自测练习题参考答案

自测练习题参考答案

第一章 行列式

1.2. ← 题目

1. $ (a+b+c)(b-a)(c-a)(c-b) $ 可用范德蒙德行列式.
← 题目

1. $ (a_{2}a_{3}-b_{2}b_{3})(a_{1}a_{4}-b_{1}b_{4}) $ 可用拉普拉斯定理或直接展开.
← 题目

1. $ a^{n}+(-1)^{n+1}b^{n} $ 直接按第1列展开.
← 题目

1. $ (-1)^{n-1}(n-1) $ 可将每行都加到第1行，提公因数后再三角化.
← 题目

6.2. ← 题目

7.【证】用归纳法. n=2 时， $ D_{2}=\left|\begin{matrix}1&1\\ x_{1}&x_{2}\end{matrix}\right|=x_{2}-x_{1} $，命题成立. ← 题目

设 $ D_{n-1}=\prod_{1\leq j\lt i\leq n-1}(x_i-x_j) $ 成立.

对 $ D_{n} $，从第 n 行开始，依次把上一行的 $ -x_{1} $ 倍加至下一行，有

$$ \begin{aligned}D_{n}&=\begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{x_{2}-x_{1}}}}&{{{x_{3}-x_{1}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}-x_{1}}}} \\{{{0}}}&{{{x_{2}(x_{2}-x_{1})}}}&{{{x_{3}(x_{3}-x_{1})}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}(x_{n}-x_{1})}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{x_{2}^{n-2}(x_{2}-x_{1})}}}&{{{x_{3}^{n-2}(x_{3}-x_{1})}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}^{n-2}(x_{n}-x_{1})}}}\end{vmatrix}\\&=(x_{2}-x_{1})(x_{3}-x_{1})\cdots(x_{n}-x_{1})\begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{x_{2}}}}&{{{x_{3}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}}}} \\{{{x_{2}^{2}}}}&{{{x_{3}^{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}^{2}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{x_{2}^{n-2}}}}&{{{x_{3}^{n-2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}^{n-2}}}}\end{vmatrix}\\&\xlongequal{*}(x_{2}-x_{1})(x_{3}-x_{1})\cdots(x_{n}-x_{1})\cdot\prod_{2\leqslant j\lt i\leqslant n}(x_{i}-x_{j})\\&=\prod_{1\leqslant j\lt i\leqslant n}(x_{i}-x_{j}).\end{aligned} $$

*的上式右端的行列式是n-1阶范德蒙德行列式，归纳假设可用.

1. B.
← 题目

【解析】问方程 $ f(x)=0 $ 有几个根，也就是问 $ f(x) $ 是 x 的几次多项式.

将第1列的 -1 倍依次加至其余各列，有

$$ f(x)=\left|\begin{matrix}{{{x-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-1}}} \\{{{2x-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-1}}} \\{{{3x-3}}}&{{{1}}}&{{{x-2}}}&{{{-2}}} \\{{{4x}}}&{{{-3}}}&{{{x-7}}}&{{{-3}}}\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}{{{x-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{2x-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{3x-3}}}&{{{1}}}&{{{x-2}}}&{{{-1}}} \\{{{4x}}}&{{{-3}}}&{{{x-7}}}&{{{-6}}}\end{matrix}\right| $$

由拉普拉斯展开式知 $ f(x) $ 是二次多项式，故应选(B).

1. -3.
← 题目

【解析】这是基础题，解法很多，先用性质恒等变形再展开，例如

$$ \begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{vmatrix}=-3 $$

或

$$ \begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{{{3}}}&{{{3}}}&{{{3}}}&{{{3}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{vmatrix}=3\begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{vmatrix}=3\begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{vmatrix}=-3. $$

1. -28.
← 题目

【解析】按余子式定义，即求下列4个行列式值之和

$$ \begin{aligned}&\left|\begin{matrix}0&4&0\\ 2&2&2\\ -7&0&0\end{matrix}\right|+\left|\begin{matrix}3&4&0\\ 2&2&2\\ 0&0&0\end{matrix}\right|+\left|\begin{matrix}3&0&0\\ 2&2&2\\ 0&-7&0\end{matrix}\right|+\left|\begin{matrix}3&0&4\\ 2&2&2\\ 0&-7&0\end{matrix}\right|\\=&-56+0+42-14=-28.\end{aligned} $$

因为行列式中有较多的零元素，所以用余子式的定义直接求和并不复杂.

如果利用余子式与代数余子式的关系及代数余子式的性质，也可如下计算

$$ \begin{aligned}\sum M_{4j}=&-A_{41}+A_{42}-A_{43}+A_{44}\\=&\left|\begin{matrix}{{{3}}}&{{{0}}}&{{{4}}}&{{{0}}} \\{{{2}}}&{{{2}}}&{{{2}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{-7}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|=7\left|\begin{matrix}{{{3}}}&{{{4}}}&{{{0}}} \\{{{2}}}&{{{2}}}&{{{2}}} \\{{{-1}}}&{{{-1}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|=-28.\end{aligned} $$

以下题目如果不会可在学完二、三章后再做

11.40. ← 题目

【解析】这是抽象行列式的计算. 由于

$$ \mathbf{A}+\mathbf{B}=[\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta},2\boldsymbol{\gamma}_{2},2\boldsymbol{\gamma}_{3},2\boldsymbol{\gamma}_{4}] $$

从而

$$ \begin{aligned}\mid\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}\mid&=8\mid\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta},\gamma_{2},\gamma_{3},\gamma_{4}\mid\\&=8(\mid\boldsymbol{\alpha},\gamma_{2},\gamma_{3},\gamma_{4}\mid+\mid\boldsymbol{\beta},\gamma_{2},\gamma_{3},\gamma_{4}\mid)\\&=8(\mid\boldsymbol{A}\mid+\mid\boldsymbol{B}\mid)=40.\end{aligned} $$

1. $ \frac{1}{9} $
← 题目

【解析】由于 $ AA' = A^{*}A = |A|E $，易见 $ |A| = 3 $，用 A 右乘矩阵方程的两端，有

$$ \mathbf{3}\mathbf{A}\mathbf{B}=\mathbf{6}\mathbf{B}+\mathbf{A}\Rightarrow\mathbf{3}(\mathbf{A}-\mathbf{2}\mathbf{E})\mathbf{B}=\mathbf{A}\Rightarrow\mathbf{3}^{3}\mid\mathbf{A}-\mathbf{2}\mathbf{E}\mid\mid\mathbf{B}\mid=\mid\mathbf{A}\mid $$

又 $ \left| A - 2E \right| = \left| \begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{matrix} \right| = 1 $，故 $ \left| B \right| = \frac{1}{9} $。因此应填： $ \frac{1}{9} $。

13.2. ← 题目

【解析】（方法一）用行列式的性质，例如先3列减去2列再2列减去1列有

$$ \begin{aligned}\mid\boldsymbol{B}\mid&=|\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2}+4\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{1}+3\boldsymbol{\alpha}_{2}+9\boldsymbol{\alpha}_{3}|\\&=|\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{2}+3\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{2}+5\boldsymbol{\alpha}_{3}|\\&=|\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{2}+3\boldsymbol{\alpha}_{3},2\boldsymbol{\alpha}_{3}|=2\mid\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{2}+3\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}|\\&=2\mid\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\mid=2\mid\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\mid=2\mid\boldsymbol{A}\mid=2.\end{aligned} $$

（方法二）用分块矩阵，由于

$$ \boldsymbol{B}=\left[\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right]\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{1}}}&{{{4}}}&{{{9}}}\end{bmatrix}=\boldsymbol{A}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{1}}}&{{{4}}}&{{{9}}}\end{bmatrix} $$

两边取行列式，并用行列式乘法公式，所以

$$ \left|\textbf{\mathit{B}}\right|=\left|\textbf{\mathit{A}}\right|\bullet\left|\begin{array}{l l l}{1}&{1}&{1}\\ {1}&{2}&{3}\\ {1}&{4}&{9}\end{array}\right|=2\left|\textbf{\mathit{A}}\right|=2. $$

14.【解】因为 $ (3\boldsymbol{A})^{-1}=\frac{1}{3}\boldsymbol{A}^{-1},\boldsymbol{A}^{*}=|\boldsymbol{A}|\boldsymbol{A}^{-1}=\frac{1}{2}\boldsymbol{A}^{-1} $，又 $ |\boldsymbol{A}^{-1}|=\frac{1}{|\boldsymbol{A}|}=2 $，所以 $ |3\boldsymbol{A})^{-1}-2\boldsymbol{A}^{*}|=\left|\frac{1}{3}\boldsymbol{A}^{-1}-\boldsymbol{A}^{-1}\right|=\left|-\frac{2}{3}\boldsymbol{A}^{-1}\right|=\left(-\frac{2}{3}\right)^{3}|\boldsymbol{A}^{-1}|=-\frac{16}{27} $。 ← 题目

15\. B\. ← 题目

【解析】因为 AB 是 m 阶矩阵， $ | AB| = 0 $ 的充分必要条件是秩 $ r(AB) \lt m $。由于

$$ r(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})\leqslant r(\boldsymbol{B})\leqslant\min(m,n) $$

可见当 m > n 时，必有 $ r(AB) \leqslant n \lt m $ 。因此选(B)。

另外，由于方程组 Bx = 0 的解必是方程组 ABx = 0 的解，而 Bx = 0 是 n 个方程 m 个未知数的齐次线性方程组，因此当 m > n 时，Bx = 0 必有非零解，从而 ABx = 0 有非零解，故 |AB| = 0.

1. C.
← 题目

【解析】（A）（B）（D）均是 $ \left| A \right| = 0 $ 的充分条件，并不必要。建议自编简单的反例。 $ \left| A \right| = 0 \Leftrightarrow A $ 的行（列）向量组线性相关

⇔ 有一行(列)向量可由其余的行(列)向量线性表出.

因此，应选(C).

第二章 矩阵

1. 注意这6个题目，分清它们是矩阵还是数，弄清数与矩阵的关系.
← 题目

(1)

$$ \begin{bmatrix}1&2&-1\\ 3&6&-3\\ 2&4&-2\end{bmatrix}. $$

$$ \begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{3}}}&{{{2}}} \\{{{2}}}&{{{6}}}&{{{4}}} \\{{{-1}}}&{{{-3}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}. $$

(3)5.

(4)5.

