩阵与坐标

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设 (I)：

1, x, x^{2}

，(II)：

(x - 2) (x - 3), (x - 1) (x - 3), (x - 1) (x - 2)

是线性空间

R [x]_{3}

的两组基，求：(1) 从基 (I) 到基 (II) 的过渡矩阵；(2) 从基 (II) 到基 (I) 的过渡矩阵；(3) 设

p (x) = 1 + x + x^{2}

，求

p (x)

在基 (II) 下的坐标。

查看解答

把各多项式写成基 (I) $1, x, x^{2}$ 下的坐标列向量： $(x - 2) (x - 3) = x^{2} - 5 x + 6 = (6, - 5, 1)^{T}$ ， $(x - 1) (x - 3) = x^{2} - 4 x + 3 = (3, - 4, 1)^{T}$ ， $(x - 1) (x - 2) = x^{2} - 3 x + 2 = (2, - 3, 1)^{T}$ 。 (1) 按 $(β_{1}, β_{2}, β_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) C$ 定义过渡矩阵，则从基 (I) 到基 (II) 的过渡矩阵为 $C = (\begin{array}{c} 6 & 3 & 2 \\ - 5 & - 4 & - 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{array})$ 。 (2) $| C | = - 2 \neq 0$ ，且 $C^{- 1} = (\begin{array}{c} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ - 1 & - 2 & - 4 \\ \frac{1}{2} & \frac{3}{2} & \frac{9}{2} \end{array})$ ，这就是从基 (II) 到基 (I) 的过渡矩阵。 (3) $p (x) = 1 + x + x^{2}$ 在基 (I) 下的坐标为 $(1, 1, 1)^{T}$ ，故在基 (II) 下的坐标为 $C^{- 1} (1, 1, 1)^{T} = (\frac{3}{2}, - 7, \frac{13}{2})^{T}$ ，即 $p (x) = \frac{3}{2} (x - 2) (x - 3) - 7 (x - 1) (x - 3) + \frac{13}{2} (x - 1) (x - 2)$ 。（若采用坐标变换矩阵为过渡矩阵的约定，(1)(2) 中两矩阵互换。）

第六题题目暂缺（原卷标注暂缺）

（本题 15 分）暂缺。

查看解答

（原卷此题标注“暂缺”，题干缺失，无法作答，待核。）

第七题欧氏空间内积与范数

第四章线性空间和线性变换

（本题 8 分）设

α, β

是

n

维欧氏空间的两个互异向量，

| α | = | β | = 1

，证明：

(α, β) \neq 1

。

查看解答

反证。若 $(α, β) = 1$ ，则 $| α - β |^{2} = (α - β, α - β) = | α |^{2} - 2 (α, β) + | β |^{2} = 1 - 2 + 1 = 0$ ，故 $α - β = 0$ ，即 $α = β$ ，与 $α, β$ 互异矛盾。所以 $(α, β) \neq 1$ 。

第八题特征值为正实数、正定性与可逆性

第五章特征值和特征向量

（本题 7 分）设

A

是

n

阶实对称矩阵，如果有

n

阶实矩阵

B

，使得

A B^{T} + B A

的所有特征值为正实数，证明：

A

可逆。

查看解答

令 $M = A B^{T} + B A$ 。因 $A^{T} = A$ ，故 $M^{T} = (A B^{T})^{T} + (B A)^{T} = B A + A^{T} B^{T} = B A + A B^{T} = M$ ，即 $M$ 为实对称矩阵；又 $M$ 的特征值全为正实数，故 $M$ 正定。反设 $A$ 不可逆，则存在 $0 \neq X \in ℝ^{n}$ 使 $A X = 0$ 。于是 $X^{T} M X = X^{T} A B^{T} X + X^{T} B A X$ ，其中 $X^{T} A B^{T} X = (A X)^{T} (B^{T} X) = 0$ ， $X^{T} B A X = (B^{T} X)^{T} (A X) = 0$ ，故 $X^{T} M X = 0$ ，这与 $M$ 正定（当 $X \neq 0$ 时 $X^{T} M X > 0$ ）矛盾。所以 $A$ 可逆。

2017-2018 学年期末试卷

第一题每列加同一向量的行列式展开

第一章行列式

（本题 10 分）设

D = | \begin{array}{c} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2 n} \\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{n n} \end{array} |

，试证明：

| \begin{array}{c} a_{11} + b_{1} & a_{12} + b_{2} & \dots & a_{1 n} + b_{n} \\ a_{21} + b_{1} & a_{22} + b_{2} & \dots & a_{2 n} + b_{n} \\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_{n 1} + b_{1} & a_{n 2} + b_{2} & \dots & a_{n n} + b_{n} \end{array} | = D + \sum_{j = 1}^{n} b_{j} \sum_{i = 1}^{n} A_{i j},

其中

A_{i j}

为

D

中元素

a_{i j}

的代数余子式。

查看解答

记 $A = (a_{i j})$ ， $b = (b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n})^{T}$ ， $e = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ ，则左端的矩阵为 $A + e b^{T}$ ，其第 $j$ 列为 $A$ 的第 $j$ 列加上 $b_{j} e$ 。

由行列式对每一列的多线性，把第 $j$ 列拆成 $A$ 的第 $j$ 列与 $b_{j} e$ 之和并展开，得 $det (A + e b^{T}) = D + \sum_{j = 1}^{n} b_{j} det (A_{1}, \dots, A_{j - 1}, e, A_{j + 1}, \dots, A_{n}),$ 其中 $A_{j}$ 表示 $A$ 的第 $j$ 列。展开式中含有两个（或更多） $e$ 列的项为零，因为此时有两列相同；含一个 $e$ 列的项恰好是上式求和中的各项。

再把 $det (A_{1}, \dots, A_{j - 1}, e, A_{j + 1}, \dots, A_{n})$ 按第 $j$ 列（即 $e$ ）展开： $det (A_{1}, \dots, A_{j - 1}, e, A_{j + 1}, \dots, A_{n}) = \sum_{i = 1}^{n} 1 \cdot A_{i j} = \sum_{i = 1}^{n} A_{i j},$ 其中 $A_{i j}$ 是 $a_{i j}$ 在 $D$ 中的代数余子式（与第 $j$ 列无关，故可沿用 $D$ 的记号）。代入即得 $det (A + e b^{T}) = D + \sum_{j = 1}^{n} b_{j} \sum_{i = 1}^{n} A_{i j} .$ （等价说法： $det (A + e b^{T}) = | A | + b^{T} A^{*} e$ ，其中 $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵， $(A^{*})_{j i} = A_{i j}$ 。）

第二题由线性组合的系数矩阵判定线性相关性

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设

α_{1}, α_{2}, α_{3}, β = α_{1} + α_{2} + α_{3}

是某个线性空间中的

4

个向量。试证明：

β - α_{1}, β - α_{2}, β - α_{3}

线性无关当且仅当

α_{1}, α_{2}, α_{3}

线性无关。

查看解答

由 $β = α_{1} + α_{2} + α_{3}$ 得 $β - α_{1} = α_{2} + α_{3}, β - α_{2} = α_{1} + α_{3}, β - α_{3} = α_{1} + α_{2},$ 故 $(β - α_{1}, β - α_{2}, β - α_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) (\begin{array}{c} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}) .$ 记 $M = (\begin{array}{c} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{array})$ ，则 $| M | = 0 \cdot (0 - 1) - 1 \cdot (1 - 1) + 1 \cdot (1 - 0) = 2 \neq 0,$ 故 $M$ 可逆，且 $M^{- 1} = \frac{1}{2} (\begin{array}{c} - 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 \end{array})$ 。

若 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关，设 $x_{1} (β - α_{1}) + x_{2} (β - α_{2}) + x_{3} (β - α_{3}) = 0$ ，即 $(α_{1}, α_{2}, α_{3}) M (\begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array}) = 0,$ 由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关及 $M$ 可逆得 $(x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} = 0$ ，故 $β - α_{1}, β - α_{2}, β - α_{3}$ 线性无关。

反之，若 $β - α_{1}, β - α_{2}, β - α_{3}$ 线性无关，则由 $(α_{1}, α_{2}, α_{3}) = (β - α_{1}, β - α_{2}, β - α_{3}) M^{- 1}$ 知 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 都可由线性无关组 $β - α_{1}, β - α_{2}, β - α_{3}$ 线性表示。设 $y_{1} α_{1} + y_{2} α_{2} + y_{3} α_{3} = 0$ ，则 $(β - α_{1}, β - α_{2}, β - α_{3}) M^{- 1} (\begin{array}{c} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{array}) = 0,$ 由 $β - α_{1}, β - α_{2}, β - α_{3}$ 线性无关及 $M^{- 1}$ 可逆得 $(y_{1}, y_{2}, y_{3})^{T} = 0$ ，故 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关。

故两向量组同时线性无关，命题成立。

第三题满足伴随矩阵等于自身的矩阵

第三章矩阵

（本题 15 分）设

A

是一个

n (n \geq 2)

阶方阵，试求所有满足

A^{*} = A

的方阵

A

，其中

A^{*}

为

A

的伴随矩阵。

查看解答

由 $A A^{*} = | A | E$ 及 $A^{*} = A$ 得 $A^{2} = | A | E .$ 设 $r = rank A$ ，按秩讨论。

一、 $r \leq n - 2$ 。此时 $A$ 的所有 $n - 1$ 阶子式全为零，故 $A^{*} = O$ ，由 $A^{*} = A$ 得 $A = O$ 。

二、 $r = n - 1$ 。此时 $A^{*} \neq O$ 且 $rank A^{*} = 1$ ，由 $A^{*} = A$ 得 $r = 1$ ，于是 $n - 1 = 1$ ，即 $n = 2$ ， $r = 1$ 。设 $A = (\begin{array}{c} a & b \\ c & d \end{array})$ ，则 $A^{*} = (\begin{array}{c} d & - b \\ - c & a \end{array}) = A,$ 比较分量得 $b = 0, c = 0, d = a$ ，即 $A = a E$ 。但 $rank A = 1$ 要求 $a \neq 0$ ，而此时 $| A | = a^{2} \neq 0$ ， $rank A = 2$ ，矛盾。故此种情形无解。

三、 $r = n$ ，即 $A$ 可逆。此时 $A^{*} = | A | A^{- 1}$ ，于是 $A^{*} = A \Leftrightarrow | A | A^{- 1} = A \Leftrightarrow A^{2} = | A | E .$ 反之，若 $A$ 可逆且 $A^{2} = | A | E$ ，则 $A^{- 1} = \frac{1}{| A |} A$ ，从而 $A^{*} = | A | A^{- 1} = A$ 。故可逆情形下 $A^{*} = A$ 与 $A^{2} = | A | E$ 等价（此时由取行列式还可得 $| A |^{n - 2} = 1$ ）。

综上，满足 $A^{*} = A$ 的全部方阵恰为两类： $A = O$ ，以及满足 $A^{2} = | A | E$ 的可逆矩阵 $A$ 。例如 $A = O$ 、 $A = E$ 都是解； $n = 2$ 时一切 $A = a E$ 都是解（ $A^{*} = a E = A$ ）； $n = 3$ 时一切满足 $A^{2} = E$ 且 $| A | = 1$ 的可逆矩阵（如 $diag (1, - 1, - 1)$ ）也是解。

第四题向量组的极大线性无关组与秩

第二章线性方程组

（本题 15 分）求向量组

α_{1} = (6, 4, 1, - 1, 2)^{T}

，

α_{2} = (1, 0, 2, 3, - 4)^{T}

，

α_{3} = (1, 4, - 9, - 16, 22)^{T}

，

α_{4} = (7, 1, 0, - 1, 3)^{T}

的一个极大线性无关组和秩。

查看解答

以 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 为列作矩阵，并作初等行变换： $(\begin{array}{c} 6 & 1 & 1 & 7 \\ 4 & 0 & 4 & 1 \\ 1 & 2 & - 9 & 0 \\ - 1 & 3 & - 16 & - 1 \\ 2 & - 4 & 22 & 3 \end{array}) ⟶ \dots ⟶ (\begin{array}{c} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & - 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}) .$ 上述行最简形有 $3$ 个非零行，故 $rank {α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}} = 3$ 。

行最简形中主元所在的列是第 $1, 2, 4$ 列，故 $α_{1}, α_{2}, α_{4}$ 构成一个极大线性无关组，且第 $3$ 列为 $(1, - 5, 0, 0)^{T}$ ，给出线性关系 $α_{3} = α_{1} - 5 α_{2} .$ 验证： $α_{1} - 5 α_{2} = (6 - 5, 4 - 0, 1 - 10, - 1 - 15, 2 + 20)^{T} = (1, 4, - 9, - 16, 22)^{T} = α_{3}$ 。

所以秩为 $3$ ，一个极大线性无关组为 ${α_{1}, α_{2}, α_{4}}$ （同理 ${α_{1}, α_{3}, α_{4}}, {α_{2}, α_{3}, α_{4}}$ 也都是极大线性无关组）。

第五题矩阵多项式的像空间及其基与维数

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设

A = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & ω & 0 \\ 0 & 0 & ω^{2} \end{array})

，其中数

ω \neq 1

且

ω^{3} = 1

，令

V

为所有形如

f (A)

的矩阵组成的集合，其中

f

取遍复系数一元多项式。(1) 试证明

V

关于矩阵的加法和数乘运算构成复数域

C

上的一个线性空间；(2) 试求线性空间

V

的一组基和维数。

查看解答

(1) 取零多项式 $f \equiv 0$ ，则 $O = f (A) \in V$ ，故 $V$ 非空。设 $f (A), g (A) \in V$ ， $λ \in ℂ$ ，由矩阵多项式运算的性质 $f (A) + g (A) = (f + g) (A) \in V, λ f (A) = (λ f) (A) \in V,$ 即 $V$ 对矩阵加法与数乘封闭。又 $V$ 是 $ℂ^{3 \times 3}$ 的子集，矩阵加法与数乘的交换律、结合律、分配律等在其中成立，故 $V$ 关于矩阵加法与数乘构成 $ℂ$ 上的线性空间。

(2) 由 $ω^{3} = 1$ 且 $ω \neq 1$ 知 $1 + ω + ω^{2} = 0$ ，且 $1, ω, ω^{2}$ 两两互异。对任意多项式 $f$ ， $f (A) = (\begin{array}{c} f (1) & 0 & 0 \\ 0 & f (ω) & 0 \\ 0 & 0 & f (ω^{2}) \end{array}),$ 故 $V$ 中每个矩阵都是对角矩阵，即 $V$ 含于 $3$ 阶对角矩阵组成的集合。

反之，对任意 $(u, v, w) \in ℂ^{3}$ ，由拉格朗日插值存在次数不超过 $2$ 的多项式 $f$ 使 $f (1) = u, f (ω) = v, f (ω^{2}) = w$ ，于是 $diag (u, v, w) = f (A) \in V$ 。故 $V$ 恰为全部 $3$ 阶对角矩阵组成的空间，从而 $dim V = 3 .$ 取 $f = 1, x, x^{2}$ 得 $E = diag (1, 1, 1), A = diag (1, ω, ω^{2}), A^{2} = diag (1, ω^{2}, ω),$ 它们都在 $V$ 中。若 $k_{0} E + k_{1} A + k_{2} A^{2} = O$ ，比较对角元得关于 $k_{0}, k_{1}, k_{2}$ 的齐次方程组，其系数行列式为 $| \begin{array}{c} 1 & 1 & 1 \\ 1 & ω & ω^{2} \\ 1 & ω^{2} & ω \end{array} | \neq 0$ （范德蒙德行列式，节点 $1, ω, ω^{2}$ 互异），故 $k_{0} = k_{1} = k_{2} = 0$ ，即 $E, A, A^{2}$ 线性无关。所以 ${E, A, A^{2}}$ 是 $V$ 的一组基， $dim V = 3$ 。

第六题四阶矩阵的特征值、特征向量与对角化

第五章特征值和特征向量

（本题 15 分）设

A = (\begin{array}{c} 0 & 0 & 6 & - 5 \\ 0 & 0 & - 5 & 4 \\ 0 & 0 & 3.5 & - 1.5 \\ 0 & 0 & 5 & - 2 \end{array})

。(1) 求

A

的所有特征值与特征向量；(2) 问是否存在可逆矩阵

P

使得

P^{- 1} A P

为对角矩阵？若存在，求出

P

；若不存在，请说明理由；(3) 请问是否存在正交矩阵

Q

使得

Q^{T} A Q

为对角矩阵？若存在，求出

Q

；若不存在，请说明理由。

查看解答

(1) 把 $A$ 写成分块形式 $A = (\begin{array}{c} O & C \\ O & D \end{array})$ ，其中 $C = (\begin{array}{c} 6 & - 5 \\ - 5 & 4 \end{array}), D = (\begin{array}{c} \frac{7}{2} & - \frac{3}{2} \\ 5 & - 2 \end{array}) .$ 于是 $| λ E - A | = | \begin{array}{c} λ E_{2} & - C \\ O & λ E_{2} - D \end{array} | = λ^{2} | \begin{array}{c} λ - \frac{7}{2} & \frac{3}{2} \\ - 5 & λ + 2 \end{array} | = λ^{2} [(λ - \frac{7}{2}) (λ + 2) + \frac{15}{2}]$ $= λ^{2} (λ^{2} - \frac{3}{2} λ + \frac{1}{2}) = λ^{2} (λ - 1) (λ - \frac{1}{2}) .$ 故特征值为 $λ_{1} = λ_{2} = 0$ ， $λ_{3} = 1$ ， $λ_{4} = \frac{1}{2}$ 。

求特征向量： $λ = 0$ ：解 $A x = 0$ ，即 $6 x_{3} - 5 x_{4} = 0$ ， $- 5 x_{3} + 4 x_{4} = 0$ ， $\frac{7}{2} x_{3} - \frac{3}{2} x_{4} = 0$ ， $5 x_{3} - 2 x_{4} = 0$ ，得 $x_{3} = x_{4} = 0$ ， $x_{1}, x_{2}$ 任意，故 $ξ_{1} = (1, 0, 0, 0)^{T}, ξ_{2} = (0, 1, 0, 0)^{T} .$ $λ = 1$ ：解 $(A - E) x = 0$ ，得 $x = (- 7, 5, 3, 5)^{T}$ 。 $λ = \frac{1}{2}$ ：解 $(A - \frac{1}{2} E) x = 0$ ，得 $x = (- 8, 6, 1, 2)^{T}$ 。

直接验证： $A (- 7, 5, 3, 5)^{T} = (18 - 25, - 15 + 20, 10.5 - 7.5, 15 - 10)^{T} = (- 7, 5, 3, 5)^{T}$ ； $A (- 8, 6, 1, 2)^{T} = (6 - 10, - 5 + 8, 3.5 - 3, 5 - 4)^{T} = (- 4, 3, 0.5, 1)^{T} = \frac{1}{2} (- 8, 6, 1, 2)^{T}$ 。故 $A$ 的全部特征向量为 $k_{1} (1, 0, 0, 0)^{T} + k_{2} (0, 1, 0, 0)^{T}, k_{3} (- 7, 5, 3, 5)^{T}, k_{4} (- 8, 6, 1, 2)^{T},$ 其中 $k_{1}, k_{2}$ 不全为零（属于特征值 $0$ ）， $k_{3} \neq 0$ （属于 $λ = 1$ ）， $k_{4} \neq 0$ （属于 $λ = \frac{1}{2}$ ）。

(2) 存在。属于 $λ = 0$ 的特征子空间维数为 $2$ ，等于 $0$ 的重数；属于 $λ = 1, \frac{1}{2}$ 的特征子空间各为 $1$ 维。故 $A$ 有 $4$ 个线性无关的特征向量， $A$ 可对角化。取 $P = (\begin{array}{c} 1 & 0 & - 7 & - 8 \\ 0 & 1 & 5 & 6 \\ 0 & 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 5 & 2 \end{array}), P^{- 1} A P = diag (0, 0, 1, \frac{1}{2}) .$ （ $P$ 的列依次为 $ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}, ξ_{4}$ ； $ξ_{1}, ξ_{2}$ 与 $ξ_{3}, ξ_{4}$ 各自的线性无关性由特征值不同及计算直接看出，故 $| P | \neq 0$ 。）

(3) 不存在。若存在正交矩阵 $Q$ 使 $Q^{T} A Q = Λ$ 为对角矩阵，则 $A = Q Λ Q^{T},$ 右端是实对称矩阵，故 $A$ 必须对称。但 $a_{13} = 6$ ， $a_{31} = 0$ ， $A^{T} \neq A$ ，矛盾。所以不存在这样的正交矩阵 $Q$ 。

第七题半正定矩阵与正定扰动的等价刻画

第六章二次型

（本题 8 分）设

A

为

n

阶实对称矩阵，试证明

A

半正定当且仅当

\forall c > 0

，

c E + A

正定。

查看解答

必要性。设 $A$ 半正定，则存在正交矩阵 $Q$ 使 $Q^{T} A Q = diag (λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}), λ_{i} \geq 0 (i = 1, \dots, n) .$ 于是 $Q^{T} (c E + A) Q = diag (c + λ_{1}, c + λ_{2}, \dots, c + λ_{n}),$ 其特征值 $c + λ_{i} \geq c > 0$ ，故 $c E + A$ 正定。

充分性。设对任意 $c > 0$ ， $c E + A$ 正定。则对任意 $x \neq 0$ 有 $x^{T} (c E + A) x = c | x |^{2} + x^{T} A x > 0,$ 即 $x^{T} A x > - c | x |^{2} .$ 令 $c \to 0^{+}$ ，得 $x^{T} A x \geq 0$ 对一切 $x \neq 0$ 成立（ $x = 0$ 时显然为 $0$ ），故 $A$ 半正定。

（也可用特征值语言： $A$ 的特征值为 $λ_{i}$ ， $c E + A$ 的特征值为 $c + λ_{i}$ ；对一切 $c > 0$ 有 $c + λ_{i} > 0$ 等价于 $λ_{i} \geq 0$ 。）

第八题对称可逆矩阵与反对称矩阵之差的可逆性

第三章矩阵

（本题 7 分）设

A

为可逆的

n

阶实对称矩阵，

B

为

n

阶实反对称矩阵，且有

A B = B A

，试证明：

A - B

可逆。

查看解答

由 $A$ 可逆及 $A B = B A$ 得 $A^{- 1} B = B A^{- 1}$ 。记 $C = B A^{- 1}$ ，则利用 $A^{T} = A$ 、 $B^{T} = - B$ 得 $C^{T} = (A^{- 1})^{T} B^{T} = A^{- 1} (- B) = - A^{- 1} B = - B A^{- 1} = - C,$ 即 $C$ 是实反对称矩阵。又 $A - B = A - A B A^{- 1} = A (E - C),$ 故 $| A - B | = | A | \cdot | E - C | .$ 实反对称矩阵的特征值为纯虚数或 $0$ （若 $C x = μ x$ ， $x \neq 0$ ，则 $x^{*} C x = μ x^{*} x$ ，而 $(x^{*} C x)^{*} = x^{*} C^{T} x = - x^{*} C x$ ，故 $μ \overline{x^{*} x}$ 为纯虚数， $μ$ 为纯虚数或 $0$ ）。于是 $E - C$ 的特征值为 $1 - μ$ ，均非零，故 $| E - C | = \prod_{i = 1}^{n} (1 - μ_{i}) \neq 0,$ 即 $E - C$ 可逆。又 $| A | \neq 0$ ，所以 $| A - B | \neq 0$ ， $A - B$ 可逆。

2018-2019 学年期末试卷

第一题三对角行列式的递推与计算

第一章行列式

（本题 15 分）设有

n

阶行列式如下：

D_{n} = | \begin{array}{c} a_{1} & 1 & 0 & \dots & 0 \\ - 1 & a_{2} & 1 & \dots & 0 \\ 0 & - 1 & a_{3} & 1 & \dots \\ \dots & \dots & \dots & \dots & 1 \\ 0 & 0 & \dots & - 1 & a_{n} \end{array} |

，其中

a_{1}, \dots, a_{n}

为任意实常数。 (1) 证明：

\forall n \geq 3

，

D_{n} = a_{n} D_{n - 1} + D_{n - 2}

； (2) 当

a_{1} = \dots = a_{n} = 0

时，计算

D_{n}

的值； (3) 当

a_{1} = \dots = a_{n} = 1

时，计算

D_{n}

的值。

查看解答

记 $D_{1} = a_{1}$ ， $D_{2} = | \begin{array}{c} a_{1} & 1 \\ - 1 & a_{2} \end{array} | = a_{1} a_{2} + 1$ 。 (1) 按第 $n$ 行展开： $D_{n} = a_{n} (- 1)^{n + n} M_{n n} + (- 1) \cdot (- 1)^{n + (n - 1)} M_{n, n - 1}$ ，其中 $M_{n n} = D_{n - 1}$ ； $M_{n, n - 1}$ 是删去第 $n$ 行与第 $n - 1$ 列所得的行列式，它再按最后一列（只有一个元素 $1$ ，位于第 $(n - 1)$ 行第 $(n - 1)$ 列）展开得 $M_{n, n - 1} = D_{n - 2}$ 。故对 $n \geq 3$ 有 $D_{n} = a_{n} D_{n - 1} + (- 1) \cdot (- 1)^{2 n - 1} D_{n - 2} = a_{n} D_{n - 1} + D_{n - 2}$ 。 (2) 当 $a_{1} = \dots = a_{n} = 0$ 时 $D_{n} = D_{n - 2}$ ，且 $D_{1} = 0$ ， $D_{2} = 1$ ，故 $D_{n} = \frac{1 + (- 1)^{n}}{2}$ ，即 $n$ 为奇数时 $D_{n} = 0$ ， $n$ 为偶数时 $D_{n} = 1$ 。 (3) 当 $a_{1} = \dots = a_{n} = 1$ 时 $D_{n} = D_{n - 1} + D_{n - 2}$ ，且 $D_{1} = 1$ ， $D_{2} = 2$ ，故 $D_{n} = F_{n + 1}$ （斐波那契数），即 $D_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}} [(\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{n + 1} - (\frac{1 - \sqrt{5}}{2})^{n + 1}]$ 。

第二题二阶实对称矩阵空间的一组基

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设

V

为所有二阶实对称矩阵组成的集合，已知

V

关于矩阵加法和矩阵数乘构成一个实线性空间，试证明：

α_{1} = (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{array}), α_{2} = (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}), α_{3} = (\begin{array}{c} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array})

是

V

的一组基。

查看解答

$dim V = 3$ ： $(\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}), (\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}), (\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array})$ 是 $V$ 的一组基。设 $k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3} = 0$ ，即 $(\begin{array}{c} k_{1} + k_{2} + k_{3} & k_{3} \\ k_{3} & - k_{1} + k_{2} + k_{3} \end{array}) = 0$ ，比较元素得 $k_{3} = 0$ ， $k_{1} + k_{2} = 0$ ， $- k_{1} + k_{2} = 0$ ，故 $k_{1} = k_{2} = k_{3} = 0$ ，即 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关。 $V$ 是 3 维空间，3 个线性无关的向量构成 $V$ 的一组基。

第三题含参数线性方程组的求解

第二章线性方程组

（本题 15 分）解线性方程组

{\begin{cases} 2 x_{1} + 5 x_{2} + x_{3} + 3 x_{4} = 2 \\ 4 x_{1} + 6 x_{2} + 3 x_{3} + 5 x_{4} = 4 \\ 4 x_{1} + 14 x_{2} + x_{3} + 7 x_{4} = 4 \\ 2 x_{1} - 3 x_{2} + 3 x_{3} + λ x_{4} = 7 \end{cases}