（5）

$$ \begin{bmatrix}1&3&2\\ 3&9&6\\ 2&6&4\end{bmatrix}. $$

1. (1) $ x_{1}^{2}+7x_{2}^{2}+8x_{1}x_{2} $. (2) $ x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+3x_{3}^{2}+2x_{1}x_{3}-2x_{2}x_{3} $.
← 题目

3. ← 题目

$$ [\begin{matrix}0&6\\ 0&6\end{matrix}]. $$

1. D.
← 题目

5. ← 题目

$$ \begin{bmatrix}-4&-3\\ -1&-1\end{bmatrix}. $$

6. ← 题目

$$ \begin{bmatrix}3&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&1\end{bmatrix}. $$

7. ← 题目

$$ \begin{bmatrix}1&-4&-3\\ 1&-5&-3\\ -1&6&4\end{bmatrix}. $$

8. ← 题目

$$ \begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{1}}}&{{{3}}} \\{{{10}}}&{{{8}}}&{{{12}}} \\{{{8}}}&{{{7}}}&{{{9}}}\end{bmatrix}. $$

9. ← 题目

$$ \begin{bmatrix}2&5&4\\ 1&3&1\\ 1&5&2\end{bmatrix}. $$

10. ← 题目

$$ \begin{bmatrix}1&-2&1\\ 0&2&2\\ 0&3&0\end{bmatrix}. $$

11. ← 题目

$$ \begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}. $$

12.24（有读者得一24吗？）. ← 题目

1. $ \frac{27}{5} $ (注意 $ A^* = |A|A^{-1} $).
← 题目

14.【解】对矩阵A作初等行变换 ← 题目

$$ \begin{aligned}(\boldsymbol{A}\mid\boldsymbol{E})&=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}}&{{{3}}}&{{{:}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{-3}}}&{{{1}}}&{{{:}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{3}}}&{{{2}}}&{{{-5}}}&{{{2}}}&{{{:}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}}&{{{3}}}&{{{:}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{-5}}}&{{{:}}}&{{{-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{5}}}&{{{-2}}}&{{{-7}}}&{{{:}}}&{{{-3}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}}&{{{3}}}&{{{:}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{-5}}}&{{{:}}}&{{{-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{3}}}&{{{18}}}&{{{:}}}&{{{7}}}&{{{-5}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{-2}}}&{{{:}}}&{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{-5}}}&{{{:}}}&{{{-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{6}}}&{{{:}}}&{{{\frac{7}{3}}}}&{{{-\frac{5}{3}}}}&{{{\frac{1}{3}}}}\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{10}}}&{{{:}}}&{{{\frac{11}{3}}}}&{{{-\frac{7}{3}}}}&{{{\frac{2}{3}}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{:}}}&{{{\frac{1}{3}}}}&{{{-\frac{2}{3}}}}&{{{\frac{1}{3}}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{6}}}&{{{:}}}&{{{\frac{7}{3}}}}&{{{-\frac{5}{3}}}}&{{{\frac{1}{3}}}}\end{bmatrix},\end{aligned} $$

矩阵 A 的行最简矩阵 $ \pmb{F}=\begin{bmatrix}1&0&0&10\\ 0&1&0&1\\ 0&0&1&6\end{bmatrix}.\pmb{P}=\frac{1}{3}\begin{bmatrix}11&-7&2\\ 1&-2&1\\ 7&-5&1\end{bmatrix} $ 有 $ \pmb{P}\pmb{A}=\pmb{F} $.

1. $ 3^{n-1}\begin{bmatrix}1&\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{3}\\ 2&1&\dfrac{2}{3}\\ 3&\dfrac{3}{2}&1\end{bmatrix} $.
← 题目

【解析】矩阵乘法有结合律，注意

$$ \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}=\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3}\right)\begin{bmatrix}1\\ 2\\ 3\end{bmatrix}=3( 是一个数 ), $$

而

$$ \boldsymbol{A}=\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}=\begin{bmatrix}1\\ 2\\ 3\end{bmatrix}\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3}\right)=\begin{bmatrix}1&\frac{1}{2}&\frac{1}{3}\\ &2&1&\frac{2}{3}\\ &3&\frac{3}{2}&1\end{bmatrix}( 是三阶矩阵 ), $$

于是 $ \boldsymbol{A}^{n} = (\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta})(\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta})\cdots(\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}) = \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}})(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}})\cdots(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}})\boldsymbol{\beta} = 3^{n-1}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta} $.

所以应填： $ 3^{n-1}\begin{bmatrix}1&\frac{1}{2}&\frac{1}{3}\\ 2&1&\frac{2}{3}\\ 3&\frac{3}{2}&1\end{bmatrix} $.

16\. C\. ← 题目

【解析】 A 经过两次初等行变换得到 B，根据初等矩阵的性质，左乘初等矩阵为行变换，右乘初等矩阵为列变换，故排除(A)(B).

$ P_{1}P_{2}A $ 表示把A的第一行加至第三行后再一，二两行互换.这正是矩阵B，所以应选(C).而 $ P_{2}P_{1}A $ 表示把A的一、二两行互换后再把第一行加至第三行，那么这时的矩阵是

$$ \begin{bmatrix}a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{31}+a_{21}&a_{32}+a_{22}&a_{33}+a_{23}\end{bmatrix} $$

并非已知矩阵B.

1. D.
← 题目

【解析】按题意，用初等矩阵描述，有

$$ \begin{aligned}\mathbf{A}\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}&=\boldsymbol{B},\boldsymbol{B}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}=\boldsymbol{C}\end{aligned} $$

故

$$ \mathbf{A}\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}=\mathbf{C} $$

从而

$$ \mathcal{Q}=\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix} $$

所以应选(D).

1. C.
← 题目

【解析】为书写简捷，不妨设 A 为三阶矩阵，因为 A 作初等行变换得到 B，所以用初等矩阵左乘 A 得到 B，按已知有

$$ \begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}\quad\Rightarrow\quad\boldsymbol{B}^{-1}=\boldsymbol{A}^{-1}\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}^{-1}=\boldsymbol{A}^{-1}\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}. $$

从而

$$ \frac{\pmb{B}^{*}}{|\pmb{B}|}=\frac{\pmb{A}^{*}}{|\pmb{A}|}\left[\begin{matrix}0&1&0\\ 1&0&0\\ 0&0&1\end{matrix}\right]. $$

又因 $ \left|A\right| = -|\boldsymbol{B}| $，故 $ A^{*}\begin{bmatrix}0&1&0\\ 1&0&0\\ 0&0&1\end{bmatrix} = -\boldsymbol{B}^{*} $，所以应选(C).

1. -3.
← 题目

【解析】由AB=O，对B按列分块有

$$ \mathbf{A}\mathbf{B}=\mathbf{A}(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})=(\mathbf{A}\boldsymbol{\beta}_{1},\mathbf{A}\boldsymbol{\beta}_{2},\mathbf{A}\boldsymbol{\beta}_{3})=(\mathbf{0},\mathbf{0},\mathbf{0}) $$

即 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3} $ 是齐次方程组 Ax = 0 的解.

又因 $ B \neq O $，故 Ax = 0 有非零解，那么

$$ \mid\boldsymbol{A}\mid=\left|\begin{matrix}1&2&-2\\ 4&t&3\\ 3&-1&1\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}7&0&0\\ 4&t&3\\ 3&-1&1\end{matrix}\right|=7(t+3)=0 $$

所以应填：-3.

若熟悉公式： $ AB = O $，则 $ r(A) + r(B) \leqslant n $。可知 $ r(A) \lt 3 $。亦可求出 t = -3。

20.3. ← 题目

【解析】 $ A = \alpha\alpha^{T} $ 是秩为1的矩阵， $ \alpha^{T}\alpha $ 是一个数，这两个符号不要混淆。且 $ \alpha^{T}\alpha $ 是矩阵 $ \alpha\alpha^{T} $ 的迹。

注意，若 $ r(\boldsymbol{A})=1 $，则有 $ A=\alpha\beta^{T} $，其中 $ \alpha,\beta $ 均为 n 维列向量，而 $ \alpha^{T}\beta=\beta^{T}\alpha=\sum a_{ii} $

故本题应填：3.

若不熟悉上述关系式，本题亦可先求出 $ \alpha $;

$$ \begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{-1}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{1}}} \\{{{-1}}} \\{{{1}}}\end{bmatrix}[1,-1,1]=\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} $$

故

$$ \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}=\left(1,-1,1\right)\begin{bmatrix}1\\ -1\\ 1\end{bmatrix}=3. $$

1. O.
← 题目

【解析】由于 $ A^{n}-2A^{n-1}=(A-2E)A^{n-1} $，而

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E}&=\begin{bmatrix}{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix},(\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E})\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}=\boldsymbol{O}\end{aligned} $$

从而 $ A^{n}-2A^{n-1}=O $

22\. D\. ← 题目

【解析】所谓矩阵A与B等价，即A经初等变换得到B.A与B等价的充分必要条件是A与B有相同的秩.

矩阵经过初等变换其行列式的值不一定相等，例如，假若把矩阵A的第一行乘以5可得到B，那么A与B等价，而 $ |A|=a $时， $ |B|=5a $。可知(A)(B)均不正确。

若 $ \left|A\right|\neq0 $，说明 $ r(\boldsymbol{A})=n $，而 $ \left|\boldsymbol{B}\right|=0 $，说明 $ r(\boldsymbol{B})\lt n $，因此（C）不正确.

当 $ \left|A\right|=0 $ 时， $ r(A)\lt n $ ，故 $ r(\boldsymbol{B})\lt n $ ，因而 $ \left|\boldsymbol{B}\right|=0 $ ，即(D)正确，应选(D).

23. ← 题目

$$ \begin{bmatrix}1&0&0\\ -\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&0\\ 0&0&1\end{bmatrix}. $$

【解析】由于

$$ \mathbf{A}-2\mathbf{E}=\begin{bmatrix}{{{3}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{4}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{3}}}\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{2}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix} $$

为求其逆可有多种方法，可用伴随，可用初等行变换，也可用分块求逆. 如果对 $ (A-2E\vdots E) $作行变换有

$$ \begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{:}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{0}}}&{{{:}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{:}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{:}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{0}}}&{{{:}}}&{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{:}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{:}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{:}}}&{{{-\frac{1}{2}}}}&{{{\frac{1}{2}}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{:}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix} $$

从而知

$$ \begin{aligned}(\mathbf{A}-2\mathbf{E})^{-1}&=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{-\frac{1}{2}}}}&{{{\frac{1}{2}}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\end{aligned} $$

对于二阶矩阵的伴随矩阵有规律：主对换副变号，即

$$ \begin{bmatrix}{{{a}}}&{{{b}}} \\{{{c}}}&{{{d}}}\end{bmatrix}^{*}=\begin{bmatrix}{{{d}}}&{{{-b}}} \\{{{-c}}}&{{{a}}}\end{bmatrix} $$

那么再利用 $ \begin{bmatrix}A&O\\O&B\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}A^{-1}&O\\O&B^{-1}\end{bmatrix} $，本题亦可很容易求出 $ (A-2E)^{-1} $

$$ 24.\ \frac{1}{2}(\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}). $$ ← 题目

【解析】 矩阵 A 的元素没有给出，因此用伴随矩阵、初等行变换求逆的路均堵塞。应当考虑用定义法.