，其中

λ

为实参数。

查看解答

对增广矩阵作初等行变换（第 2 行减第 1 行的 2 倍，第 3 行减第 1 行的 2 倍，第 4 行减第 1 行）： $(\begin{array}{c} 2 & 5 & 1 & 3 & 2 \\ 4 & 6 & 3 & 5 & 4 \\ 4 & 14 & 1 & 7 & 4 \\ 2 & - 3 & 3 & λ & 7 \end{array}) \to (\begin{array}{c} 2 & 5 & 1 & 3 & 2 \\ 0 & - 4 & 1 & - 1 & 0 \\ 0 & 4 & - 1 & 1 & 0 \\ 0 & - 8 & 2 & λ - 3 & 5 \end{array}) \to (\begin{array}{c} 2 & 5 & 1 & 3 & 2 \\ 0 & - 4 & 1 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & λ - 1 & 5 \end{array})$ 由此得 $(λ - 1) x_{4} = 5$ 。 (1) 当 $λ \neq 1$ 时， $r (A) = r (A, b) = 3 < 4$ ，方程组有无穷多解。取 $x_{2} = t$ 为自由未知量，由第 2 行 $- 4 x_{2} + x_{3} - x_{4} = 0$ 得 $x_{3} = 4 t + x_{4}$ ，再由第 1 行得 $x_{1} = 1 - \frac{9}{2} t - 2 x_{4}$ ，其中 $x_{4} = \frac{5}{λ - 1}$ ，即 $X = (1 - \frac{10}{λ - 1}, 0, \frac{5}{λ - 1}, \frac{5}{λ - 1})^{T} + t (- \frac{9}{2}, 1, 4, 0)^{T}, t \in ℝ$ 。 (2) 当 $λ = 1$ 时，最后一行为 $(0, 0, 0, 0 | 5)$ ，即 $0 = 5$ ，此时 $r (A) = 2 < r (A, b) = 3$ ，方程组无解。

第四题伴随矩阵与方程 $(A^*)^*=A$

第三章矩阵

（本题 10 分）设

A

是一个

n (n \geq 3)

阶方阵，试求所有满足

(A^{*})^{*} = A

的方阵

A

。

查看解答

记 $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵， $| A^{*} | = | A |^{n - 1}$ 。 (1) 若 $| A | \neq 0$ ，则 $A^{*} = | A | A^{- 1}$ ， $(A^{*})^{- 1} = \frac{1}{| A |} A$ ，故 $(A^{*})^{*} = | A^{*} | (A^{*})^{- 1} = | A |^{n - 1} \cdot \frac{A}{| A |} = | A |^{n - 2} A$ 。于是 $(A^{*})^{*} = A \Leftrightarrow | A |^{n - 2} A = A \Leftrightarrow | A |^{n - 2} = 1$ （因 $A$ 可逆， $A \neq 0$ ），即 $| A | = 1$ ；当 $n$ 为偶数时还可 $| A | = - 1$ 。 (2) 若 $| A | = 0$ ：当 $r (A) \leq n - 2$ 时 $A^{*} = 0$ ，从而 $(A^{*})^{*} = 0$ ，此时 $(A^{*})^{*} = A$ 等价于 $A = 0$ ，而 $A = 0$ 确实是解；当 $r (A) = n - 1$ 时 $r (A^{*}) = 1 \leq n - 2$ （因 $n \geq 3$ ），故 $(A^{*})^{*} = 0$ ，又要求 $A = 0$ ，与 $r (A) = n - 1$ 矛盾，无解。综上，所求方阵为： $A = 0$ ，或 $A$ 可逆且 $| A |^{n - 2} = 1$ （ $n$ 为奇数时即 $| A | = 1$ ； $n$ 为偶数时 $| A | = \pm 1$ ）。

第五题子空间、标准正交基（Gram-Schmidt）与过渡矩阵

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设

R [x]_{3}

是次数小于等于 3 的实系数多项式和零多项式组成的集合，已知

R [x]_{3}

关于多项式加法和实数与多项式的乘法构成一个实线性空间。设

W = {k_{1} x + k_{2} (1 + x^{2}) | k_{1}, k_{2} \in ℝ}

。 (1) 证明

W

是

R [x]_{3}

的一个子空间； (2) 若在

W

上定义一个内积：

\forall α (x), β (x) \in W, (α (x), β (x)) = \int_{0}^{1} α (x) β (x) d x

，试将

W

的一组基

x, 1 + x^{2}

化为

W

的一组标准正交基

η_{1}, η_{2}

； (3) 求基

x, 1 + x^{2}

到基

η_{1}, η_{2}

的过渡矩阵。

查看解答

(1) $W = {k_{1} x + k_{2} (1 + x^{2}) | k_{1}, k_{2} \in ℝ} = span {x, 1 + x^{2}}$ 是有限个向量张成的集合，故为 $R [x]_{3}$ 的子空间。也可直接验证：零多项式 $0 \in W$ ；若 $α = k_{1} x + k_{2} (1 + x^{2})$ ， $β = l_{1} x + l_{2} (1 + x^{2})$ ，则 $α + β = (k_{1} + l_{1}) x + (k_{2} + l_{2}) (1 + x^{2}) \in W$ ， $λ α = (λ k_{1}) x + (λ k_{2}) (1 + x^{2}) \in W$ 。 (2) 先正交化，再单位化。 $| x |^{2} = \int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3}$ ，故 $η_{1} = \sqrt{3} x$ 。 $(1 + x^{2}, x) = \int_{0}^{1} (x + x^{3}) d x = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$ ， $(1 + x^{2}, η_{1}) = \sqrt{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3 \sqrt{3}}{4}$ 。令 $ξ_{2} = (1 + x^{2}) - (1 + x^{2}, η_{1}) η_{1} = (1 + x^{2}) - \frac{3}{4} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} x = (1 + x^{2}) - \frac{9}{4} x$ 。 $| ξ_{2} |^{2} = \int_{0}^{1} (1 - \frac{9}{4} x + x^{2})^{2} d x = \frac{43}{240}$ ，故 $| ξ_{2} | = \frac{\sqrt{645}}{60}$ 。所以 $η_{2} = \frac{ξ_{2}}{| ξ_{2} |} = \frac{60}{\sqrt{645}} (1 - \frac{9}{4} x + x^{2}) = \frac{4 \sqrt{645}}{43} (x^{2} - \frac{9}{4} x + 1)$ 。 (3) 由 $η_{1} = \sqrt{3} x$ 及 $η_{2} = \frac{4 \sqrt{645}}{43} (1 + x^{2}) - \frac{9 \sqrt{645}}{43} x$ ，按 $(η_{1}, η_{2}) = (x, 1 + x^{2}) P$ 得过渡矩阵 $P = (\begin{array}{c} \sqrt{3} & - \frac{9 \sqrt{645}}{43} \\ 0 & \frac{4 \sqrt{645}}{43} \end{array})$ 。

第六题二次型的矩阵、特征值与正定性

第六章二次型

（本题 15 分）设有实二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{3} x_{4} + t x_{3}^{2} + 2 x_{4}^{2}

，其中

t

为参数。 (1) 写出二次型

f

对应的矩阵

A

； (2) 若

3

是

A

的一个特征值，试求出

t

的值； (3) 设

B = A^{T} A

，问

t

取何值时

B

不是正定的？

查看解答

(1) $A = (\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & t & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \end{array})$ 。 (2) $A$ 为分块对角阵， $A_{1} = (\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array})$ 的特征值为 $\pm 1$ ； $A_{2} = (\begin{array}{c} t & 1 \\ 1 & 2 \end{array})$ 的特征多项式为 $λ^{2} - (t + 2) λ + (2 t - 1)$ 。因 $3 \neq \pm 1$ ，故 $3$ 只能是 $A_{2}$ 的特征值，代入得 $9 - 3 (t + 2) + (2 t - 1) = 0$ ，即 $2 - t = 0$ ， $t = 2$ 。（此时 $A_{2}$ 的两个特征值为 $3$ 与 $1$ ，符合。） (3) 因 $A$ 实对称， $A^{T} = A$ ，故 $B = A^{T} A = A^{2}$ ， $B$ 的特征值是 $A$ 的特征值的平方，恒非负， $B$ 总是半正定的。于是 $B$ 不是正定 $\Leftrightarrow$ $B$ 有零特征值 $\Leftrightarrow$ $A$ 有零特征值 $\Leftrightarrow$ $| A | = 0$ 。 $| A | = | A_{1} | \cdot | A_{2} | = (- 1) (2 t - 1)$ ，故 $| A | = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}$ 。即 $t = \frac{1}{2}$ 时 $B$ 不是正定的（此时 $B = A^{2}$ 半正定但奇异，特征值为 $0, 1, 1, \frac{25}{4}$ ）； $t \neq \frac{1}{2}$ 时 $B$ 正定。

第七题实对称矩阵的负特征值与二次型取值

第五章特征值和特征向量

（本题 8 分）设

A

为

n

阶实对称矩阵，且

| A | < 0

，试证明存在一个

n

维实列向量

X

，使得

X^{T} A X < 0

。

查看解答

$A$ 为实对称矩阵，故其特征值 $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ 全为实数，且 $| A | = λ_{1} λ_{2} \dots λ_{n} < 0$ ，故至少有一个特征值 $λ < 0$ （否则所有特征值非负，乘积非负）。取 $λ$ 对应的实特征向量 $X \neq 0$ ，则 $X^{T} A X = X^{T} (λ X) = λ X^{T} X = λ | X |^{2} < 0$ 。证毕。

第八题矩阵等式与可逆矩阵的存在性

第三章矩阵

（本题 7 分）设

A, B

是两个

m \times n

阶矩阵且存在两个方阵

C, D

使得

A = B C

，

B = A D

，试证明：存在可逆矩阵

M

使得

B = A M

。

查看解答

由 $A = B C$ 得 $r (A) \leq r (B)$ ；由 $B = A D$ 得 $r (B) \leq r (A)$ ，故 $r (A) = r (B) = r$ 。取可逆矩阵 $P (m \times m)$ 与 $Q (n \times n)$ ，使 $A = P (\begin{array}{c} I_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) Q$ 。令 $N = Q M$ ，则 $M$ 可逆当且仅当 $N$ 可逆，且 $A M = B \Leftrightarrow P (\begin{array}{c} I_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) N = B \Leftrightarrow (\begin{array}{c} I_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}) N = P^{- 1} B$ 。把 $P^{- 1} B$ 按前 $r$ 行分块为 $(\begin{array}{c} B_{1} & B_{2} \\ B_{3} & B_{4} \end{array})$ （ $B_{1}$ 为 $r \times r$ ），上式等价于 $N$ 的前 $r$ 行等于 $P^{- 1} B$ 的前 $r$ 行，即 $N = (\begin{array}{c} B_{1} & B_{2} \\ X & Y \end{array})$ ，其中 $X, Y$ 任意。因 $r (P^{- 1} B) = r (B) = r$ ，故 $P^{- 1} B$ 的前 $r$ 行 $(B_{1} B_{2})$ 线性无关，可再补 $n - r$ 行使 $N$ 可逆。取这样的 $X, Y$ ，令 $M = Q^{- 1} N$ ，则 $M$ 可逆且 $A M = B$ 。证毕。

2019-2020 学年期末试卷

第一题三对角行列式的计算

第一章行列式

（本题 10 分）设

x

为非零实常数，有

n

阶方阵

A = (a_{i j})_{n \times n}

满足

\forall i = 1, \dots, n, a_{i i} = 1 + x^{2}

，

\forall j = 1, \dots, n - 1, a_{j, j + 1} = x

，

\forall l = 2, \dots, n, a_{l, l - 1} = x

，其余元素全部为

0

。试证明

| A | = \sum_{k = 0}^{n} x^{2 k}

。

查看解答

记 $D_{n} = | A |$ 。当 $n \geq 3$ 时按第一行展开： $D_{n} = (1 + x^{2}) D_{n - 1} - x \cdot x D_{n - 2} = (1 + x^{2}) D_{n - 1} - x^{2} D_{n - 2}$ ，其中第二项来自 $a_{12} = x$ 与 $a_{21} = x$ 的乘积。又 $D_{1} = 1 + x^{2}$ ， $D_{2} = (1 + x^{2})^{2} - x^{2} = 1 + x^{2} + x^{4}$ 。令 $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} x^{2 k}$ ，则 $S_{1} = 1 + x^{2}$ ， $S_{2} = 1 + x^{2} + x^{4}$ ，且 $S_{n} - (1 + x^{2}) S_{n - 1} + x^{2} S_{n - 2} = x^{2 n} - x^{2} \cdot x^{2 n - 2} = 0$ ，即 $S_{n}$ 与 $D_{n}$ 满足同一递推关系、初值相同。由数学归纳法得 $D_{n} = S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} x^{2 k}$ 。

第二题过渡矩阵与坐标变换

第四章线性空间和线性变换

（本题 20 分）设

R^{4}

中有两组基：(Ⅰ)

α_{1} = (1, 2, - 1, 0)^{T}

，

α_{2} = (1, - 1, 1, 1)^{T}

，

α_{3} = (- 1, 2, 1, 1)^{T}

，

α_{4} = (- 1, - 1, 0, 1)^{T}

；(Ⅱ)