因为

$$ (\mathbf{A}-\mathbf{E})(\mathbf{A}+2\mathbf{E})-2\mathbf{E}=\mathbf{A}^{2}+\mathbf{A}-4\mathbf{E}=\mathbf{O} $$

故

$$ \left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}\right)\left(\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}\right)=2\boldsymbol{E} $$

$$ \left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}\right)\cdot\frac{\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}}{2}=\boldsymbol{E} $$

得

按定义知

$$ (\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E})^{-1}=\frac{1}{2}(\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}). $$

25\. C\. ← 题目

【解析】判断矩阵A可逆通常用定义，或者用充要条件行列式 $ |A| \neq 0 $，(当然 $ |A| \neq 0 $又有很多等价的说法).因为

$$ (\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{2})=\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}^{3}=\boldsymbol{E},(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A})(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{2})=\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}^{3}=\boldsymbol{E} $$

所以，由定义知 E-A, E+A 均可逆. 故选(C).

1. B.
← 题目

【解析】对任何n阶矩阵都要成立的关系式，对特殊的n阶矩阵自然也要成立.那么，当A可逆时，由 $ A^{*}=|A|A^{-1} $有

$$ \left(k\mathbf{A}\right)^{*}=\left|\begin{array}{c}{k\mathbf{A}}\\ \end{array}\right|\left(k\mathbf{A}\right)^{-1}=k^{n}\left|\begin{array}{c}{A}\\ \end{array}\right|\bullet\frac{1}{k}\mathbf{A}^{-1}=k^{n-1}\mathbf{A}^{*} $$

故应选(B).

一般地，若 $ \boldsymbol{A}=(a_{ij}) $，有 $ kA=(ka_{ij}) $，那么矩阵 kA 的 i 行 j 列元素的代数余子式为

$$ \begin{aligned}(-1)^{i+j}\left|\begin{array}{cccc}ka_{11}&\cdots&ka_{1,j-1}&ka_{1,j+1}&\cdots&ka_{1n}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\ka_{i-1,1}&\cdots&ka_{i-1,j-1}&ka_{i-1,j+1}&\cdots&ka_{i-1,n}\\ka_{i+1,1}&\cdots&ka_{i+1,j-1}&ka_{i+1,j+1}&\cdots&ka_{i+1,n}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\ka_{n1}&\cdots&ka_{n,j-1}&ka_{n,j+1}&\cdots&ka_{mn}\\\end{array}\right|\\=(-1)^{i+j}k^{n-1}\left|\begin{array}{cccc}a_{11}&\cdots&a_{1,j-1}&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{i-1,1}&\cdots&a_{i-1,j-1}&a_{i-1,j+1}&\cdots&a_{i-1,n}\\a_{i+1,1}&\cdots&a_{i+1,j-1}&a_{i+1,j+1}&\cdots&a_{i+1,n}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{mn}\\\end{array}\right|\end{aligned} $$

即 $ \left|k\boldsymbol{A}\right| $ 中每个元素的代数余子式恰好是 $ \left|A\right| $ 相应元素的代数余子式的 $ k^{n-1} $ 倍，因而，按伴随矩阵的定义知 $ (k\boldsymbol{A})^{*} $ 的元素是 $ A^{*} $ 对应元素的 $ k^{n-1} $ 倍.

$$ 27.\begin{bmatrix}0&0&0&1\\ 0&0&1&0\\ 0&1&0&0\\ 1&0&0&0\end{bmatrix}. $$ ← 题目

【解析】这是基础题，解法很多，例如

$$ 利用 \begin{bmatrix}\boldsymbol{O}&\boldsymbol{A}\\ \boldsymbol{B}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{O}&\boldsymbol{B}^{-1}\\ \boldsymbol{A}^{-1}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix} 及 \begin{bmatrix}0&1\\ 1&0\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}0&1\\ 1&0\end{bmatrix} 或 \begin{bmatrix}0&0&a\\ 0&b&0\\ c&0&0\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}0&0&\frac{1}{c}\\ 0&\frac{1}{b}&0\\ \frac{1}{a}&0&0\end{bmatrix} $$

知其逆仍是 $ \begin{bmatrix}0&0&0&1\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\1&0&0&0\end{bmatrix} $.

当然，用初等行变换 $ (A:E)\to\cdots\to(E:A^{-1}) $也很简捷.

28. ← 题目

$$ \begin{bmatrix}0&0&\cdots&0&\frac{1}{a_{n}}\\ \frac{1}{a_{1}}&0&\cdots&0&0\\ 0&\frac{1}{a_{2}}&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\frac{1}{a_{n-1}}&0\end{bmatrix}. $$

$$ \begin{aligned}&【解析】\quad 由于 \begin{bmatrix}\boldsymbol{O}&\boldsymbol{A}\\ \boldsymbol{B}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{O}&\boldsymbol{B}^{-1}\\ \boldsymbol{A}^{-1}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix} 且 \begin{bmatrix}a_{1}&&&\\ &a_{2}&&\\ &&\ddots&\\ &&&a_{n}\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}\frac{1}{a_{1}}&&&\\ &\frac{1}{a_{2}}&&\\ &&\ddots&\\ &&&\frac{1}{a_{n}}\end{bmatrix},\\ \end{aligned} $$

本题对 A 分块后可知

$$ \boldsymbol{A}^{-1}=\begin{bmatrix}0&0&\cdots&0&\frac{1}{a_{n}}\\\frac{1}{a_{1}}&0&\cdots&0&0\\0&\frac{1}{a_{2}}&\cdots&0&0\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\0&0&\cdots&\frac{1}{a_{n-1}}&0\end{bmatrix}. $$

$$ 29.\frac{1}{10}\begin{bmatrix}1&0&0\\ 2&2&0\\ 3&4&5\end{bmatrix}. $$ ← 题目

【解析】由 $ AA^{*} = |A|E $ 有 $ \frac{A}{|A|}A^{*} = E $，故 $ (A^{*})^{-1} = \frac{A}{|A|} $.

现 $ \left| A \right| = 10 $，所以

$$ \left(\boldsymbol{A}^{*}\right)^{-1}=\frac{1}{10}\begin{bmatrix}1&0&0\\ 2&2&0\\ 3&4&5\end{bmatrix}. $$

30.1. ← 题目

【解析】利用矩阵秩的概念，考察矩阵A的2阶子式.因为矩阵A中任何两行都成比例（第i行与第j行的比为 $ \frac{a_{i}}{a_{j}} $），所以A中二阶子式全为0，又因 $ a_{i}\neq0,b_{i}\neq0 $，知 $ a_{1}b_{1}\neq0 $，A中有一阶子式非零.故知 $ r(A)=1 $.

或者

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=\begin{bmatrix}a_{1}b_{1}&a_{1}b_{2}&\cdots&a_{1}b_{n}\\a_{2}b_{1}&a_{2}b_{2}&\cdots&a_{2}b_{n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n}b_{1}&a_{n}b_{2}&\cdots&a_{n}b_{n}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\\vdots\\a_{n}\end{bmatrix}(b_{1},b_{2},\cdots,b_{n})=\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\end{aligned} $$

于是 $ r(\boldsymbol{A}) = r(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}) \leqslant r(\boldsymbol{\alpha}) = 1 $，又 $ A \neq 0 $ 有 $ r(\boldsymbol{A}) \geqslant 1 $.

所以 $ r(A)=1 $

31.2. ← 题目

【解析】因为B可逆，故 $ r(AB)=r(A)=2 $.

注意，若 A 可逆，则 $ r(AB)=r(B) $， $ r(BA)=r(B) $。

32.0. ← 题目

【解析】由于 $ r(A)=2 $，说明A中三阶子式全为0，于是 $ |A| $的代数余子式 $ A_{ij}\equiv0 $，故 $ A^{*}=O $。所以秩 $ r(A^{*})=0 $。

若熟悉伴随矩阵 $ A^{\cdot} $秩的关系式

$$ r(\boldsymbol{A}^{*})=\{\begin{aligned}&n,&& 若 r(\boldsymbol{A})=n\\ &1,&& 若 r(\boldsymbol{A})=n-1\\ &0,&& 若 r(\boldsymbol{A})\lt n-1\end{aligned}. $$

易知 $ r(\boldsymbol{A}^{*})=0 $.

1. -3.
← 题目

【解析】由于

$$ \left|\begin{array}{c c c c}{{{\boldsymbol{k}}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{k}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{k}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{k}}}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c c c c}{{{k+3}}}&{{{k+3}}}&{{{k+3}}}&{{{k+3}}} \\{{{1}}}&{{{k}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{k}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{k}}}\end{array}\right| $$

$$ \begin{aligned}&=(k+3)\left|\begin{matrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{k-1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{k-1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{k-1}}}\end{matrix}\right|=(k+3)(k-1)^{3}\end{aligned} $$

那么

$$ r(\boldsymbol{A})=3\Rightarrow\mid\boldsymbol{A}\mid=0 $$

而 k=1 时，显然 $ r(A)=1 $ 。故必有 k=-3 。

34.【解】由已知 $ AB = A + 2B $ 得 AB - 2B = A，于是 ← 题目

$$ (\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E})\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A} $$

由

$$ \mathbf{A}-2\mathbf{E}=\begin{bmatrix}{{{3}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}}\end{bmatrix}-2\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}\end{bmatrix} $$

而且

$$ \mid\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E}\mid=\left|\begin{matrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}\end{matrix}\right|=-1\neq0 $$

知 A-2E 可逆，故

$$ \boldsymbol{B}=(\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E})^{-1}\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}} \\{{{2}}}&{{{-2}}}&{{{-1}}} \\{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{3}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{5}}}&{{{-2}}}&{{{-2}}} \\{{{4}}}&{{{-3}}}&{{{-2}}} \\{{{-2}}}&{{{2}}}&{{{3}}}\end{bmatrix}. $$

35.【解】由 $ AA^{\cdot}=|A|E $，用矩阵A左乘方程的两端，有 ← 题目

$$ \left|\begin{array}{c|c}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{X}=\boldsymbol{E}+2\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}\end{array}\right. $$

移项得

$$ (\mid\mathbf{A}\mid\mathbf{E}-2\mathbf{A})\mathbf{X}=\mathbf{E} $$

据可逆定义，知

$$ \boldsymbol{X}=(\left|\begin{array}{l}\boldsymbol{A}\end{array}\right|\boldsymbol{E}-2\boldsymbol{A})^{-1} $$

由于

$$ \left|\begin{array}{c c c}{1}&{1}&{-1}\\ {-1}&{1}&{1}\\ {1}&{-1}&{1}\end{array}\right|=4 $$

故

$$ \mathbf{X}=\frac{1}{2}\left[\begin{matrix}{1}&{-1}&{1}\\ {1}&{1}&{-1}\\ {-1}&{1}&{1}\\ \end{matrix}\right]^{-1}=\frac{1}{4}\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{0}\\ {0}&{1}&{1}\\ {1}&{0}&{1}\\ \end{matrix}\right]. $$

第三章 向量

1.5. ← 题目

1. -9.
← 题目

1. D.
← 题目

1. D. 初等变换不改变矩阵的秩
← 题目

$$ \left[\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\right]=\begin{bmatrix}1&-a&1&1\\ 0&1&-a&1\\ 1&1&1&-a\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&-a&1&1\\ 0&1&-a&1\\ 0&0&a(a+1)&-2(a+1)\end{bmatrix}, $$

$ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4})=3\Leftrightarrow a(a+1) $ 与 $ 2(a+1) $ 至少有 1 个不为 0

$ \Leftrightarrow a \neq -1. $

1. 当 a = 2 时，r = 2。极大无关组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} = -a_{1} + 2a_{2}, \alpha_{4} = -2a_{1} + 3a_{2} $。当 $ a \neq 2 $ 时，r = 3。极大无关组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}, \alpha_{3} = -a_{1} + 2a_{2} $。
← 题目

1. B.
← 题目

1. A.
← 题目

8.【证】记 $ \beta_{1}=\alpha_{1}+\alpha_{2},\beta_{2}=\alpha_{2}+\alpha_{3},\beta_{3}=\alpha_{3}+\alpha_{1} $，则 ← 题目

$$ (\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})=(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{1})=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\begin{bmatrix}1&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1\end{bmatrix}. $$

由于 $ \begin{vmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&1&1\end{vmatrix}=2\neq0 $，知矩阵 $ \begin{bmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&1&1\end{bmatrix} $可逆.