β_{1} = (2, 1, 0, 1)^{T}

，

β_{2} = (0, 1, 2, 2)^{T}

，

β_{3} = (- 2, 1, 1, 2)^{T}

，

β_{4} = (1, 3, 1, 2)^{T}

。(1) 试求基 (Ⅰ) 到基 (Ⅱ) 的过渡矩阵

M

；(2) 设有向量

η = (1, 0, 0, 0)^{T}

，试求它在基 (Ⅰ) 下的坐标

X

。

查看解答

记 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ， $B = (β_{1}, β_{2}, β_{3}, β_{4})$ 。由 $(II) = (I) M$ 得 $M = A^{- 1} B$ 。直接验算： $β_{1} = α_{1} + α_{2}$ ， $β_{2} = α_{2} + α_{3}$ ， $β_{3} = α_{3} + α_{4}$ ， $β_{4} = α_{1} + α_{2} + α_{3}$ ，故 $M = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array})$ 。(2) 设 $η = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}) X$ ，则 $X = A^{- 1} η$ 。解 $A X = η$ 得 $X = \frac{1}{13} (3, 5, - 2, - 3)^{T}$ ，即 $X = (\frac{3}{13}, \frac{5}{13}, - \frac{2}{13}, - \frac{3}{13})^{T}$ 。

第三题两组基下坐标相同的向量

第四章线性空间和线性变换

（本题 20 分）在

R^{4}

中求一非零向量

α

，使得它在下列两组基 (Ⅰ)、(Ⅱ) 下有相同的坐标，其中基 (Ⅰ) 为

e_{1} = (1, 0, 0, 0)^{T}

，

e_{2} = (0, 1, 0, 0)^{T}

，

e_{3} = (0, 0, 1, 0)^{T}

，

e_{4} = (0, 0, 0, 1)^{T}

，基 (Ⅱ) 为

ε_{1} = (2, 1, - 1, 1)^{T}

，

ε_{2} = (0, 3, 1, 0)^{T}

，

ε_{3} = (5, 3, 2, 1)^{T}

，

ε_{4} = (6, 6, 1, 3)^{T}

。

查看解答

设 $α = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})^{T}$ 。因 (Ⅰ) 为标准基， $α$ 在 (Ⅰ) 下的坐标即 $x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})^{T}$ ；设 $α$ 在 (Ⅱ) 下的坐标为 $y$ ，则 $α = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}, ε_{4}) y$ 。要求 $x = y$ ，即 $(E - I) x = 0$ ，其中 $E = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}, ε_{4})$ 。对 $E - I$ 作初等行变换可知其秩为 $3$ ， $(- 1, - 1, - 1, 1)^{T}$ 是基础解系，即零空间为 $span {(- 1, - 1, - 1, 1)^{T}}$ 。故所求 $α = k (- 1, - 1, - 1, 1)^{T}$ ， $k \neq 0$ 。验证： $- ε_{1} - ε_{2} - ε_{3} + ε_{4} = (- 1, - 1, - 1, 1)^{T}$ ，即 $α$ 在 (Ⅱ) 下的坐标也是 $(- 1, - 1, - 1, 1)^{T}$ 。

第四题矩阵的秩与非零元个数

第三章矩阵

（本题 10 分）如果一个

n

阶方阵至少有

n^{2} - n + 1

个元素为零，那么这个矩阵的秩最多是多少？试写出一个满足条件的具有最大秩的矩阵。

查看解答

设 $A$ 的零元素不少于 $n^{2} - n + 1$ 个，则非零元素至多 $n - 1$ 个。矩阵的秩不超过其非零元素的个数，故 $r (A) \leq n - 1$ 。取 $A = diag (1, 1, \dots, 1, 0)$ （前 $n - 1$ 个对角元为 $1$ ，最后一个为 $0$ ），它恰有 $n^{2} - n + 1$ 个零元素，且 $r (A) = n - 1$ 。故最大秩为 $n - 1$ 。

第五题坐标相同的向量集合与维数

第四章线性空间和线性变换

（本题 10 分）设

V

是一个

n

维实线性空间，(Ⅰ)

ε_{1}, \dots, ε_{n}

，(Ⅱ)

η_{1}, \dots, η_{n}

是

V

的两组基。设

W

为

V

中这样一些向量

α

的集合：

α

在基 (Ⅰ) 和基 (Ⅱ) 下有相同的坐标。(1) 证明

W

是

V

的子空间；(2) 若设向量

ε_{1} - η_{1}, \dots, ε_{n} - η_{n}

的秩为

r

，试求

W

的维数。

查看解答

设 $(II) = (I) P$ ， $P$ 为过渡矩阵（可逆）。若 $α$ 在两组基下的坐标均为 $x$ ，则 $(I) x = (II) x = (I) P x$ ，故 $(P - E) x = 0$ 。(1) 于是 $W = {(I) x | (P - E) x = 0}$ ，它是 $ker (P - E)$ 在可逆线性变换 $(I)$ 下的像，故为 $V$ 的子空间。(2) 由 $η_{j} = \sum_{i} p_{i j} ε_{i}$ 得 $ε_{j} - η_{j} = \sum_{i} (δ_{i j} - p_{i j}) ε_{i}$ ，即 $(ε_{1} - η_{1}, \dots, ε_{n} - η_{n}) = (I) (E - P)$ 。因 $(I)$ 可逆， $r = rank (E - P) = rank (P - E)$ ，而 $dim W = dim ker (P - E) = n - r$ 。

第六题二次型的规范形与正定性

第六章二次型

（本题 15 分）设有二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + x_{2} x_{3}

，试求该二次型的规范形，并判断该二次型是否正定。

查看解答

二次型矩阵 $A = (\begin{array}{c} 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1 \end{array}) = \frac{1}{2} E + \frac{1}{2} J$ ，其中 $J$ 为全 $1$ 矩阵。 $J$ 的特征值为 $3, 0, 0$ ，故 $A$ 的特征值为 $2, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}$ ，全为正。取正交矩阵 $Q$ （其列为对应的单位特征向量： $2$ 对应 $\frac{1}{\sqrt{3}} (1, 1, 1)^{T}$ ， $\frac{1}{2}$ 对应 $\frac{1}{\sqrt{2}} (1, - 1, 0)^{T}$ 与 $\frac{1}{\sqrt{6}} (1, 1, - 2)^{T}$ ），作正交变换 $x = Q y$ ，得标准形 $f = 2 y_{1}^{2} + \frac{1}{2} y_{2}^{2} + \frac{1}{2} y_{3}^{2}$ 。再令 $z_{1} = \sqrt{2} y_{1}$ ， $z_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} y_{2}$ ， $z_{3} = \frac{1}{\sqrt{2}} y_{3}$ ，得规范形 $z_{1}^{2} + z_{2}^{2} + z_{3}^{2}$ 。因正惯性指数为 $3 = n$ ，故该二次型正定。

第七题矩阵可相似对角化的判定

第五章特征值和特征向量

（本题 8 分）设正整数

r

满足

0 < r < n

，令

A = (\begin{array}{c} E_{r} & B \\ O & - E_{n - r} \end{array})

，其中

B_{r \times (n - r)}

为任意实矩阵，

O

是

(n - r) \times r

零矩阵，试证明：

A

可相似对角化。

查看解答

先证 $A^{2} = E_{n}$ ：由分块乘法 ${(\begin{array}{c} E_{r} & B \\ O & - E_{n - r} \end{array})}^{2} = (\begin{array}{c} E_{r} & B - B \\ O & E_{n - r} \end{array}) = E_{n}$ 。于是 $A$ 满足多项式 $λ^{2} - 1 = 0$ ，其最小多项式整除 $(λ - 1) (λ + 1)$ 。该多项式无重根，故 $A$ 的每个特征值的代数重数等于几何重数， $A$ 可相似对角化，且相似于 $diag (1, \dots, 1, - 1, \dots, - 1)$ （其中 $1$ 有 $r$ 个， $- 1$ 有 $n - r$ 个）。

第八题反对称矩阵与正定矩阵

第三章矩阵

（本题 7 分）(1) 设

A

是一个

n

阶实矩阵，试证明

A

是反对称矩阵当且仅当

A A^{T} = - A^{2}

；(2) 设

C

是

n

阶正定矩阵，

B

是满足

B B^{T} = - B^{2}

的

n

阶实矩阵，试证明

C + B

可逆。

查看解答

(1) 若 $A^{T} = - A$ ，则 $A A^{T} = - A^{2}$ 。反之设 $A A^{T} = - A^{2}$ ，两边取迹得 $tr (A A^{T}) = - tr (A^{2})$ ，即 $\sum_{i, j} a_{i j}^{2} = - \sum_{i, j} a_{i j} a_{j i}$ ，故 $\sum_{i, j} (a_{i j} + a_{j i})^{2} = 2 \sum_{i, j} a_{i j}^{2} + 2 \sum_{i, j} a_{i j} a_{j i} = 0$ 。因 $A$ 为实矩阵，得 $a_{i j} + a_{j i} = 0$ ，即 $A^{T} = - A$ 。(2) 由 (1) 知 $B^{T} = - B$ 。设存在 $x \neq 0$ 使 $(C + B) x = 0$ ，则 $C x = - B x$ ，从而 $x^{T} C x = - x^{T} B x$ 。因 $B$ 反对称， $x^{T} B x = 0$ ，故 $x^{T} C x = 0$ ；但 $C$ 正定且 $x \neq 0$ ，应有 $x^{T} C x > 0$ ，矛盾。所以 $C + B$ 可逆。

2019-2020 学年期末试卷

第一题元素为正弦值的行列式（秩不超过 2）

第一章行列式

（本题 10 分）设有

n

阶方阵

A = (a_{i j})_{n \times n}

，其中

a_{i j} = sin (i + j)

，

\forall i, j = 1, 2, \dots, n

，求行列式

| A |

的值。

查看解答

由和角公式 $sin (i + j) = sin i cos j + cos i sin j$ ，故 $A = u v^{T} + s t^{T}$ ，其中 $u = (sin 1, \dots, sin n)^{T}$ ， $v = (cos 1, \dots, cos n)^{T}$ ， $s = (cos 1, \dots, cos n)^{T}$ ， $t = (sin 1, \dots, sin n)^{T}$ 。于是 $r (A) \leq 2$ 。当 $n \geq 3$ 时 $r (A) < n$ ，故 $| A | = 0$ 。当 $n = 1$ 时 $| A | = sin 2$ ；当 $n = 2$ 时 $| A | = | \begin{array}{c} sin 2 & sin 3 \\ sin 3 & sin 4 \end{array} | = sin 2 sin 4 - {sin}^{2} 3 = \frac{cos 2 - cos 6}{2} - \frac{1 - cos 6}{2} = \frac{cos 2 - 1}{2} = - {sin}^{2} 1$ 。即 $n \geq 3$ 时 $| A | = 0$ ， $n = 1$ 时 $| A | = sin 2$ ， $n = 2$ 时 $| A | = - {sin}^{2} 1$ 。

第二题生成子空间的基与过渡矩阵

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）设

α_{1} = (1, 2, 1, 0)^{T}

，

α_{2} = (1, 1, 1, 2)^{T}

，

α_{3} = (3, 4, 3, 4)^{T}

，

α_{4} = (1, 1, 2, 1)^{T}

，

α_{5} = (4, 5, 6, 4)^{T}

是实向量空间

R^{4}

中的一个向量组，

L

是该向量组生成的

R^{4}

的子空间。 (1) 试证明：

β_{1} = {α_{1}, α_{2}, α_{4}}

和

β_{2} = {α_{2}, α_{3}, α_{5}}

分别是

L

的两组基； (2) 求从基

β_{1}

到基

β_{2}

的过渡矩阵。

查看解答

先找出向量组内部的线性关系。直接验证得 $α_{3} = α_{1} + 2 α_{2}$ ；设 $α_{5} = a α_{1} + b α_{2} + c α_{4}$ ，比较分量得 $a + b + c = 4, 2 a + b + c = 5, a + b + 2 c = 6, 2 b + c = 4$ ，解得 $a = 1, b = 1, c = 2$ ，即 $α_{5} = α_{1} + α_{2} + 2 α_{4}$ 。故 $L = span {α_{1}, α_{2}, α_{4}}$ 。 (1) 设 $c_{1} α_{1} + c_{2} α_{2} + c_{3} α_{4} = 0$ ，比较分量得 $c_{1} + c_{2} + c_{3} = 0, 2 c_{1} + c_{2} + c_{3} = 0, c_{1} + c_{2} + 2 c_{3} = 0, 2 c_{2} + c_{3} = 0$ ，由前两式得 $c_{1} = 0$ ，再由第 4 式与第 1 式得 $c_{2} = c_{3} = 0$ 。故 $α_{1}, α_{2}, α_{4}$ 线性无关，又它们张成 $L$ ，故 $β_{1}$ 是 $L$ 的一组基， $dim L = 3$ 。设 $d_{1} α_{2} + d_{2} α_{3} + d_{3} α_{5} = 0$ ，代入 $α_{3}, α_{5}$ 的表达式得 $(d_{2} + d_{3}) α_{1} + (d_{1} + 2 d_{2} + d_{3}) α_{2} + 2 d_{3} α_{4} = 0$ ，由 $α_{1}, α_{2}, α_{4}$ 线性无关得 $d_{3} = 0$ ， $d_{2} = 0$ ， $d_{1} = 0$ 。故 $α_{2}, α_{3}, α_{5}$ 线性无关，又它们张成 $L$ ，故 $β_{2}$ 也是 $L$ 的一组基。 (2) 用 $β_{2}$ 表示 $β_{1}$ 中的向量： $α_{1} = α_{3} - 2 α_{2}$ ； $α_{2} = α_{2}$ ；由 $α_{5} = α_{1} + α_{2} + 2 α_{4} = α_{3} - α_{2} + 2 α_{4}$ 得 $α_{4} = \frac{1}{2} α_{2} - \frac{1}{2} α_{3} + \frac{1}{2} α_{5}$ 。按 $(α_{1}, α_{2}, α_{4}) = (α_{2}, α_{3}, α_{5}) P$ ，从基 $β_{1}$ 到基 $β_{2}$ 的过渡矩阵为 $P = (\begin{array}{c} - 2 & 1 & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 & - \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{array})$ 。

第三题同解的齐次线性方程组

第二章线性方程组

（本题 15 分）设有实矩阵

A = (\begin{array}{c} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & 1 & a \end{array})

，

B = (\begin{array}{c} 1 & b & c \\ 2 & b^{2} & c + 1 \end{array})