又因 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $ 线性无关，从而 $ r(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})=r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})=3 $，所以向量组 $ \alpha_{1}+\alpha_{2},\alpha_{2}+\alpha_{3},\alpha_{3}+\alpha_{1} $ 线性无关.

或者，设 $ k_{1}(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2})+k_{2}(\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3})+k_{3}(\boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{1})=0 $ ，即

$$ (k_{1}+k_{3})\boldsymbol{\alpha}_{1}+(k_{1}+k_{2})\boldsymbol{\alpha}_{2}+(k_{2}+k_{3})\boldsymbol{\alpha}_{3}=\mathbf{0}. $$

因 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性无关，故

$$ \{\begin{aligned}k_{1}&+k_{3}=0,\\ k_{1}+k_{2}&=0,\\ k_{2}+k_{3}&=0,\end{aligned}. $$

由 $ \left|\begin{matrix}1&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1\end{matrix}\right|\neq0 $ ，得齐次方程组（*）只有零解，即必有 $ k_{1}=0, k_{2}=0, k_{3}=0 $

所以向量组 $ \alpha_{1}+\alpha_{2},\alpha_{2}+\alpha_{3},\alpha_{3}+\alpha_{1} $ 必线性无关.

9.【证】因 $ AB = E(m $ 阶 $ ) $ ，有 ← 题目

$$ m=r(\mathbf{E})=r(\mathbf{A}\mathbf{B})\leqslant r(\mathbf{A}). $$

又A是 $ m\times n $矩阵，有 $ r(A)\leq m $

比较(1)(2)，得 $ r(A)=m $

类似地， $ r(\boldsymbol{B}) = m $.

10.【证】设 ← 题目

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{s}\boldsymbol{\alpha}_{s}=\mathbf{0}, $$

由于 $ \alpha_{i}, \alpha_{j} $ 两两正交，即 $ \alpha_{i}^{T}\alpha_{j}=0(i\neq j,i,j=1,2,\cdots,s) $，用 $ \alpha_{1}^{T} $ 左乘(1)式两端，得

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{1}=0, $$

因 $ \alpha_{1}\neq0 $ ，故 $ \alpha_{1}^{T}\alpha_{1}\neq0 $ ，从而必有 $ k_{1}=0 $

类似可证 $ k_{2}=0,\cdots,k_{s}=0 $ 。于是向量组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s} $ 线性无关。

11\. C. ← 题目

【解析】这是一个抽象行列式的计算. 由伴随矩阵的基本关系式

$$ \boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}=\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{A}=|\mathrm{A}|\mathrm{E} $$

两端取行列式，并利用 $ \left|AB\right|=\left|A\right|\left|B\right| $ 及 $ \left|kA\right|=k^{n}\left|A\right| $ 有

$$ \left|\textbf{A}\right|\bullet\left|\textbf{A}^{*}\right|=\left|\textbf{A}\right|^{n}\left|\textbf{E}\right|=\left|\textbf{A}\right|^{n} $$

因为 $ \left|A\right|=a\neq0 $ ，从而知 $ \left|A^{*}\right|=a^{n-1} $ 。故应当选(C).

12.【解】设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}+x_{4}\alpha_{4}=\beta $，按分量写出，则有 ← 题目

$$ \{\begin{aligned}x_{1}&+x_{2}&+x_{3}&+x_{4}=1\\ x_{2}&-x_{3}&+2x_{4}&=1\\ 2x_{1}+3x_{2}+(a+2)x_{3}&+4x_{4}&=b+3\\ 3x_{1}+5x_{2}&+x_{3}+(a+8)x_{4}&=5\end{aligned}. $$

对增广矩阵进行高斯消元，有

$$ \begin{aligned}\overline{\boldsymbol{A}}&\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&1&1&1\\0&1&-1&2&1\\0&1&a&2&b+1\\0&2&-2&a+5&2\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&2&-1&0\\0&1&-1&2&1\\0&0&a+1&0&b\\0&0&0&a+1&0\end{bmatrix}\end{aligned} $$

所以

（1）当 $ a = -1, b \neq 0 $ 时，方程组无解， $ \beta $ 不能表示成 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4} $ 的线性组合.

（2）当 $ a \neq -1 $ 时，方程组有唯一解 $ \left(-\frac{2b}{a+1}, \frac{a+b+1}{a+1}, \frac{b}{a+1}, 0\right) $，故 $ \beta $ 有唯一表示式，且

$$ \boldsymbol{\beta}=-\frac{2b}{a+1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\frac{a+b+1}{a+1}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\frac{b}{a+1}\boldsymbol{\alpha}_{3}+0\cdot\boldsymbol{\alpha}_{4}. $$

13.【解】(1) $ \alpha_{1} $ 能由 $ \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出. ← 题目

因为已知 $ \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4} $ 线性无关，所以 $ \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性无关。又因 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性相关，故 $ \alpha_{1} $ 可以

由 $ \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出.

(2) $ \alpha_{4} $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $

（反证法）若 $ \alpha_{4} $ 能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出，设

$$ \alpha_{4}=k_{1}\alpha_{1}+k_{2}\alpha_{2}+k_{3}\alpha_{3} $$

由(1)知，可设 $ \alpha_{1}=l_{2}\alpha_{2}+l_{3}\alpha_{3} $，那么代入上式整理得

$$ \boldsymbol{\alpha}_{4}=(k_{1}l_{2}+k_{2})\boldsymbol{\alpha}_{2}+(k_{1}l_{3}+k_{3})\boldsymbol{\alpha}_{3} $$

即 $ \alpha_{4} $ 可以由 $ \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出，从而 $ \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4} $ 线性相关，这与已知矛盾.

因此， $ \alpha_{4} $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出.

14.【解】设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=\beta $。因为对 $ (\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\beta) $作初等行变换有 ← 题目

$$ \begin{bmatrix}1&2&0&\vdots&3\\ 4&7&1&\vdots&10\\ 0&1&-1&\vdots&b\\ 2&3&a&\vdots&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&2&0&\vdots&3\\ 0&-1&1&\vdots&-2\\ 0&1&-1&\vdots&b\\ 0&-1&a&\vdots&-2\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&2&\vdots&-1\\ 0&1&-1&\vdots&2\\ 0&0&a-1&\vdots&0\\ 0&0&0&\vdots&b-2\end{bmatrix} $$

所以

(1) 当 $ b \neq 2 $ 时，线性方程组 $ (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}) x = \beta $ 无解，此时 $ \beta $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出.

(2) 当 $ b=2, a \neq 1 $ 时，线性方程组 $ (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}) x = \beta $ 有唯一解，即

$$ \boldsymbol{x}=(x_{1},x_{2},x_{3})^{\mathrm{T}}=(-1,2,0)^{\mathrm{T}} $$

于是 $ \beta $ 可唯一表示为 $ \beta = -\alpha_{1} + 2\alpha_{2} $.

当 b=2, a=1 时，线性方程组 $ (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}) x = \beta $ 有无穷多个解，即

$$ \boldsymbol{x}=(x_{1},x_{2},x_{3})^{\mathrm{T}}=k(-2,1,1)^{\mathrm{T}}+(-1,2,0)^{\mathrm{T}} $$

则 $ \boldsymbol{\beta}=(-1-2k)\boldsymbol{\alpha}_{1}+(2+k)\boldsymbol{\alpha}_{2}+k\boldsymbol{\alpha}_{3}, k $ 是任意实数.

15.【解】设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=\beta $，将各分量代入，得到方程组 ← 题目

$$ \{\begin{aligned}&(1+\lambda)x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\\ &x_{1}+(1+\lambda)x_{2}+x_{3}=\lambda\\ &x_{1}+x_{2}+(1+\lambda)x_{3}=\lambda^{2}\end{aligned}. $$

对增广矩阵作初等行变换，有

$$ \begin{bmatrix}1+\lambda&1&1&\vdots&0\\ 1&1+\lambda&1&\lambda\\ 1&1&1+\lambda&\lambda^{2}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1+\lambda&1&1&\vdots&0\\ -\lambda&\lambda&0&\lambda\\ -\lambda&0&\lambda&\lambda^{2}\end{bmatrix} $$

(1) 若 $ \lambda \neq 0 $，则 $ \overrightarrow{A} \rightarrow \begin{bmatrix} 1 + \lambda & 1 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & \lambda \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 3 + \lambda & 0 & 0 & - \lambda - 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & \lambda \end{bmatrix} $.

若 $ \lambda \neq 0 $ 且 $ \lambda \neq -3 $，则 $ r(A) = r(\overline{A}) = 3 $，方程组有唯一解，即 $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表示且表示法唯一.

(2) 若 $ \lambda = 0 $，则 $ r(A) = r(\overline{A}) = 1 \lt 3 $，方程有无穷多解，即 $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表示，

但表示法不唯一.

（3）若 $ \lambda = -3 $，则 $ r(A) = 2, r(\overline{A}) = 3 $，方程组无解，从而 $ \beta $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表示.

1. B.
← 题目

【解析】因为 $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 线性表示，故可设

$$ \boldsymbol{\beta}=k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{m}\boldsymbol{\alpha}_{m} $$

由于 $ \beta $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m-1} $ 线性表示，故上述表达式中必有 $ k_{m} \neq 0 $. 因此

$$ \alpha_{m}=\frac{1}{k_{m}}(\beta-k_{1}\alpha_{1}-k_{2}\alpha_{2}-\cdots-k_{m-1}\alpha_{m-1}) $$

即 $ \alpha_{m} $ 可由（Ⅱ）线性表示，可排除(A)(D).

若 $ \alpha_{m} $ 可由（I）线性表示，设 $ \alpha_{m}=l_{1}\alpha_{1}+\cdots+l_{m-1}\alpha_{m-1} $，则

$$ \boldsymbol{\beta}=(k_{1}+k_{m}l_{1})\boldsymbol{\alpha}_{1}+(k_{2}+k_{m}l_{2})\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+(k_{m-1}+k_{m}l_{m-1})\boldsymbol{\alpha}_{m-1} $$

与题设矛盾，故应选(B).

17.【解】设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=\beta $，系数行列式 ← 题目

$$ \mid\boldsymbol{A}\mid=\mid\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\mid=\left|\begin{array}{r r r}{a}&{-2}&{-1}\\ {2}&{1}&{1}\\ {10}&{5}&{4}\end{array}\right|=-a-4 $$

（1）当 $ a \neq -4 $ 时， $ |A| \neq 0 $，方程组有唯一解，即 $ \beta $ 可能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出，且表示唯一.

（2）当a=-4时，对增广矩阵作初等行变换，有

$$ \overline{\boldsymbol{A}}=\begin{bmatrix}{{{-4}}}&{{{-2}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{2}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{b}}} \\{{{10}}}&{{{5}}}&{{{4}}}&{{{c}}}\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{b}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2b+1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{3b-c-1}}}\end{bmatrix} $$

故当 $ 3b - c \neq 1 $ 时， $ r(\boldsymbol{A}) = 2, r(\overline{\boldsymbol{A}}) = 3 $，方程组无解，即 $ \beta $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出.

（3）若a=-4，且3b-c=1，有 $ r(\boldsymbol{A})=r(\overline{\boldsymbol{A}})=2\lt 3 $，方程组有无穷多组解，即 $ \beta $可由 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $线性表出，且表示法不唯一.

此时，增广矩阵化简为

$$ \overline{\boldsymbol{A}}\rightarrow\begin{bmatrix}2&1&0&-b-1\\ 0&0&1&2b+1\\ 0&0&0&0\end{bmatrix} $$

取 $ x_{1} $ 为自由变量. 解出

$$ x_{1}=t,x_{2}=-2t-b-1,x_{3}=2b+1 $$

即 $ \beta = t\alpha_{1} - (2t + b + 1)\alpha_{2} + (2b + 1)\alpha_{3} $，t 为任意常数.

1. D.
← 题目

【解析】任意一个向量组只要其中有非零向量，就一定有不全为0的数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{s} $，使

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{s}\boldsymbol{\alpha}_{s}\neq\boldsymbol{0} $$

而线性无关是要求对于任一组数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{s} $，不全为0，必有

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{s}\boldsymbol{\alpha}_{s}\neq\boldsymbol{0} $$

因此(A)不正确.（要分清是任一组与有一组.）

任意 s-1 个向量线性无关并不能保证 s 个向量仍线性无关. 例如：

$$ (1,0,0)^{\mathrm{T}},(0,1,0)^{\mathrm{T}},(1,1,0)^{\mathrm{T}} $$

可见(B) 不正确.

当某一个向量不能用其余向量线性表出时，并不能保证这个向量组线性无关，因为还可能有另一个向量可以由其余向量线性表出，而使向量组线性相关.例如：

$$ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,0,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(2,0,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{3}=(0,0,1)^{\mathrm{T}} $$

虽 $ \alpha_{3} $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 线性表出，但 $ \alpha_{2} $ 可以由 $ \alpha_{1}, \alpha_{3} $ 线性表出，仍有 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性相关。可见 (C) 不正确。故应选 (D).

1. B.
← 题目

【解析】按特征值、特征向量定义 $ A(\alpha_{1}+\alpha_{2})=A\alpha_{1}+A\alpha_{2}=\lambda_{1}\alpha_{1}+\lambda_{2}\alpha_{2} $

若 $ \lambda_{2}=0 $ ，则 $ \alpha_{1}, A(\alpha_{1}+\alpha_{2}) $ 即 $ \alpha_{1}, \lambda_{1}\alpha_{1} $ 必线性相关. 排除(D).

若 $ \lambda_{1}=0 $，则 $ \alpha_{1}, A(\alpha_{1}+\alpha_{2})=\lambda_{2}\alpha_{2} $ 必线性无关，但 $ \lambda_{1}=0 $ 只是 $ \alpha_{1}, A(\alpha_{1}+\alpha_{2}) $ 线性无关的充分条件，并不必要。因此 (C) 是错误的。

（方法一）（用定义）设 $ k_{1}\alpha_{1}+k_{2}A(\alpha_{1}+\alpha_{2})=0 $ ，即有

$$ \left(k_{1}+\lambda_{1}k_{2}\right)\boldsymbol{\alpha}_{1}+\lambda_{2}k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}=\mathbf{0} $$

由于不同特征值的特征向量线性无关，所以 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 线性无关。由(1)得

$$ \{\begin{aligned}k_{1}+\lambda_{1}k_{2}&=0\\ \lambda_{2}k_{2}&=0\end{aligned}. $$

$ \alpha_{1}, A(\alpha_{1} + \alpha_{2}) $ 无关 $ \Leftrightarrow \{ \begin{aligned} k_{1} &= 0 \\ k_{2} &= 0 \end{aligned} . $ $ \Leftrightarrow $ (2) 只有零解 $ \Leftrightarrow \left| \begin{matrix} 1 & \lambda_{1} \\ 0 & \lambda_{2} \end{matrix} \right| \neq 0 \Leftrightarrow \lambda_{2} \neq 0. $

（方法二）（用秩）因为 $ \left(\boldsymbol{\alpha}_{1},A\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\lambda_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\lambda_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)\left[\begin{array}{cc}1&\lambda_{1}\\ 0&\lambda_{2}\end{array}\right] $ 那么 $ \alpha_{1},A\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right) $ 线性无关 $ \Leftrightarrow r\left(\alpha_{1},\lambda_{1}\alpha_{1}+\lambda_{2}\alpha_{2}\right)=2 $

由于 $ \alpha_{1},\alpha_{2} $ 线性无关，故 $ \alpha_{1},A(\alpha_{1}+\alpha_{2}) $ 线性无关 $ \Leftrightarrow r\begin{bmatrix}1&\lambda_{1}\\ 0&\lambda_{2}\end{bmatrix}=2\Leftrightarrow\lambda_{2}\neq0 $

20\. A\. ← 题目

【解析】（方法一）（用定义法）

因为 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{s} $ 线性相关，故存在不全为零的数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{s} $ 使得

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{s}\boldsymbol{\alpha}_{s}=\boldsymbol{0} $$

从而有

$$ \mathbf{A}(k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{s}\boldsymbol{\alpha}_{s})=\mathbf{A}\mathbf{0}=\mathbf{0} $$

亦即

$$ k_{1}A\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}A\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{s}A\boldsymbol{\alpha}_{s}=\boldsymbol{0} $$

由于 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{r} $，不全为0而使上式成立，说明 $ A\alpha_{1}, A\alpha_{2}, \cdots, A\alpha $，线性相关。故(A)正确。(方法二)（用秩）利用分块矩阵有 $ (A\alpha_{1}, A\alpha_{2}, \cdots, A\alpha_{r}) = A(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{r}) $，那么

$$ r\left(\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{s}\right)\leqslant r\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s}\right) $$

因为 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $ 线性相关，有 $ r(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{r})\lt s $ ，从而 $ r(A\alpha_{1},A\alpha_{2},\cdots,A\alpha_{r})\lt s $ 。故 $ A\alpha_{1},A\alpha_{2},\cdots,A\alpha $ 线性相关，即应选(A).

1. A.
← 题目

【解析】因为 $ \left(\alpha_{1}-\alpha_{2}\right)+\left(\alpha_{2}-\alpha_{3}\right)+\left(\alpha_{3}-\alpha_{1}\right)=0 $，所以向量组 $ \alpha_{1}-\alpha_{2},\alpha_{2}-\alpha_{3},\alpha_{3}-\alpha_{1} $线性相关，故应选(A).

至于(B)(C)(D)的线性无关性可以用 $ \left(\beta_{1},\beta_{2},\beta_{3}\right)=\left(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}\right) $C的方法来处理.即若 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $线性无关，那么 $ \beta_{1},\beta_{2},\beta_{3} $线性无关 $ \Leftrightarrow|C|\neq0 $.选项(B)(C)(D)中的向量有

$$ \left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\begin{bmatrix}1&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1\end{bmatrix} $$

$$ \left(\boldsymbol{\alpha}_{1}-2\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}-2\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}-2\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-2}}} \\{{{-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{1}}}\end{bmatrix} $$

$$ \left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}+2\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}+2\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\begin{bmatrix}1&0&2\\ 2&1&0\\ 0&2&1\end{bmatrix} $$

由于 $ \left|\begin{matrix}1&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1\end{matrix}\right|=2\neq0,\left|\begin{matrix}1&0&-2\\ -2&1&0\\ 0&-2&1\end{matrix}\right|=-7\neq0,\left|\begin{matrix}1&0&2\\ 2&1&0\\ 0&2&1\end{matrix}\right|=9\neq0 $ ，可知

(B)(C)(D)的向量组都是线性无关的，故选(A).

1. D.
← 题目

【解析】向量组 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 线性无关 $ \Leftrightarrow $ 向量组的秩 $ r(\beta_{1},\cdots,\beta_{m})=m $.

根据定理“若 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{r} $ 可由 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{t} $ 线性表出，则 $ r(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{r})\leqslant r(\beta_{1},\cdots,\beta_{t}) $”.

若 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{m} $ 可由 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 线性表示，则有

$$ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{m})\leqslant r(\boldsymbol{\beta}_{1},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{m}) $$

又因 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{m} $ 线性无关，知 $ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{m})=m $ 。从而

$$ m\leqslant r(\beta_{1},\cdots,\beta_{m}) $$

又因 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 是 m 个向量，知 $ r(\beta_{1},\cdots,\beta_{m})\leqslant m $ 。故 $ r(\beta_{1},\cdots,\beta_{m})=m $ ，即 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 线性无关。

可见(A)是充分性条件.那么(A)是必要的吗?即 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{m} $与 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $均线性无关,能否推导出 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{m} $必可由 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $线性表示?例如:若

$$ \boldsymbol{\alpha}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix},\boldsymbol{\alpha}_{2}=\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 0\end{bmatrix} 与 \boldsymbol{\beta}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix},\boldsymbol{\beta}_{2}=\begin{bmatrix}0\\ 0\\ 1\end{bmatrix} $$

显然 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 与 $ \beta_{1}, \beta_{2} $ 均线性无关，但 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 不能由 $ \beta_{1}, \beta_{2} $ 线性表示.

所以(A)只是充分条件并不必要.