，其中

a, b, c

为实常数。已知齐次线性方程组

A X = 0

和

B X = 0

同解，试求

a, b, c

的值。

查看解答

$| A | = 1 \cdot (3 a - 5) - 2 \cdot (2 a - 5) + 3 \cdot (2 - 3) = 2 - a$ 。若 $a \neq 2$ ，则 $| A | \neq 0$ ， $A X = 0$ 只有零解；而 $B$ 是 $2 \times 3$ 矩阵， $r (B) \leq 2 < 3$ ， $B X = 0$ 必有非零解，与两方程组同解矛盾。故 $a = 2$ 。此时 $A = (\begin{array}{c} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & 1 & 2 \end{array})$ ，其第 3 行等于第 2 行减第 1 行，故 $r (A) = 2$ ，且 $A X = 0 \Leftrightarrow - x_{2} - x_{3} = 0$ 与 $x_{1} + 2 x_{2} + 3 x_{3} = 0$ ，解为 $X = t (- 1, - 1, 1)^{T}$ 。由同解知 $r (B) = 2$ 且 $(- 1, - 1, 1)^{T}$ 是 $B X = 0$ 的解，即 $- 1 - b + c = 0, - 2 - b^{2} + (c + 1) = 0$ ，即 $c = b + 1$ 且 $c = b^{2} + 1$ ，相减得 $b^{2} = b$ ，故 $b = 0$ 或 $b = 1$ 。若 $b = 0$ ，则 $c = 1$ ， $B = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \end{array})$ ， $r (B) = 1$ ， $B X = 0$ 的解空间是 2 维，与 $A X = 0$ 不同解，舍去。若 $b = 1$ ，则 $c = 2$ ， $B = (\begin{array}{c} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \end{array})$ ， $r (B) = 2$ ， $B X = 0$ 的解为 $X = t (- 1, - 1, 1)^{T}$ ，与 $A X = 0$ 同解。所以 $a = 2$ ， $b = 1$ ， $c = 2$ 。

第四题特征值、可对角化条件与相似判定

第五章特征值和特征向量

（本题 20 分）设有三阶实方阵

A = (\begin{array}{c} 0 & 0 & 1 \\ a & 1 & b \\ 1 & 0 & 0 \end{array})

，其中

a, b

为实常数。 (1) 求出

A

的特征值； (2) 试问

a, b

满足什么条件时，

A

可相似于一对角化矩阵？ (3) 设

B = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & - 1 \end{array})

，若

A

可相似对角化，试问

A

是否相似于

B

？请说明你的理由； (4) 若

A

可相似对角化，求一可逆矩阵

P

使得

P^{- 1} A P

为对角矩阵。

查看解答

(1) $| λ E - A | = | \begin{array}{c} λ & 0 & - 1 \\ - a & λ - 1 & - b \\ - 1 & 0 & λ \end{array} | = (λ - 1) (λ^{2} - 1) = (λ - 1)^{2} (λ + 1)$ ，故 $A$ 的特征值为 $1$ （二重）与 $- 1$ 。 (2) $A$ 可对角化 $\Leftrightarrow$ 二重特征值 $1$ 的几何重数为 $2$ $\Leftrightarrow$ $r (A - E) = 3 - 2 = 1$ 。 $A - E = (\begin{array}{c} - 1 & 0 & 1 \\ a & 0 & b \\ 1 & 0 & - 1 \end{array})$ ，第 1、3 行互为相反数，故 $r (A - E) = 1 \Leftrightarrow (a, 0, b)$ 与 $(- 1, 0, 1)$ 线性相关 $\Leftrightarrow b = - a$ 。所以当 $a + b = 0$ 时 $A$ 可相似于对角矩阵；当 $a + b \neq 0$ 时 $A$ 不可对角化。 (3) 是， $A$ 相似于 $B$ 。理由： $B$ 是上三角矩阵，特征值也是 $1, 1, - 1$ ；且 $B - E = (\begin{array}{c} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & - 2 \end{array})$ 的秩为 $1$ ，故 $B$ 关于二重特征值 $1$ 的几何重数为 $2$ ， $B$ 可对角化。于是 $A$ 与 $B$ 都相似于同一对角矩阵 $diag (1, 1, - 1)$ ，由相似的传递性 $A$ 相似于 $B$ 。 (4) 当 $b = - a$ 时，属于特征值 $1$ 的特征向量满足 $- x_{1} + x_{3} = 0$ ，即 $x_{1} = x_{3}$ ，取 $(1, 0, 1)^{T}$ 与 $(0, 1, 0)^{T}$ ；属于特征值 $- 1$ 的特征向量满足 $x_{1} + x_{3} = 0$ 且 $a x_{1} + 2 x_{2} + b x_{3} = 0$ ，即 $x_{3} = - x_{1}$ ， $x_{2} = \frac{b - a}{2} x_{1} = - a x_{1}$ ，取 $(1, - a, - 1)^{T}$ 。令 $P = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & - a \\ 1 & 0 & - 1 \end{array})$ ， $| P | = - 2 \neq 0$ ，则 $P$ 可逆且 $P^{- 1} A P = diag (1, 1, - 1)$ 。

第五题正实数乘法空间的基与可列无穷基向量组

第四章线性空间和线性变换

（本题 15 分）(1) 设

R_{+}

为所有正实数组成的集合，加法和数乘定义如下：

\forall a, b \in R_{+}, k \in ℝ, a \oplus b = a b, k ⊙ a = a^{k}

，已知

R_{+}

关于加法

\oplus

和数乘

⊙

构成一个实线性空间，试求

R_{+}

的一组基和维数； (2) 设

V

是一个

n

维实线性空间，试证明：存在

V

中的一个由可列无穷多个向量组成的向量组

{α_{i} : i \in Z_{+}}

，使得其中的任意

n

个向量组成的向量组都是

V

的一组基。

查看解答

(1) 该空间的零向量是数 $1$ （因 $a \oplus 1 = a \cdot 1 = a$ ）。取 $e$ （自然对数的底），对任意 $a \in R_{+}$ 有 $a = e^{ln a} = (ln a) ⊙ e$ ，故 ${e}$ 张成整个空间；又 $k ⊙ e = e^{k} = 1$ 仅当 $k = 0$ ，故 ${e}$ 线性无关。所以 $dim R_{+} = 1$ ， ${e}$ 是 $R_{+}$ 的一组基（任取 $c \neq 1$ 的正数 $c$ ， ${c}$ 也都是基）。 (2) 取 $V$ 的一组基 $e_{1}, \dots, e_{n}$ ，令 $α_{k} = e_{1} + k e_{2} + k^{2} e_{3} + \dots + k^{n - 1} e_{n}, k = 1, 2, 3, \dots$ 则 ${α_{k} : k \in Z_{+}}$ 是 $V$ 中可列无穷多个向量组成的向量组。任取其中 $n$ 个 $α_{k_{1}}, \dots, α_{k_{n}}$ （ $k_{1}, \dots, k_{n}$ 互不相同），它们关于基 $e_{1}, \dots, e_{n}$ 的坐标列向量组成的矩阵为 $(\begin{array}{c} 1 & 1 & \dots & 1 \\ k_{1} & k_{2} & \dots & k_{n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ k_{1}^{n - 1} & k_{2}^{n - 1} & \dots & k_{n}^{n - 1} \end{array})$ ，其行列式是范德蒙德行列式 $\prod_{1 \leq i < j \leq n} (k_{j} - k_{i}) \neq 0$ ，故这 $n$ 个向量线性无关，从而是 $V$ 的一组基。

第六题二次型的规范形与正定性

第六章二次型

（本题 10 分）设

A

是一个

n

阶实对称矩阵，满足

A^{2} = E

以及

0 < r (A + E) = r < n

。 (1) 求二次型

f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) = X^{T} A X

的规范型（其中

X = (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})^{T}

）； (2) 设

B = E + A + A^{2} + A^{3} + A^{4}

，证明

B

正定，并求行列式

| B |

的值。

查看解答

(1) 由 $A^{2} = E$ 知 $A$ 的特征值只能是 $\pm 1$ ； $A$ 实对称，故 $A$ 可正交对角化。 $A + E$ 的特征值在 $λ = 1$ 处为 $2$ ，在 $λ = - 1$ 处为 $0$ ，故 $r (A + E)$ 等于 $A$ 的特征值中等于 $- 1$ 的个数，即为 $r$ 。于是 $A$ 的特征值中等于 $1$ 的有 $n - r$ 个，等于 $- 1$ 的有 $r$ 个。由惯性定理，二次型 $f = X^{T} A X$ 的规范型为 $f = y_{1}^{2} + \dots + y_{n - r}^{2} - y_{n - r + 1}^{2} - \dots - y_{n}^{2}$ ，即正惯性指数为 $n - r$ ，负惯性指数为 $r$ 。 (2) 由 $A^{2} = E$ 得 $A^{3} = A$ ， $A^{4} = E$ ，故 $B = E + A + A^{2} + A^{3} + A^{4} = 3 E + 2 A$ 。 $B$ 实对称，其特征值为 $5$ （ $n - r$ 个）与 $1$ （ $r$ 个），全为正数，故 $B$ 正定，且 $| B | = 5^{n - r} \cdot 1^{r} = 5^{n - r}$ 。

第七题伴随矩阵与线性方程组解的结构

第三章矩阵

（本题 8 分）设

A

是一个

n

阶方阵（

n \geq 2

），

A^{*}

是

A

的伴随矩阵且满足

A_{11} \neq 0

，

α

是一个

n

维非零列向量，试证明：非齐次线性方程组

A X = α

有无穷多解当且仅当

α

是齐次线性方程组

A^{*} X = 0

的解。

查看解答

分两种情形讨论。 (1) 若 $| A | \neq 0$ ：此时 $A X = α$ 有唯一解，不是无穷多解；又 $A^{*} = | A | A^{- 1}$ 可逆， $A^{*} X = 0$ 只有零解，而 $α \neq 0$ ，故 $α$ 不是 $A^{*} X = 0$ 的解。两端命题同时为假，结论成立。 (2) 若 $| A | = 0$ ：由 $A_{11} \neq 0$ 知 $A^{*} \neq 0$ （其第 $(1, 1)$ 元素非零），故 $r (A) = n - 1$ （若 $r (A) \leq n - 2$ 则 $A^{*} = 0$ ），且 $r (A^{*}) = 1$ 。由 $A^{*} A = | A | E = 0$ 知 $im A \subseteq ker A^{*}$ ；又 $dim im A = n - 1 = dim ker A^{*}$ ，故 $ker A^{*} = im A$ 。于是： $α$ 是 $A^{*} X = 0$ 的解 $\Leftrightarrow α \in im A \Leftrightarrow A X = α$ 有解；而 $r (A) = n - 1 < n$ ，有解时必有无穷多解（含一个自由未知量）。故 $A X = α$ 有无穷多解 $\Leftrightarrow$ $α$ 是齐次方程组 $A^{*} X = 0$ 的解。证毕。

第八题两两成钝角且与同一向量内积为正的向量组

第四章线性空间和线性变换

（本题 7 分）设

β

是欧氏空间

V

中的一个非零向量，

β_{1}, β_{2}, β_{3}

是

V

中的三个向量，并且满足： (1)

(β_{i}, β) > 0

，

i = 1, 2, 3

； (2)

(β_{i}, β_{j}) < 0

，

i, j = 1, 2, 3

，

i \neq j

。试证明：

β_{1}, β_{2}, β_{3}

线性无关。

查看解答

反设 $β_{1}, β_{2}, β_{3}$ 线性相关，则存在不全为零的 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 使 $k_{1} β_{1} + k_{2} β_{2} + k_{3} β_{3} = 0$ 。两边与 $β$ 作内积得 $k_{1} c_{1} + k_{2} c_{2} + k_{3} c_{3} = 0$ ，其中 $c_{i} = (β_{i}, β) > 0$ （ $i = 1, 2, 3$ ）。若所有 $k_{i}$ 同号（或为零），则左边各项同号且不全为零，不能为 $0$ ，故 $k_{i}$ 中既有正数也有负数。令 $S = {i | k_{i} > 0}$ ， $T = {i | k_{i} < 0}$ ， $S, T$ 均非空且不相交。记 $u = \sum_{i \in S} k_{i} β_{i}$ ， $v = \sum_{i \in T} k_{i} β_{i}$ ，则 $u + v = 0$ ，即 $u = - v$ ；又 $(u, β) = \sum_{i \in S} k_{i} c_{i} > 0$ ，故 $u \neq 0$ ，从而 $| u |^{2} = (u, u) > 0$ 。另一方面 $| u |^{2} = (u, u) = (u, - v) = - \sum_{i \in S} \sum_{j \in T} k_{i} k_{j} (β_{i}, β_{j})$ 。因 $i \in S$ 时 $k_{i} > 0$ ， $j \in T$ 时 $k_{j} < 0$ ，且 $(β_{i}, β_{j}) < 0$ ，故每个 $k_{i} k_{j} (β_{i}, β_{j}) > 0$ ，于是右端为负数，即 $| u |^{2} < 0$ ，矛盾。所以 $β_{1}, β_{2}, β_{3}$ 线性无关。