对于(B)，有

$$ r(\boldsymbol{\beta}_{1},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{m})\leqslant r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{m})=m $$

因此由(B)不能推导出 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 线性无关，即充分性不成立.同(A)举例，知(B)不是必要条件，所以(B)对于 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 线性无关是不充分又不必要的条件.

至于(C)，所谓 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{m} $ 与 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 等价，即这两个向量组可以互相线性表出，由(A)知它只是一个充分条件，而(B)是一个无关的条件，因为必要性不成立.所以(C)不是充要条件.

用排除法可知(D)正确，作为复习就应当搞清楚为什么(D)是充分必要条件.

所谓矩阵 A 与 B 等价，即经过初等变换可由矩阵 A 得到矩阵 B，亦即 $ r(A) = r(B) $.

那么，如果矩阵 $ A = (\alpha_{1}, \cdots, \alpha_{m}) $ 与 $ B = (\beta_{1}, \cdots, \beta_{m}) $ 等价，则

$$ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{m})=r(\boldsymbol{\beta}_{1},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{m}) $$

由于 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{m} $ 线性无关，有 $ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{m})=m $ ，从而 $ r(\boldsymbol{\beta}_{1},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{m})=m $ 。即 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 线性无关。充分性成立。

若 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{m} $ 与 $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 均线性无关，则

$$ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{m})=m=r(\boldsymbol{\beta}_{1},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{m}) $$

从而矩阵 $ \boldsymbol{A}=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{m}) $ 与 $ \boldsymbol{B}=(\boldsymbol{\beta}_{1},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{m}) $ 等价. 即必要性成立.

所以当 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{m} $ 线性无关时， $ \beta_{1},\cdots,\beta_{m} $ 线性无关的充要条件是矩阵 $ \boldsymbol{A}=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{m}) $ 与矩阵 $ \boldsymbol{B}=(\boldsymbol{\beta}_{1},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{m}) $ 等价.

1. A.
← 题目

【解析】如果 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $ 线性无关， $ \beta $ 不能由 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $ 线性表出，则 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $ ， $ \beta $ 线性无关.这是因为 $ \beta $ 不能由 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $ 线性表出等同于方程组

$$ x_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+x_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+x_{i}\boldsymbol{\alpha}_{i}=\boldsymbol{\beta} $$

无解. 故 $ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s})\neq r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s},\boldsymbol{\beta}) $. 由 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{s} $ 线性无关，知 $ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s})=s $. 从而

$$ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s},\boldsymbol{\beta})=s+1 $$

即 $ \alpha_{1}, \cdots, \alpha, \beta $ 线性无关.

不论 k 取何值， $ k\beta_{1} $ 总能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表示。但因为 $ \beta_{2} $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出， $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性无关，所以 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, k\beta_{1} + \beta_{2} $ 必线性无关。故 (B) 不正确，即应选 (A).

而 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\beta_{1}+k\beta_{2} $ 当 k=0 时线性相关，当 $ k\neq0 $ 时线性无关。即 (C)(D) 均不正确。24. A. ← 题目

【解析】矩阵的秩 $ r(A)=A $ 的行秩 = A 的列秩，关于秩的概念要搞清是“有一个”与

“每一个”，若 $ r(A)=r $，表明 A 中有 r 阶子式不为 0，任一个 $ r+1 $ 阶子式全为 0，亦即 A 有 r 个向量线性无关，任 $ r+1 $ 个向量必线性相关。注意，不是每一个 r 阶子式不为 0，也不是任意 r 个行向量都线性无关。故本题应选(A)。

25.【解】(1)n个n维向量 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n} $线性相关的充分必要条件是行列式 $ \left|\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n}\right|=0 $.由于 ← 题目

$$ |\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}|=\left|\begin{array}{l l l}{1}&{1}&{1}\\ {1}&{2}&{3}\\ {1}&{3}&{t}\end{array}\right|=t-5 $$

故当 $ t \neq 5 $ 时，向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性无关.

(2) $ t=5 $时，向量组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $线性相关.

（3）当 t=5 时，设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}=\alpha_{3} $，将坐标代入有

$$ \{\begin{aligned}x_{1}&+x_{2}=1\\ x_{1}&+2x_{2}=3\\ x_{1}&+3x_{2}=5\end{aligned}. $$

解出 $ x_{1} = -1, x_{2} = 2 $. 即 $ \alpha_{3} = -\alpha_{1} + 2\alpha_{2} $.

1. B.
← 题目

【解析】按线性相关定义：若存在不全为零的数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{s} $，使

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{r}\boldsymbol{\alpha}_{r}=\mathbf{0} $$

则称向量组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s} $ 线性相关. 即齐次方程组 $ (\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s})\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \vdots\\ x_{s}\end{bmatrix}=0 $ 有非零解，则向量组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s} $ 线性相关，而非零解就是关系式(1)中的组合系数.

按定义不难看出(B)是错误的，因为(1)式中的常数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k, \neq $不能是任意的，而应当是齐次方程组的解。所以应选(B).

而向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 线性无关，即齐次方程组 $ (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n})\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ x_{n} \end{bmatrix} = 0 $ 只有零解，亦即

系数矩阵的秩 $ r(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s})=s $. 故(C)是正确的.

因为线性无关等价于齐次方程组只有零解，那么，若 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{s} $，不全为 0，则 $ (k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{s})^{\mathrm{T}} $ 一定不是齐次方程组的解，即必有 $ k_{1}\alpha_{1} + k_{2}\alpha_{2} + \cdots + k_{s}\alpha_{s} \neq 0 $。可知 (A) 是正确的。

因为“如果 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{i} $ 线性相关，则必有 $ \alpha_{1}, \cdots, \alpha_{i}, \alpha_{i+1} $ 线性相关”，所以，若 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{i} $ 中有某两个向量线性相关，则必有 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{i} $ 线性相关。那么 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{i} $ 线性无关的必要条件是其任一个部分组必线性无关。因此(D)是正确的。

1. $ \frac{1}{2} $.
← 题目

【解析】 基础题,考查判断 n 个 n 维向量线性相关的方法.

$$ \begin{aligned}\left|\begin{matrix}{{{2}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{1}}}&{{{a}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{1}}}&{{{a}}}&{{{a}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|&=\left|\begin{matrix}{{{0}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{1-a}}}&{{{a}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{1-a}}}&{{{a}}}&{{{a}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1-a}}}&{{{1}}} \\{{{1-a}}}&{{{a}}}&{{{a}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|\\&=(1-a)(-1)^{4+1}\left|\begin{matrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{1-a}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|=(a-1)(2a-1)=0\end{aligned} $$

又因 $ a \neq 1 $ 。故必有 $ a = \frac{1}{2} $

或者用秩. 将向量按列排, 记成 A, 则

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{1}}}&{{{a}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{1}}}&{{{a}}}&{{{a}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{a-1}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{a-1}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{a-1}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{2a-1}}}\end{bmatrix}\end{aligned} $$

当 a=1 或 $ a=\frac{1}{2} $ 时，秩 $ r(A)\lt 4 $ ，由题意 $ a=\frac{1}{2} $

28.2. ← 题目

【解析】经初等变换向量组的秩不变.由

$$ \begin{aligned}\mathbf{A}&=\begin{bmatrix}{{{\boldsymbol{\alpha}_{1}}}} \\{{{\boldsymbol{\alpha}_{2}}}} \\{{{\boldsymbol{\alpha}_{3}}}} \\{{{\boldsymbol{\alpha}_{4}}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}}&{{{5}}} \\{{{3}}}&{{{4}}}&{{{5}}}&{{{6}}} \\{{{4}}}&{{{5}}}&{{{6}}}&{{{7}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix}\end{aligned} $$

知 $ r(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}) = r(A) = 2. $

29.3. ← 题目

【解析】经初等变换向量组的秩不变.由

$$ \begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{2}}}&{{{0}}}&{{{t}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-4}}}&{{{5}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{-4}}}&{{{t+2}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-4}}}&{{{5}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{-4}}}&{{{t+2}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{3-t}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

知t=3.

30.【解】因 $ \beta_{3} $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表示，故线性方程组 $ x_{1}\alpha_{1} + x_{2}\alpha_{2} + x_{3}\alpha_{3} = \beta_{3} $ 有解. 对增广矩阵施行初等行变换： ← 题目

$$ \begin{bmatrix}1&3&9&\vdots b\\ 2&0&6&1\\ -3&1&-7&0\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&3&9&\vdots b\\ 0&-6&-12&1-2b\\ 0&10&20&\vdots3b\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&3&9&\vdots b\\ 0&1&2&\vdots\frac{2b-1}{6}\\ 0&0&0&\vdots\frac{3b}{10}-\frac{2b-1}{6}\end{bmatrix} $$

由非齐次线性方程组有解的条件知 $ \frac{3b}{10}-\frac{2b-1}{6}=0 $，得b=5。

又 $ \alpha_{1} $ 和 $ \alpha_{2} $ 线性无关， $ \alpha_{3}=3\alpha_{1}+2\alpha_{2} $，所以向量组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $ 的秩为2.

由题设知向量组 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3} $ 的秩也是2，从而 $ \left|\begin{array}{ccc}0 & a & 5 \\ 1 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 0\end{array}\right| = 0 $，解之得 a = 15.

31.【解】（方法一）n个n维向量线性相关 $ \Leftrightarrow\left|\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n}\right|=0 $. 记 $ A=\left(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4}\right) $, ← 题目

$$ \left|\begin{array}{c c c c}{1+a}&{2}&{3}&{4}\\ {1}&{2+a}&{3}&{4}\\ {1}&{2}&{3+a}&{4}\\ {1}&{2}&{3}&{4+a}\end{array}\right|=(a+10)a^{3} $$

于是当 a=0 或 a=-10 时， $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $ 线性相关.

当a=0时， $ \alpha_{1} $为 $ \alpha_{1} $， $ \alpha_{2} $， $ \alpha_{3} $， $ \alpha_{4} $的一个极大线性无关组，且 $ \alpha_{2}=2\alpha_{1} $， $ \alpha_{3}=3\alpha_{1} $， $ \alpha_{4}=4\alpha_{1} $。当a=-10时，对A施以初等行变换，有

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=\begin{bmatrix}{{{-9}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{1}}}&{{{-8}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{-7}}}&{{{4}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{-6}}}\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{-9}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{10}}}&{{{-10}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{10}}}&{{{0}}}&{{{-10}}}&{{{0}}} \\{{{10}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-10}}}\end{bmatrix}\\&\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{-9}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}=(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3},\boldsymbol{\beta}_{4}).\end{aligned} $$

由于 $ \beta_{2} $, $ \beta_{3} $, $ \beta_{4} $ 为 $ \beta_{1} $, $ \beta_{2} $, $ \beta_{3} $, $ \beta_{4} $ 的一个极大线性无关组，且 $ \beta_{1} = -\beta_{2} - \beta_{3} - \beta_{4} $，故 $ \alpha_{2} $, $ \alpha_{3} $, $ \alpha_{4} $ 为 $ \alpha_{1} $, $ \alpha_{2} $, $ \alpha_{3} $, $ \alpha_{4} $ 的一个极大线性无关组，且 $ \alpha_{1} = -\alpha_{2} - \alpha_{3} - \alpha_{4} $.

（方法二）记 $ \boldsymbol{A} = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}) $，对A施以初等行变换，有

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=\begin{bmatrix}{{{1+a}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{1}}}&{{{2+a}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3+a}}}&{{{4}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4+a}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1+a}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}} \\{{{-a}}}&{{{a}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{-a}}}&{{{0}}}&{{{a}}}&{{{0}}} \\{{{-a}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{a}}}\end{bmatrix}=\boldsymbol{B}\end{aligned} $$

当 a=0 时，A 的秩为 1，因而 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $ 线性相关，此时 $ \alpha_{1} $ 为 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $ 的一个极

大线性无关组，且 $ \alpha_{2}=2\alpha_{1},\alpha_{3}=3\alpha_{1},\alpha_{4}=4\alpha_{1} $

当 $ a\neq0 $时，再对B施以初等行变换，有

$$ \boldsymbol{B}\rightarrow\begin{bmatrix}1+a&2&3&4\\ -1&1&0&0\\ -1&0&1&0\\ -1&0&0&1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}a+10&0&0&0\\ -1&1&0&0\\ -1&0&1&0\\ -1&0&0&1\end{bmatrix}=\boldsymbol{C}=(\boldsymbol{\gamma}_{1},\boldsymbol{\gamma}_{2},\boldsymbol{\gamma}_{3},\boldsymbol{\gamma}_{4}) $$

如果 $ a \neq -10 $, C 的秩为 4, 从而 A 的秩为 4, 故 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4} $ 线性无关.

如果 a = -10, C 的秩为 3，从而 A 的秩为 3，故 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4} $ 线性相关.

由于 $ \gamma_{2},\gamma_{3},\gamma_{4} $ 为 $ \gamma_{1},\gamma_{2},\gamma_{3},\gamma_{4} $ 的一个极大线性无关组，且 $ \gamma_{1}=-\gamma_{2}-\gamma_{3}-\gamma_{4} $. 于是 $ \alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $ 为 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $ 的一个极大线性无关组，且 $ \alpha_{1}=-\alpha_{2}-\alpha_{3}-\alpha_{4} $.

第四章 线性方程组

1. $ (2,1,0,0)^{\mathrm{T}}, (-3,0,1,0)^{\mathrm{T}}, (4,0,0,1)^{\mathrm{T}} $
← 题目

1. $ \lambda \neq 1 $
← 题目

1. D.
← 题目

1. $ k_{1}(-2,2,1,0,0)^{\mathrm{T}}+k_{2}(3,2,0,1,2)^{\mathrm{T}},k_{1},k_{2} $ 为任意常数.
← 题目

1. -2.
← 题目

6.(0,0,0,-1)^{\mathrm{T}}+k_{1}(-1,1,0,0)^{\mathrm{T}}+k_{2}(-1,0,1,-2)^{\mathrm{T}},k_{1},k_{2}为任意常数. ← 题目

1. 当 a = 3 时方程组有解， $ (2,1,0)^{\mathrm{T}} + k(1,-3,1)^{\mathrm{T}} $，k 为任意常数.
← 题目

1. A. $ [Ax = b $ 有解 $ \Leftrightarrow r(A) = r(A,b) $.
← 题目

9.【解】对增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{aligned}\overline{\boldsymbol{A}}&=\begin{bmatrix}1&1&a&4\\-1&a&1&a^{2}\\1&-1&2&-4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&-1&2&-4\\1&1&a&4\\-1&a&1&a^{2}\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}1&-1&2&-4\\0&2&a-2&8\\0&a-1&3&a^{2}-4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&-1&2&-4\\0&2&a-2&8\\0&0&\frac{(a+1)(4-a)}{2}&a(a-4)\end{bmatrix}.\end{aligned} $$

由于方程组有无穷多解 $ \Leftrightarrow r(\boldsymbol{A}) = r(\overline{\boldsymbol{A}}) \leqslant 2 $，故 a = 4.

$$ \begin{array}{c}{\overline{{\boldsymbol{A}}}\to\left[\begin{matrix}{1}&{-1}&{2}&{-4}\\ {0}&{2}&{2}&{8}\\ {0}&{0}&{0}&{0}\\ \end{matrix}\right]\to\left[\begin{matrix}{1}&{0}&{3}&{0}\\ {0}&{1}&{1}&{4}\\ {0}&{0}&{0}&{0}\\ \end{matrix}\right].}\\ \end{array} $$

令 $ x_{3}=0 $ ，得方程组的特解 $ \boldsymbol{\alpha}=(0,4,0)^{\mathrm{T}} $

令 $ x_{3}=1 $ , 得导出组的基础解系 $ \boldsymbol{\eta}=(-3,-1,1)^{\mathrm{T}} $

所以方程组的通解为 $ x = \alpha + k\eta $，k 为任意常数.

10.【解】由 $ \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4} $ 线性无关 ← 题目

$$ \Rightarrow r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4})\geqslant3. $$

又 $ \alpha_{1}=2\alpha_{2}-\alpha_{3}\Rightarrow\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $ 线性相关

$ \Rightarrow\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $ 线性相关

$ \Rightarrow r(A) \lt 4 $

所以 $ r(A)=3, n-r(A)=4-3=1 $.

由 $ \left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\right)\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{4}=\boldsymbol{\beta} $，知 $ (1,1,1,1)^{\mathrm{T}} $是Ax= $ \beta $的一个特解.

又 $ \alpha_{1}=2\alpha_{2}-\alpha_{3}\Rightarrow\alpha_{1}-2\alpha_{2}+\alpha_{3}+0\alpha_{4}=0 $

$$ \begin{aligned}\mathbf{A}\begin{bmatrix}1\\ -2\\ 1\\ 0\end{bmatrix}&=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4})\begin{bmatrix}1\\ -2\\ 1\\ 0\end{bmatrix}=\mathbf{0},\end{aligned} $$

知 $ (1,-2,1,0)^{\mathrm{T}} $ 是 Ax=0 的非零解.

所以 $ Ax = \beta $ 的通解为 $ \boldsymbol{x} = (1, 1, 1, 1)^{\mathrm{T}} + k(1, -2, 1, 0)^{\mathrm{T}} $，k 为任意常数.

$$ 11.k(1,1,\cdots,1)^{\mathrm{T}} $$ ← 题目

【解析】因为 $ r(A)=n-1 $，由 $ n-r(A)=1 $ 知齐次方程组的基础解系为一个向量，故 Ax=0 的通解形式为 $ k\eta $。下面应当根据已知条件“A 中各行元素之和均为零”来分析推导 Ax=0 的一个非零解，它就是 Ax=0 的基础解系。各行元素的和均为 0，即

$$ \{\begin{aligned}a_{11}&+a_{12}+\cdots+a_{1n}=0\\ a_{21}&+a_{22}+\cdots+a_{2n}=0\\ \cdots\cdots\\ a_{n1}&+a_{n2}+\cdots+a_{nn}=0\end{aligned}. $$

而齐次方程组 Ax = 0 为

$$ \{\begin{aligned}&a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots+a_{1n}x_{n}=0\\ &a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots+a_{2n}x_{n}=0\\ &\cdots\cdots\\ &a_{n1}x_{1}+a_{n2}x_{2}+\cdots+a_{nn}x_{n}=0\end{aligned}. $$

两者相比较，可知

$$ x_{1}=1,x_{2}=1,\cdots,x_{n}=1 $$

是 Ax = 0 的解. 所以应填 $ k(1,1,\cdots,1)^{\mathrm{T}} $

12.【解】对系数矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

由 $ n-r(A)=5-3=2 $ ，取 $ x_{2}, x_{5} $ 为自由变量，得

$$ \boldsymbol{\eta}_{1}=(-1,1,0,0,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\eta}_{2}=(-1,0,-1,0,1)^{\mathrm{T}}. $$

13.【解】设齐次方程组的系数矩阵为 A，由 ← 题目

$$ \mid\boldsymbol{A}\mid=\left[a+\frac{1}{2}(n+1)n\right]a^{n-1} $$

那么 Ax = 0 有非零解 $ \Leftrightarrow $ | A | = 0 $ \Leftrightarrow $ a = 0 或 $ a = -\frac{1}{2}(n+1)n $.

当a=0时，对系数矩阵A作初等变换，有

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{2}}}&{{{2}}}&{{{2}}}&{{{\cdots}}}&{{{2}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{n}}}&{{{n}}}&{{{n}}}&{{{\cdots}}}&{{{n}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

故方程组的同解方程组为

$$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=0 $$

由此得基础解系为

$$ \boldsymbol{\eta}_{1}=(-\mathrm{1,1,0},\cdots,\mathrm{0})^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\eta}_{2}=(-\mathrm{1,0,1},\cdots,\mathrm{0})^{\mathrm{T}},\cdots,\boldsymbol{\eta}_{n-1}=(-\mathrm{1,0,0},\cdots,\mathrm{1})^{\mathrm{T}} $$

于是方程组的通解为

$$ x=k_{1}\boldsymbol{\eta}_{1}+\cdots+k_{n-1}\boldsymbol{\eta}_{n-1}, 其中 k_{1},\cdots,k_{n-1} $$

当 $ a = -\frac{1}{2}(n+1)n $ 时，对系数矩阵作初等行变换，有

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=\begin{bmatrix}{{{1+a}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{2}}}&{{{2+a}}}&{{{2}}}&{{{\cdots}}}&{{{2}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{n}}}&{{{n}}}&{{{n}}}&{{{\cdots}}}&{{{n+a}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1+a}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{-2a}}}&{{{a}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{-na}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{a}}}\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1+a}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{-n}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{-2}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{-n}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\end{aligned} $$

故方程组的同解方程组为

$$ \{\begin{aligned}-2x_{1}+x_{2}&=0\\ -3x_{1}+x_{3}&=0\\ \vdots&\\ -nx_{1}+x_{n}&=0\end{aligned}. $$

由此得基础解系为

$$ \boldsymbol{\eta}=(1,2,\cdots,n)^{\mathrm{T}} $$

于是方程组的通解为

$ x=k\eta $，其中 k 为任意常数。

14.【解】因 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4} $ 是 Ax = 0 的解. 所以 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}, \beta_{4} $ 也是 Ax = 0 的解. ← 题目

$$ 又 \left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)\begin{bmatrix}1&0&0&t\\ t&1&0&0\\ 0&t&1&0\\ 0&0&t&1\end{bmatrix}, 而 \begin{vmatrix}1&0&0&t\\ t&1&0&0\\ 0&t&1&0\\ 0&0&t&1\end{vmatrix}=1-t^{1}, $$

所以 $ t \neq \pm 1 $ 时 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}, \beta_{1} $ 线性无关。而 Ax = 0 的基础解系由 4 个解向量构成，因此 $ t = \pm 1 $ 时 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}, \beta_{1} $ 也是 Ax = 0 的一个基础解系。

1. A.
← 题目

【解析】齐次方程组 $ Ax = 0 $ 只有零解 $ \Leftrightarrow r(A) = n $.