2020-2021 学年期末试卷

第一题对角元为 x、上下三角元分别为 a,b 的行列式

第一章行列式

（本题 10 分）设

x, a, b

为实常数满足

a \neq b

，并有

n

（

n \geq 2

）阶方阵

A = (a_{i j})_{n \times n}

满足

\forall k = 1, \dots, n, a_{k k} = x

，

\forall p, q = 1, \dots, n, p < q, a_{p q} = a

，

\forall l, m = 1, \dots, n, l > m, a_{l m} = b

，试计算

n

阶行列式

| A |

。

查看解答

记 $D_{n} = | A |$ 。把 $A$ 的最后一行写成 $b (1, 1, \dots, 1) + (0, \dots, 0, x - b)$ ，按最后一行展开得 $D_{n} = b det (B_{n}) + (x - b) D_{n - 1}$ ，其中 $B_{n}$ 是把 $A$ 的最后一行换成 $(1, 1, \dots, 1)$ 所得的矩阵。对 $B_{n}$ 作列变换 $C_{j} \leftarrow C_{j} - C_{n}$ （ $j = 1, \dots, n - 1$ ）：其前 $n - 1$ 行的前 $n - 1$ 列化为对角元为 $x - a$ 的对角阵，最后一行化为 $(0, \dots, 0, 1)$ ，故 $det (B_{n}) = (x - a)^{n - 1}$ 。于是 $D_{n} = (x - b) D_{n - 1} + b (x - a)^{n - 1}$ ， $D_{1} = x$ 。由归纳法可证 $D_{n} = \frac{a (x - b)^{n} - b (x - a)^{n}}{a - b}$ ： $n = 1$ 时右边 $= \frac{a (x - b) - b (x - a)}{a - b} = x$ ；若对 $n - 1$ 成立，则 $(x - b) D_{n - 1} + b (x - a)^{n - 1} = \frac{a (x - b)^{n} - b (x - b) (x - a)^{n - 1} + b (a - b) (x - a)^{n - 1}}{a - b} = \frac{a (x - b)^{n} + (x - a)^{n - 1} (- b (x - b) + a b - b^{2})}{a - b} = \frac{a (x - b)^{n} - b (x - a)^{n}}{a - b}$ 。故 $| A | = \frac{a (x - b)^{n} - b (x - a)^{n}}{a - b}$ 。

第二题施密特正交化与过渡矩阵

第四章线性空间和线性变换

（本题 20 分）设

R^{3}

中有一个向量组 (Ⅰ)：

α_{1} = (1, - 1, 0)^{T}

，

α_{2} = (- 1, 0, 1)^{T}

，

α_{3} = (1, 2, 2)^{T}

。(1) 试证明向量组 (Ⅰ) 是

R^{3}

的一组基；(2) 试用施密特正交化方法将基 (Ⅰ) 改造为

R^{3}

的一组标准正交基，并记作 (Ⅱ)；(3) 试求基 (Ⅱ) 到基 (Ⅰ) 的过渡矩阵

M

。

查看解答

(1) $det (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = | \begin{array}{c} 1 & - 1 & 1 \\ - 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 2 \end{array} | = - 5 \neq 0$ ，故 (Ⅰ) 线性无关，是 $R^{3}$ 的基。(2) 施密特正交化： $β_{1} = α_{1} = (1, - 1, 0)^{T}$ ， $η_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} (1, - 1, 0)^{T}$ ； $β_{2} = α_{2} - ⟨ α_{2}, η_{1} ⟩ η_{1} = (- 1, 0, 1)^{T} + \frac{1}{2} (1, - 1, 0)^{T} = (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, 1)^{T}$ ， $η_{2} = \frac{1}{\sqrt{6}} (- 1, - 1, 2)^{T}$ ； $β_{3} = α_{3} - ⟨ α_{3}, η_{1} ⟩ η_{1} - ⟨ α_{3}, η_{2} ⟩ η_{2} = (1, 2, 2)^{T} + \frac{1}{2} (1, - 1, 0)^{T} - \frac{1}{6} (- 1, - 1, 2)^{T} = (\frac{5}{3}, \frac{5}{3}, \frac{5}{3})^{T}$ ， $η_{3} = \frac{1}{\sqrt{3}} (1, 1, 1)^{T}$ 。故 (Ⅱ) 为 $\frac{1}{\sqrt{2}} (1, - 1, 0)^{T}$ ， $\frac{1}{\sqrt{6}} (- 1, - 1, 2)^{T}$ ， $\frac{1}{\sqrt{3}} (1, 1, 1)^{T}$ 。(3) 令 $Q = (η_{1}, η_{2}, η_{3})$ ，则 $Q$ 为正交矩阵且 $(II) = (I) Q$ ，故 $(I) = (II) Q^{T}$ ，即基 (Ⅱ) 到基 (Ⅰ) 的过渡矩阵为 $M = Q^{T} = (\begin{array}{c} \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ - \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{array})$ 。

第三题含参数线性方程组的讨论

第二章线性方程组

（本题 20 分）设

λ, μ

为实常数，试求解线性方程组

{\begin{cases} x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = 1, \\ x_{1} + x_{2} + λ x_{3} - x_{4} = 1, \\ x_{1} + λ x_{2} + x_{3} + μ x_{4} = 1, \\ λ x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = μ . \end{cases}

查看解答

系数行列式 $| A | = (λ - 1)^{2} (λ + 2 - μ)$ 。当 $(λ - 1) (μ - λ - 2) \neq 0$ 时方程组有唯一解：第二式减第一式得 $(λ - 1) x_{3} = 2 x_{4}$ ，第三式减第一式得 $(λ - 1) x_{2} = (1 - μ) x_{4}$ ，第四式减 $λ$ 倍第一式得 $(1 - λ) (x_{2} + x_{3} + x_{4}) = μ - λ$ 。将前两式代入第三式得 $(λ + 2 - μ) x_{4} = λ - μ$ ，故 $x_{4} = \frac{λ - μ}{λ + 2 - μ}$ ， $x_{2} = \frac{(1 - μ) (λ - μ)}{(λ - 1) (λ + 2 - μ)}$ ， $x_{3} = \frac{2 (λ - μ)}{(λ - 1) (λ + 2 - μ)}$ ， $x_{1} = 1 - x_{2} - x_{3} - x_{4} = \frac{μ - 1}{λ - 1}$ 。当 $λ = 1$ ， $μ = 1$ 时，方程组等价于 $x_{4} = 0$ 与 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 1$ ，一般解为 $x = (1 - s - t, s, t, 0)^{T}$ ， $s, t$ 任意。当 $λ = 1$ ， $μ \neq 1$ 时无解。当 $λ \neq 1$ 且 $μ = λ + 2$ 时，由第二、三式减第一式得 $(λ - 1) x_{3} = 2 x_{4}$ ， $(λ - 1) x_{2} = (- λ - 1) x_{4}$ ，从而 $(λ - 1) (x_{2} + x_{3} + x_{4}) = 0$ ；但第四式减 $λ$ 倍第一式得 $(1 - λ) (x_{2} + x_{3} + x_{4}) = μ - λ = 2$ ，矛盾，故无解。

第四题由相似关系定参数并求过渡矩阵

第五章特征值和特征向量

（本题 15 分）设

a, b

为实常数，已知矩阵

A = (\begin{array}{c} 1 & - 1 & 1 \\ 2 & 4 & - 2 \\ - 3 & - 3 & a \end{array})

与矩阵

B = (\begin{array}{c} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & b \end{array})

相似。(1) 试求

a, b

的值；(2) 求一可逆矩阵

P

使得

P^{- 1} A P = B

。

查看解答

(1) 相似矩阵的迹与行列式分别相等： $1 + 4 + a = 2 + 2 + b$ ，即 $a + 5 = b + 4$ ；又 $det A = 6 a - 6$ ， $det B = 4 b$ ，故 $6 a - 6 = 4 b$ 。解得 $a = 5$ ， $b = 6$ 。此时 $B = diag (2, 2, 6)$ ， $A$ 的特征值为 $2, 2, 6$ 。(2) 对 $λ = 2$ ： $(A - 2 E) x = 0$ 即 $x_{1} + x_{2} - x_{3} = 0$ ，得线性无关特征向量 $p_{1} = (1, 0, 1)^{T}$ ， $p_{2} = (0, 1, 1)^{T}$ 。对 $λ = 6$ ： $(A - 6 E) x = 0$ ，由第二行得 $x_{1} = x_{2} + x_{3}$ ，再由第一行得 $3 x_{2} = - 2 x_{3}$ ，取 $p_{3} = (1, - 2, 3)^{T}$ 。令 $P = (p_{1}, p_{2}, p_{3}) = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & - 2 \\ 1 & 1 & 3 \end{array})$ ，则 $P$ 可逆，且 $P^{- 1} A P = diag (2, 2, 6) = B$ 。

第五题子空间 W 的维数

第四章线性空间和线性变换

（本题 10 分）设

m, n, p

为正整数，

A

是一个

m \times n

实矩阵，

B

是一个

p \times n

实矩阵，并设

W = {A X \in R^{m} | B X = 0_{p}}

，其中

0_{p}

是一个

p

维零列向量。(1) 证明

W

是

R^{m}

的子空间；(2) 若

r (\begin{array}{c} A \\ B \end{array}) = r_{1}

，

r (B) = r_{2}

，试求

W

的维数。

查看解答

记 $K = ker B$ ，则 $dim K = n - r_{2}$ ，且 $W = A (K)$ 。(1) $K$ 是 $R^{n}$ 的子空间， $A$ 是线性映射，故其像 $A (K)$ 是 $R^{m}$ 的子空间。(2) 由线性映射的维数公式 $dim W = dim K - dim (K \cap ker A)$ ，而 $K \cap ker A = ker (\begin{array}{c} A \\ B \end{array})$ ，其维数为 $n - r_{1}$ 。故 $dim W = (n - r_{2}) - (n - r_{1}) = r_{1} - r_{2}$ 。

第六题二次型的规范形、秩与正惯性指数

第六章二次型

（本题 10 分）设有实二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 x_{1} x_{2} - 6 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3}

，试求该二次型的规范形，并求出该二次型的秩与正惯性指数。

查看解答

配方：令 $x_{1} = y_{1} + y_{2}$ ， $x_{2} = y_{1} - y_{2}$ ， $x_{3} = y_{3}$ ，则 $f = 2 y_{1}^{2} - 2 y_{2}^{2} - 4 y_{1} y_{3} - 8 y_{2} y_{3} = 2 (y_{1} - y_{3})^{2} - 2 (y_{2} + 2 y_{3})^{2} + 6 y_{3}^{2}$ 。再令 $z_{1} = y_{1} - y_{3}$ ， $z_{2} = y_{2} + 2 y_{3}$ ， $z_{3} = y_{3}$ （可逆线性变换），得标准形 $f = 2 z_{1}^{2} - 2 z_{2}^{2} + 6 z_{3}^{2}$ ，规范形为 $u_{1}^{2} + u_{2}^{2} - u_{3}^{2}$ 。故秩为 $3$ ，正惯性指数为 $2$ ，负惯性指数为 $1$ 。

第七题 Frobenius 秩不等式及其应用

第三章矩阵

（本题 8 分）(1) 设

A, B, C

为 3 个

n

阶方阵，试写出关于方阵

A, B, C

秩的 Frobenius 不等式；(2) 设

A

是一个

n

阶实方阵，试证明：①

2 r (A^{2}) \leq r (A^{3}) + r (A)

；②

2021 r (A^{2}) \leq r (A^{2022}) + 2020 r (A)

。

查看解答

(1) Frobenius 不等式： $r (A B C) \geq r (A B) + r (B C) - r (B)$ 。(2) ① 在 (1) 中取 $A, B, C$ 均为 $A$ ，得 $r (A^{3}) \geq r (A^{2}) + r (A^{2}) - r (A)$ ，即 $2 r (A^{2}) \leq r (A^{3}) + r (A)$ 。② 对 $k \geq 2$ ，在 (1) 中取 $A, B, C$ 分别为 $A^{k - 1}, A, A$ ，得 $r (A^{k + 1}) \geq r (A^{k}) + r (A^{2}) - r (A)$ 。对 $k = 2, 3, \dots, 2021$ 求和： $r (A^{2022}) - r (A^{2}) \geq 2020 (r (A^{2}) - r (A))$ ，即 $r (A^{2022}) \geq 2021 r (A^{2}) - 2020 r (A)$ ，亦即 $2021 r (A^{2}) \leq r (A^{2022}) + 2020 r (A)$ 。

第八题 AB 的相似对角化与正交矩阵方程

第五章特征值和特征向量

（本题 7 分）(1) 设

A, B

都是

n

阶实对称矩阵且

A

正定，试证明

A B

可相似对角化；(2) 设

D

是一个

n

阶实正交矩阵，已知

D + E

可逆，试证明：① 矩阵方程

D (E + X) = E - X

有解

X

；② ①中的解

X

为实反对称矩阵。

查看解答

(1) 因 $A$ 正定，存在正定对称矩阵 $C$ 使 $A = C^{2}$ ，且 $C$ 可逆。于是 $C (A B) C^{- 1} = C A C^{2} C^{- 1} = C A C$ ，而 $(C A C)^{T} = C A C$ ，即 $A B$ 相似于实对称矩阵 $C A C$ 。实对称矩阵可正交对角化，故 $A B$ 可相似对角化。(2) ① 由 $D (E + X) = E - X$ 得 $(D + E) X = E - D$ ，因 $D + E$ 可逆，故 $X = (D + E)^{- 1} (E - D)$ 即为解。② 由 ① 有 $X = - E + 2 (D + E)^{- 1}$ 。又 $D^{T} = D^{- 1}$ ，故 $X^{T} = - E + 2 (D^{T} + E)^{- 1} = - E + 2 (D^{- 1} + E)^{- 1}$ 。由 $D^{- 1} + E = D^{- 1} (D + E)$ 得 $(D^{- 1} + E)^{- 1} = (D + E)^{- 1} D$ ，于是 $X^{T} = - E + 2 (D + E)^{- 1} D$ 。而 $(D + E)^{- 1} D = E - (D + E)^{- 1}$ ，故 $X^{T} = - E + 2 E - 2 (D + E)^{- 1} = E - 2 (D + E)^{- 1} = - X$ ，即 $X$ 为实反对称矩阵。

2021-2022 学年期末试卷

第一题特殊结构行列式的计算

第一章行列式

D = | \begin{array}{c} a_{1} + x & a_{2} & \dots & a_{n} \\ a_{1} & a_{2} + x & \dots & a_{n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ a_{1} & a_{2} & \dots & a_{n} + x \end{array} |

，证明：

D = x^{n} + x^{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}

。

查看解答

记 $a = (a_{1}, \dots, a_{n})^{T}$ ， $e = (1, \dots, 1)^{T}$ ，则 $D$ 对应的矩阵为 $x E + a e^{T}$ ，其第 $j$ 列为 $x e_{j} + a$ 。由行列式对列的多线性，把每列拆成 $x e_{j} + a$ 后，凡含两个及以上 $a$ 的项因有两列相同而为 $0$ ，故 $D = det (x e_{1}, \dots, x e_{n}) + \sum_{j = 1}^{n} det (x e_{1}, \dots, x e_{j - 1}, a, x e_{j + 1}, \dots, x e_{n}) = x^{n} + \sum_{j = 1}^{n} x^{n - 1} a_{j} = x^{n} + x^{n - 1} \sum_{j = 1}^{n} a_{j}$ 。

第二题子空间的基与过渡矩阵

第四章线性空间和线性变换

已知

R^{3}

中的向量

α_{1} = (2, 4, 2)^{T}

，

α_{2} = (1, 1, 0)^{T}

，

α_{3} = (2, 3, 1)^{T}

，

α_{4} = (3, 5, 2)^{T}

，由

α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}

构成子空间

L (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})

。(1) 证明：基 (Ⅰ)

α_{1}, α_{2}

是

L

的一组基，基 (Ⅱ)

α_{3}, α_{4}

是

L

的一组基；(2) 求基 (Ⅱ) 到基 (Ⅰ) 的过渡矩阵。

查看解答

(1) $α_{1}, α_{2}$ 线性无关。又 $α_{3} = \frac{1}{2} α_{1} + α_{2}$ ， $α_{4} = α_{1} + α_{2}$ ，故 $α_{3}, α_{4} \in L$ 。若 $s α_{3} + t α_{4} = 0$ ，比较第三个分量得 $s + 2 t = 0$ ，比较第一个分量得 $2 s + 3 t = 0$ ，推出 $s = t = 0$ ，故 $α_{3}, α_{4}$ 线性无关，于是它们也是 $L$ 的基，且 $dim L = 2$ 。(2) 由 (1) 得 $(α_{3}, α_{4}) = (α_{1}, α_{2}) C$ ，其中 $C = (\begin{array}{c} \frac{1}{2} & 1 \\ 1 & 1 \end{array})$ ， $det C = - \frac{1}{2} \neq 0$ 。故基 (Ⅱ) 到基 (Ⅰ) 的过渡矩阵为 $M = C^{- 1} = (\begin{array}{c} - 2 & 2 \\ 2 & - 1 \end{array})$ （即 $α_{1} = - 2 α_{3} + 2 α_{4}$ ， $α_{2} = 2 α_{3} - α_{4}$ ）。

第三题含参数线性方程组的求解

第二章线性方程组

设

λ

为实参数，求解线性方程组

{\begin{cases} x_{1} + x_{2} - x_{3} = 1, \\ 2 x_{1} + 3 x_{2} + λ x_{3} = 3, \\ x_{1} + λ x_{2} + 3 x_{3} = 2 . \end{cases}

查看解答

系数行列式 $| \begin{array}{c} 1 & 1 & - 1 \\ 2 & 3 & λ \\ 1 & λ & 3 \end{array} | = - (λ + 3) (λ - 2)$ 。当 $λ \neq 2$ 且 $λ \neq - 3$ 时，由第一式得 $x_{3} = x_{1} + x_{2} - 1$ ，代入第二、三式得 $(λ + 2) x_{1} + (λ + 3) x_{2} = λ + 3$ 与 $4 x_{1} + (λ + 3) x_{2} = 5$ ，两式相减得 $(λ - 2) x_{1} = λ - 2$ ，故 $x_{1} = 1$ ， $x_{2} = x_{3} = \frac{1}{λ + 3}$ ，即有唯一解 $x = (1, \frac{1}{λ + 3}, \frac{1}{λ + 3})^{T}$ 。当 $λ = 2$ 时，方程组等价于 $x_{1} + x_{2} - x_{3} = 1$ 与 $4 x_{1} + 5 x_{2} = 5$ ，一般解为 $x = (\frac{5 - 5 t}{4}, t, \frac{1 - t}{4})^{T}$ ， $t$ 任意。当 $λ = - 3$ 时，由第二式得 $x_{1} = 0$ ，由第三式得 $x_{1} = \frac{5}{4}$ ，矛盾，故无解。

第四题矩阵幂的极限与幂等矩阵

第五章特征值和特征向量

实矩阵

A

满足

6 A^{3} + 11 A^{2} - 6 A + E = O

。(1) 求

A

的特征值；(2) 令

M_{k} = A^{k} = (a_{i j} (k))

，证明

{lim}_{k \to + \infty} a_{i j} (k)

存在；(3) 当

k \to + \infty

时，设

M

为

A^{k}

的极限，证明

M

是幂等矩阵，即

M^{2} = M

。

查看解答

（题面多项式 $6 λ^{3} + 11 λ^{2} - 6 λ + 1$ 有模大于 $1$ 的实根约 $- 2.30$ ，此时 $A^{k}$ 的极限不存在，与 (2)(3) 矛盾，故题面符号应为 $6 A^{3} - 11 A^{2} + 6 A - E = O$ ，以下按此解答，此点待核。）(1) 由 $6 λ^{3} - 11 λ^{2} + 6 λ - 1 = (λ - 1) (2 λ - 1) (3 λ - 1) = 0$ 得 $A$ 的特征值只能是 $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}$ 。(2) 该多项式的根互不相同，故 $A$ 的最小多项式无重根， $A$ 可对角化： $A = P diag (μ_{1}, μ_{2}, μ_{3}) P^{- 1}$ ，其中 $μ_{i} \in {1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}}$ 。于是 $A^{k} = P diag (μ_{1}^{k}, μ_{2}^{k}, μ_{3}^{k}) P^{- 1}$ ，而每个 $μ_{i}^{k}$ 当 $k \to \infty$ 时收敛（ $μ_{i} = 1$ 时恒为 $1$ ，否则趋于 $0$ ），故每个 $a_{i j} (k)$ 的极限存在。(3) 设 $1$ 对应的特征向量张成的谱投影为 $M = P diag (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) P^{- 1}$ ，其中 $μ_{i} = 1$ 时 $ε_{i} = 1$ ，否则 $ε_{i} = 0$ 。显然 $ε_{i}^{2} = ε_{i}$ ，故 $M^{2} = P diag (ε_{1}^{2}, ε_{2}^{2}, ε_{3}^{2}) P^{- 1} = P diag (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) P^{- 1} = M$ ，即 $M$ 为幂等矩阵（当 $1$ 不是 $A$ 的特征值时 $M = O$ ，同样幂等）。

第五题函数空间的子空间、线性无关与标准正交基

第四章线性空间和线性变换

对于

x \in (0, 1)

的函数空间

V

，定义加法

\forall f, g \in V, f + g = f (x) + g (x)

，定义数乘法

\forall k, f \in V, k f = k f (x)

。(1) 证明：由

f (x) = a x + b e^{x}

能构成子空间；(2) 证明：向量

f (x) = x

，

g (x) = x + e^{x}

，两个向量线性无关；(3) 把

f (x) = x

，

g (x) = x + e^{x}

化为欧氏空间一组标准正交基

η_{1}, η_{2}

。

查看解答

(1) 设 $f = a x + b e^{x}$ ， $g = a' x + b' e^{x}$ ，则 $f + g = (a + a') x + (b + b') e^{x}$ ， $k f = (k a) x + (k b) e^{x}$ ，零函数对应 $a = b = 0$ ，故该集合非空且对加法、数乘封闭，是 $V$ 的子空间。(2) 若 $c_{1} x + c_{2} (x + e^{x}) = 0$ 对一切 $x \in (0, 1)$ 成立，则 $(c_{1} + c_{2}) x + c_{2} e^{x} \equiv 0$ 。对 $x$ 求导得 $(c_{1} + c_{2}) + c_{2} e^{x} \equiv 0$ ，再求导得 $c_{2} e^{x} \equiv 0$ ，故 $c_{2} = 0$ ，进而 $c_{1} = 0$ ，所以 $f, g$ 线性无关。(3) 取内积 $⟨ f, g ⟩ = \int_{0}^{1} f (x) g (x) d x$ （题目未明示内积，按此自然内积理解）。 $⟨ x, x ⟩ = \frac{1}{3}$ ， $⟨ x, e^{x} ⟩ = 1$ ， $⟨ e^{x}, e^{x} ⟩ = \frac{e^{2} - 1}{2}$ 。 $η_{1} = \frac{x}{| x |} = \sqrt{3} x$ ； $g$ 在 $η_{1}$ 上的投影系数 $⟨ g, η_{1} ⟩ = \sqrt{3} (\frac{1}{3} + 1) = \frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ，故 $β_{2} = g - \frac{4 \sqrt{3}}{3} η_{1} = e^{x} - 3 x$ ， $| β_{2} |^{2} = \frac{e^{2} - 1}{2} - 6 \cdot 1 + 9 \cdot \frac{1}{3} = \frac{e^{2} - 7}{2}$ ，于是 $η_{2} = \sqrt{\frac{2}{e^{2} - 7}} (e^{x} - 3 x)$ 。

第六题二次型的规范形、秩与符号差

第六章二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1} x_{2} - x_{1} x_{3}

，求二次型的规范形、秩、符号差。

查看解答

$f = x_{1} (x_{2} - x_{3}) = \frac{1}{4} [(x_{1} + x_{2} - x_{3})^{2} - (x_{1} - x_{2} + x_{3})^{2}]$ 。令 $y_{1} = x_{1} + x_{2} - x_{3}$ ， $y_{2} = x_{1} - x_{2} + x_{3}$ ， $y_{3} = x_{3}$ ，其系数矩阵行列式为 $- 2 \neq 0$ ，即可逆线性变换，得标准形 $f = \frac{1}{4} y_{1}^{2} - \frac{1}{4} y_{2}^{2}$ ，规范形为 $z_{1}^{2} - z_{2}^{2}$ 。故秩为 $2$ ，正惯性指数 $p = 1$ ，负惯性指数 $q = 1$ ，符号差 $p - q = 0$ 。

第七题秩分解的充要条件

第三章矩阵

证明：对

A_{m \times n}

，

r \leq min (m, n)

，

r (A) = r

，当且仅当

A

可分解为

A = \sum_{i = 1}^{r} α_{i} β_{i}^{T}

，

α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}

和

β_{1}, β_{2}, \dots, β_{r}

是线性无关的列向量。

查看解答

( $\Rightarrow$ ) 设 $r (A) = r$ ，则存在 $m$ 阶可逆矩阵 $P$ 与 $n$ 阶可逆矩阵 $Q$ 使 $A = P (\begin{array}{c} E_{r} & O \\ O & O \end{array}) Q$ 。记 $P$ 的前 $r$ 列为 $α_{1}, \dots, α_{r}$ ， $Q$ 的前 $r$ 行为 $β_{1}^{T}, \dots, β_{r}^{T}$ ，则 $A = \sum_{i = 1}^{r} α_{i} β_{i}^{T}$ 。因 $P, Q$ 可逆， $α_{1}, \dots, α_{r}$ 线性无关， $β_{1}, \dots, β_{r}$ 线性无关。( $\Leftarrow$ ) 设 $A = \sum_{i = 1}^{r} α_{i} β_{i}^{T} = P Q_{1}$ ，其中 $P = (α_{1}, \dots, α_{r})$ 为 $m \times r$ 列满秩矩阵， $Q_{1}$ 为以 $β_{i}^{T}$ 为第 $i$ 行的 $r \times n$ 行满秩矩阵。由 $rank (P Q_{1}) = rank (Q_{1}) - dim (ker P \cap Im Q_{1}) = r - 0 = r$ ，得 $r (A) = r$ 。

第八题 AB 的特征值与矩阵方程

第五章特征值和特征向量

(1)

A

是

n

阶实对称矩阵，

B

是

n

阶正定矩阵，证明：矩阵

A B

的特征值均为实数。(2)

A, B

均为实矩阵，且符合

A^{- 1} + B^{- 1} = (A + B)^{- 1}

，试证明

(A B^{- 1})^{3} = E

。

查看解答

(1) 因 $B$ 正定，存在正定对称矩阵 $C$ 使 $B = C^{2}$ ，且 $C$ 可逆。于是 $C (A B) C^{- 1} = C A C^{2} C^{- 1} = C A C$ ，而 $(C A C)^{T} = C A C$ 为实对称矩阵，故 $A B$ 相似于实对称矩阵，其特征值全为实数。(2) 由 $A^{- 1} + B^{- 1} = (A + B)^{- 1}$ 两边左乘 $A + B$ 得 $(A + B) (A^{- 1} + B^{- 1}) = E$ ，展开得 $E + A B^{- 1} + B A^{- 1} + E = E$ ，即 $A B^{- 1} + B A^{- 1} = - E$ 。令 $X = A B^{- 1}$ ，则 $B A^{- 1} = X^{- 1}$ ，故 $X + X^{- 1} = - E$ ，即 $X^{2} + X + E = O$ 。于是 $(X - E) (X^{2} + X + E) = X^{3} - E = O$ ，即 $(A B^{- 1})^{3} = E$ 。

2025-2026 学年期末试卷

第 1 题由向量组求行列式

第一章行列式

1. 已知向量

α_{1} = ()

，

α_{2} = ()

，

α_{3} = ()

．设矩阵

A = (α_{1}, α_{2}, α_{3})

，求行列式

| A |

．（本题 5 分）

查看解答

原卷（扫描件）中 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 的分量缺失，原解析对该题亦只标注“纯计算题，略”，故不能给出数值答案；方法如下：把三个向量的分量按列排成 $3$ 阶矩阵 $A = (a_{i j})$ ，则 $| A | = a_{11} a_{22} a_{33} + a_{12} a_{23} a_{31} + a_{13} a_{21} a_{32} - a_{13} a_{22} a_{31} - a_{11} a_{23} a_{32} - a_{12} a_{21} a_{33}$ ，也可用初等行（列）变换把 $A$ 化为三角形矩阵后取对角元之积．特别地， $| A | = 0$ 当且仅当 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关．

第 2 题含参数向量的线性表示与唯一性讨论

第四章线性空间和线性变换

2. 已知

α_{1} = (- 1, - 1, t)^{T}

，

α_{2} = (- 1, t, - 1)^{T}

，

α_{3} = (t, - 1, - 1)^{T}

，

β = (- 1, t, - t^{2})^{T}

．当

t

______ 时，

β

可以由

α_{1}, α_{2}, α_{3}

线性表出，且表出方式唯一，此时

β =

______；当

t

______ 时，

β

不可由

α_{1}, α_{2}, α_{3}

线性表出；当

t

______ 时，

β

可以由

α_{1}, α_{2}, α_{3}

线性表出，且表出方式不唯一．（本题 20 分）

查看解答

记 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = (\begin{array}{c} - 1 & - 1 & t \\ - 1 & t & - 1 \\ t & - 1 & - 1 \end{array})$ ，则 $| A | = - t^{3} + 3 t + 2 = - (t - 2) (t + 1)^{2}$ ．当 $t \neq 2$ 且 $t \neq - 1$ 时 $| A | \neq 0$ ， $A$ 可逆，方程组 $A x = β$ 有唯一解，即 $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 唯一地线性表出．由 Cramer 法则 $x_{1} = \frac{1}{| A |} | \begin{array}{c} - 1 & - 1 & t \\ t & t & - 1 \\ - t^{2} & - 1 & - 1 \end{array} | = \frac{(t^{2} - 1)^{2}}{- (t - 2) (t + 1)^{2}} = \frac{(t - 1)^{2}}{2 - t}$ ， $x_{2} = \frac{1}{| A |} | \begin{array}{c} - 1 & - 1 & t \\ - 1 & t & - 1 \\ t & - t^{2} & - 1 \end{array} | = \frac{(t + 1)^{2}}{- (t - 2) (t + 1)^{2}} = \frac{1}{2 - t}$ ， $x_{3} = \frac{1}{| A |} | \begin{array}{c} - 1 & - 1 & - 1 \\ - 1 & t & t \\ t & - 1 & - t^{2} \end{array} | = \frac{(t + 1)^{2} (t - 1)}{- (t - 2) (t + 1)^{2}} = \frac{t - 1}{2 - t}$ ．故此时 $β = \frac{(t - 1)^{2}}{2 - t} α_{1} + \frac{1}{2 - t} α_{2} + \frac{t - 1}{2 - t} α_{3} = \frac{(t - 1)^{2} α_{1} + α_{2} + (t - 1) α_{3}}{2 - t}$ ．当 $t = 2$ 时 $| A | = 0$ ；把三个方程相加，左端恒为 $0$ ，右端为 $- 1 + 2 - 4 = - 3$ ，矛盾，故 $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表出．当 $t = - 1$ 时 $α_{1} = α_{2} = α_{3} = (- 1, - 1, - 1)^{T} = β$ ，此时 $β$ 可由它们线性表出，且表示方式不唯一（有无穷多种）．填空： $t \neq 2$ 且 $t \neq - 1$ ； $β = \frac{(t - 1)^{2} α_{1} + α_{2} + (t - 1) α_{3}}{2 - t}$ ； $t = 2$ ； $t = - 1$ ．

第 3 题二次型的规范形与惯性指数

第六章二次型

3. 已知

n

级矩阵

A

满足：

A^{2} = E

，则

r (A) =

______；二次型

x^{T} A x

在复数域上的规范形为 ______；若

x^{T} A x

的正惯性指数为

2

，求

A

在实数域上的规范形为 ______．（本题 15 分）

查看解答

由 $A^{2} = E$ 得 $| A |^{2} = | E | = 1$ ，故 $| A | = \pm 1 \neq 0$ ， $A$ 满秩，即 $r (A) = n$ ．二次型 $x^{T} A x$ 对应的对称矩阵秩为 $n$ （非退化），故它在复数域上的规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + \dots + y_{n}^{2}$ ．若正惯性指数为 $2$ ，则负惯性指数为 $n - 2$ ，故在实数域上的规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2} - \dots - y_{n}^{2}$ ．

第 4 题特征值、基础解系与相似对角化

第五章特征值和特征向量

4. 已知 3 阶数字矩阵

A = ()

，则

A

所有特征值为 ______；齐次线性方程组

A x = 0

的基础解系为 ______；在复数域上，判断

A

是否可以相似对角化 ______．（本题 15 分）

查看解答

原卷（扫描件）中 $A$ 的元素缺失，不能给出具体数值，以下按原解析的结论整理：特征值： $A$ 有三个特征值，其中一个可直接看出，另外两个是一元二次特征方程的根，用求根公式解出（原解析：“特征值有三个，其中有两个是用求根公式解一元二次方程解出来的”）．基础解系：原解析指出 $A x = 0$ 没有非零解，即 $| A | \neq 0$ 、 $A$ 可逆；此时 $A x = 0$ 只有零解，故基础解系不含任何向量（为空集），而不是 $(0, 0, 0)^{T}$ ——原解析此处自注“可能是做错了”，应以“只有零解，基础解系不存在”为准．相似对角化：可以． $A$ 的三个特征值互不相同（两个二次方程的根与另一个特征值）， $n$ 阶矩阵有 $n$ 个互异特征值时必可相似对角化，故在复数域上 $A$ 可相似对角化．

第 5 题过渡矩阵与坐标

第四章线性空间和线性变换

5. 给定

2 \times 2

矩阵空间的两组基： (I)：

e_{1} = (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array})

，

e_{2} = (\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array})

，

e_{3} = (\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array})

，

e_{4} = (\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array})

； (II)：

A_{1} = (\begin{array}{c} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{array})

，

A_{2} = (\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array})

，

A_{3} = (\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{array})

，

A_{4} = (\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array})

．则从基 (I) 到基 (II) 的过渡矩阵为 ______；矩阵

(\begin{array}{c} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array})

在基 (I) 下的坐标为 ______．（本题 10 分）

查看解答

把 $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$ 用基 (I) 表出： $A_{1} = e_{1} + e_{2}$ ， $A_{2} = e_{2} + e_{3}$ ， $A_{3} = e_{3} + e_{4}$ ， $A_{4} = e_{4}$ ．过渡矩阵以这些坐标向量为列，即 $(A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}) = (e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}) P$ ，故 $P = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{array})$ ．又 $(\begin{array}{c} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array}) = 1 \cdot e_{1} + 2 \cdot e_{2} + 3 \cdot e_{3} + 4 \cdot e_{4}$ ，故它在基 (I) 下的坐标为 $(1, 2, 3, 4)^{T}$ ．（若求它在基 (II) 下的坐标 $y$ ，由 $x = P y$ 得 $y = P^{- 1} x = (- 1, - 1, - 1, 4)^{T}$ ．）

第 6 题迹零矩阵空间的标准正交基与正交分解

第四章线性空间和线性变换

2 \times 2

的线性空间

V

，

V

中两个矩阵

A, B

的内积定义为

(A, B) = tr (A B^{T})

，由此得欧氏空间

V

．记

W

为所有迹为零的实二级矩阵组成的集合，写出

W

的一组标准正交基 ______；已知

A + B = (\begin{array}{c} 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{array})

，其中

A

属于

W

，

B \in V

且

B

与

W

中的所有矩阵正交，则

A =

______，

B =

______．（本题 15 分）

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$W = {X | tr X = 0}$ 的一组基为 $X_{1} = (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{array})$ ， $X_{2} = (\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array})$ ， $X_{3} = (\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array})$ ．直接计算得 $(X_{1}, X_{1}) = tr (X_{1} X_{1}^{T}) = 2$ ， $(X_{2}, X_{2}) = tr (X_{2} X_{2}^{T}) = 1$ ， $(X_{3}, X_{3}) = tr (X_{3} X_{3}^{T}) = 1$ ，且 $(X_{1}, X_{2}) = (X_{1}, X_{3}) = (X_{2}, X_{3}) = 0$ ，即三者两两正交、长度依次为 $\sqrt{2}, 1, 1$ ．故 $W$ 的一组标准正交基为 $\frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{array})$ ， $(\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array})$ ， $(\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array})$ ． $W^{⊥}$ 由与 $W$ 中所有矩阵正交的矩阵组成，即与 $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 都正交的矩阵，直接验证得 $W^{⊥} = {λ E | λ \in ℝ}$ ．由 $B \in W^{⊥}$ 可设 $B = λ E$ ；由 $A \in W$ 得 $tr A = 0$ ．又 $A = (A + B) - B$ ，取迹得 $0 = tr (A + B) - tr B = 4 - 2 λ$ ，故 $λ = 2$ ，即 $B = 2 E = (\begin{array}{c} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{array})$ ， $A = (\begin{array}{c} 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{array}) - (\begin{array}{c} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{array}) = (\begin{array}{c} - 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array})$ ．检验： $tr A = 0$ ，且 $(A, E) = tr A = 0$ ，即 $A ⊥ E$ ，符合 $A \in W$ 、 $B ⊥ W$ ．

第 7 题由零化多项式与行列式条件定特征值

第五章特征值和特征向量

7. 已知 3 级矩阵

A

满足：

| A - E | = 0

，

| A + E | = 0

，

A^{3} + 2 A^{2} - A = 2 E

，则

| A^{*} - 2 A^{- 1} + 3 E | =

______．（本题 5 分）

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由 $| A - E | = 0$ 、 $| A + E | = 0$ 知 $1, - 1$ 都是 $A$ 的特征值．把 $A^{3} + 2 A^{2} - A - 2 E = O$ 分解，得 $(A - E) (A + E) (A + 2 E) = O$ ，故 $A$ 的任一特征值 $λ$ 满足 $(λ - 1) (λ + 1) (λ + 2) = 0$ ，即 $λ \in {1, - 1, - 2}$ ． $A$ 为 3 阶矩阵，已有特征值 $1, - 1$ ，第三个特征值只能是 $- 2$ ，于是 $| A | = 1 \cdot (- 1) \cdot (- 2) = 2 \neq 0$ ， $A$ 可逆，且 $A^{*} = | A | A^{- 1} = 2 A^{- 1}$ ．代入得 $| A^{*} - 2 A^{- 1} + 3 E | = | 2 A^{- 1} - 2 A^{- 1} + 3 E | = | 3 E | = 3^{3} = 27$ ．

第 8 题正定矩阵平方根的唯一性与秩的充要条件

第三章矩阵

8. (1) 设

A, B

为

n

级正定矩阵，且

A^{2} = B^{2}

，求证：

A = B

． (2) 设

n

级矩阵

A, B

满足

A B = B A

，求证：

r (B) = r (A B)

的充要条件是

r (A^{k}) = r (B)

对任意正整数

k

成立．（本题 15 分）

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(1) 正定矩阵是实对称矩阵且特征值全正．因 $A$ 实对称，存在正交矩阵 $Q$ 使 $Q^{T} A Q = Λ = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ ， $λ_{i} > 0$ ．令 $C = Q^{T} B Q$ ，则 $C$ 仍实对称、正定，且由 $A^{2} = B^{2}$ 得 $C^{2} = Q^{T} B^{2} Q = Q^{T} A^{2} Q = Λ^{2}$ ．由 $C Λ^{2} = C^{3} = Λ^{2} C$ 知 $C$ 与 $Λ$ 可交换，故 $C$ 保持 $Λ$ 的每个特征子空间不变．在与特征值 $λ$ 对应的特征子空间上 $C^{2} = λ^{2} E$ ，而 $C$ 实对称，特征值为 $\pm λ$ ，又 $C$ 正定，故只能取 $λ$ ，于是 $C$ 在该子空间上等于 $λ E$ ．因此 $C = Λ$ ，即 $Q^{T} B Q = Q^{T} A Q$ ，故 $A = B$ ．等价说法：正定矩阵有唯一的正定平方根， $A = (A^{2})^{1 / 2} = (B^{2})^{1 / 2} = B$ ． (2) 按原题字面，命题不成立．反例：取 $A = E$ ， $B = O$ ，则 $A B = B A$ 且 $r (B) = r (A B) = 0$ ，但 $r (A^{k}) = n \neq 0 = r (B)$ ．正确的命题（可证）是：在 $A B = B A$ 的条件下， $r (A B) = r (B)$ 当且仅当 $r (A^{k} B) = r (B)$ 对一切正整数 $k$ 成立．证明：若 $r (A B) = r (B)$ ，由 $Col (A B) \subseteq Col (B)$ 且两者维数相同，得 $Col (A B) = Col (B)$ ，于是 $Col (A^{k} B) = A^{k - 1} (Col (A B)) = A^{k - 1} (Col (B)) = Col (B)$ ，故 $r (A^{k} B) = r (B)$ ；反之取 $k = 1$ 即得 $r (A B) = r (B)$ ．补充：若题面条件加强为“ $B$ 是 $A$ 的多项式”（例如 $B = A^{m}$ ），则原式成立．此时由 $r (A^{k}) = r (B) = r (A^{m})$ 对一切 $k$ 成立，特别地 $r (A) = r (A^{m})$ ，结合 $r (A^{j})$ 关于 $j$ 单调不增以及 $r (A^{j}) - r (A^{j + 1})$ 单调不增，可得 $r (A) = r (A^{2}) = \dots = r (A^{m + 1})$ ，于是 $r (A B) = r (A^{m + 1}) = r (A^{m}) = r (B)$ ；反之由 $r (A B) = r (B)$ 即 $r (A^{m + 1}) = r (A^{m})$ 知秩序列在 $m$ 处已稳定，故 $r (A^{k}) = r (A^{m}) = r (B)$ 对一切 $k$ 成立．

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