由于 $ r(A)=A $ 的行秩=A 的列秩，现 A 是 $ m \times n $ 矩阵， $ r(A)=n $，即 A 的列向量线性无关。故应选(A).

注意，虽 A 的行秩 = A 的列秩，但行向量组与列向量组的线性相关性是可以不同的.

16.【解】（1）因为 $ B\neq O $，故B中至少有一个非零列向量。依题意，所给齐次方程组Ax=0有非零解，于是 ← 题目

$$ \mid\boldsymbol{A}\mid=\left|\begin{aligned}1&\quad2&\quad-2\\ 2&\quad-1&\quad\lambda\\ 3&\quad1&\quad-1\end{aligned}\right|=\left|\begin{aligned}1&\quad0&\quad-2\\ 2&\quad\lambda-1&\quad\lambda\\ 3&\quad0&\quad-1\end{aligned}\right|=5(\lambda-1)=0 $$

解出 $ \lambda = 1 $.

(2) 对于 AB = O，若 $ \left| B \right| \neq 0 $，则 B 可逆，那么

$$ \boldsymbol{A}=(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})\boldsymbol{B}^{-1}=\boldsymbol{O}\boldsymbol{B}^{-1}=\boldsymbol{O} $$

与已知条件 $ A \neq O $ 矛盾，故 $ \left| B \right| = 0 $.

17.【解】对增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{aligned}\begin{bmatrix}1&1&1&1&\vdots&0\\0&1&2&2&1\\0&-1&a-3&-2&b\\3&2&1&a&-1\end{bmatrix}&\xrightarrow{}\begin{bmatrix}1&1&1&1&\vdots&0\\0&1&2&2&\vdots&1\\0&-1&a-3&-2&\vdots&b\\0&-1&-2&a-3&-1\end{bmatrix}\\&\xrightarrow{}\begin{bmatrix}1&0&-1&-1&-1\\0&1&2&2&\vdots&1\\0&0&a-1&0&\vdots&b+1\\0&0&0&a-1&\vdots&0\end{bmatrix}\end{aligned} $$

当 $ a\neq1 $时， $ r(A)=r(\overline{A})=4 $，方程组有唯一解.

当a=1时， $ b\neq-1 $时， $ r(A)=2,r(\overline{A})=3 $，方程组无解.

当a=1,b=-1时, $ r(A)=r(\overline{A})=2 $,方程组有无穷多解.

方程组的通解为

$$ \left(-1,1,0,0\right)^{\mathrm{T}}+k_{1}(1,-2,1,0)^{\mathrm{T}}+k_{2}(1,-2,0,1)^{\mathrm{T}},k_{1},k_{2} 为任意常数 . $$

18.【解】对方程组的增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{bmatrix}1&0&1&\vdots&\lambda\\ 4&1&2&\vdots&\lambda+2\\ 6&1&4&\vdots&2\lambda+3\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&1&\vdots&\lambda\\ 0&1&-2&\vdots&-3\lambda+2\\ 0&1&-2&\vdots&-4\lambda+3\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&1&\vdots&\lambda\\ 0&1&-2&\vdots&-3\lambda+2\\ 0&0&0&\vdots&-\lambda+1\end{bmatrix} $$

由于方程组有解的充要条件是 $ r(A) = r(\overline{A}) $，故仅当 $ -\lambda + 1 = 0 $，即 $ \lambda = 1 $ 时，方程组有解。此时秩 $ r(A) = r(\overline{A}) = 2 \lt n = 3 $，故方程组有无穷多解。

由同解方程组

$$ \{\begin{aligned}x_{1}&+x_{3}=1\\ x_{2}-2x_{3}&=-1\end{aligned}. $$

令 $ x_{3}=t $ ，解之得原方程组的通解

$ \{\begin{aligned}x_{1}&=-t+1,\\ x_{2}&=2t-1,\\ x_{3}&=t\end{aligned}. $，（t为任意常数），或 $ \begin{bmatrix}1\\ -1\\ 0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}-1\\ 2\\ 1\end{bmatrix} $，t为任意常数.

19\. B\. ← 题目

【解析】本题考查解的性质与解的结构.从 $ \alpha_{1},\alpha_{2} $是Ax=0的基础解系,知Ax=b的通解形式为

$$ k_{1}\pmb{\eta}_{1}+k_{2}\pmb{\eta}_{2}+\pmb{\xi} $$

其中 $ \eta_{1}, \eta_{2} $ 是 Ax = 0 的基础解系， $ \xi $ 是 Ax = b 的解.

由解的性质知： $ \alpha_{1},\alpha_{1}+\alpha_{2},\frac{\beta_{1}-\beta_{2}}{2},\alpha_{1}-\alpha_{2},\beta_{1}-\beta_{2} $ 都是 Ax=0 的解， $ \frac{\beta_{1}+\beta_{2}}{2} $ 是 Ax=b 的解.

那么(A)中没有特解 $ \xi $，(C)中既没有特解 $ \xi $，且 $ \beta_{1} + \beta_{2} $ 也不是 Ax = 0 的解。(D)中虽有特解，但 $ \alpha_{1}, \beta_{1} - \beta_{2} $ 的线性相关性不能判定，故(A)(C)(D)均不正确.

（B）中， $ \frac{\beta_{1}+\beta_{2}}{2} $ 是 Ax=b 的解， $ \alpha_{1},\alpha_{1}-\alpha_{2} $ 是 Ax=0 的线性无关的解，是基础解系。故应选（B）。

20.【解】对增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{align*}\begin{bmatrix}1&3&2&1&\vdots&1\\0&1&a&-a&\vdots&-1\\1&2&0&3&\vdots&3\end{bmatrix}&\rightarrow\begin{bmatrix}1&3&2&1&\vdots&1\\0&1&a&-a&\vdots&-1\\0&-1&-2&2&\vdots&2\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}1&3&2&1&\vdots&1\\0&1&2&-2&\vdots&-2\\0&0&a-2&2-a&\vdots&1\end{bmatrix}\end{align*} $$

若 a=2，则 $ r(\boldsymbol{A})=2, r(\overline{\boldsymbol{A}})=3 $，方程组无解.

若 $ a \neq 2, r(A) = r(\overline{A}) = 3 \lt 4 $，方程组有无穷多解.

$$ \begin{aligned}&\overline{\boldsymbol{A}}\rightarrow\begin{bmatrix}1&3&2&1&1\\ 0&1&2&-2&-2\\ 0&0&1&-1&\frac{1}{a-2}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&0&3&\left|\begin{array}{c}7a-10\\ a-2\end{array}\right|\\ 1&0&0&\left|\begin{array}{c}2-2a\\ a-2\end{array}\right|\\ 1&-1&\left|\begin{array}{c}1\\ a-2\end{array}\right|\end{bmatrix}\\ \end{aligned} $$

令 $ x_{4}=0 $ , 得 $ x_{3}=\frac{1}{a-2} $, $ x_{2}=\frac{2-2a}{a-2} $, $ x_{1}=\frac{7a-10}{a-2} $.

于是得到 Ax = b 的解

$$ \boldsymbol{\alpha}=\left(\frac{7\alpha-10}{\alpha-2},\frac{2-2\alpha}{\alpha-2},\frac{1}{\alpha-2},0\right)^{\mathrm{T}} $$

令 $ x_{4}=1 $ ，对 Ax=0 求出 $ x_{3}=1, x_{2}=0, x_{1}=-3 $ ，得到导出组的基础解系为

$$ \boldsymbol{\eta}=(-3,0,1,1)^{\mathrm{T}} $$

所以方程组的通解为 $ a+k\eta $，k 为任意常数.

1. -1.
← 题目

【解析】方程组无解的充分必要条件是 $ r(A) \neq r(\overline{A}) $。故应对增广矩阵作初等行变换，由于

$$ \begin{bmatrix}1&2&1&\vdots1\\ 2&3&a+2&\vdots3\\ 1&a&-2&\vdots0\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&2&1&\vdots&1\\ 0&-1&a&\vdots&1\\ 0&0&a^{2}-2a-3&\vdots&a-3\end{bmatrix} $$

若a=-1，则

$$ \overline{\boldsymbol{A}}\rightarrow\begin{bmatrix}1&2&1&\vdots&1\\ 0&-1&-1&\vdots&1\\ 0&0&0&\vdots&-4\end{bmatrix} $$

于是有 $ r(\boldsymbol{A}) = 2, r(\overline{\boldsymbol{A}}) = 3 $ ，从而方程组无解，故应填：a = -1。

22.【解】（1）设 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 是非齐次方程组的3个线性无关的解，那么 $ \alpha_{1} - \alpha_{2}, \alpha_{1} - \alpha_{3} $ 是 Ax = 0 线性无关的解，所以 $ n - r(A) \geqslant 2 $，即 $ r(A) \leqslant 2 $. ← 题目

显然矩阵A中有二阶子式 $ \left|\begin{matrix}1&1\\ 4&3\end{matrix}\right| $不为0，又有 $ r(A)\geqslant2 $，从而秩 $ r(A)=2 $。

（2）对增广矩阵作初等行变换，有

$$ \begin{aligned}\overline{\boldsymbol{A}}&=\begin{bmatrix}1&1&1&1&-1\\4&3&5&-1&-1\\a&1&3&b&1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&1&1&-1\\0&-1&1&-5&3\\0&1-a&3-a&b-a&a+1\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&1&1&-1\\0&1&-1&5&-3\\0&0&4-2a&b+4a-5&4-2a\end{bmatrix}\end{aligned} $$

由题设和（Ⅰ）知， $ r(\boldsymbol{A}) = r(\overline{\boldsymbol{A}}) = 2 $，故有

$$ 4-2a=0,b+4a-5=0 $$

解出 a = 2, b = -3，此时

$$ \overline{\boldsymbol{A}}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&2&-4&2\\ 0&1&-1&5&-3\\ 0&0&0&0&0\end{bmatrix} $$

那么 $ \boldsymbol{\alpha} = (2, -3, 0, 0)^{\mathrm{T}} $ 是 Ax = b 的解，且 $ \boldsymbol{\eta}_{1} = (-2, 1, 1, 0)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\eta}_{2} = (4, -5, 0, 1) $ 是 Ax = 0 的基础解系，所以方程组的通解是 $ \alpha + k_{1}\eta_{1} + k_{2}\eta_{2} $ ( $ k_{1}, k_{2} $ 为任意常数).

23.【解】对增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{bmatrix}2&\lambda&-1&\vdots&1\\ \lambda&-1&1&\vdots&2\\ 4&5&-5&\vdots&-1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}2&\lambda&-1&\vdots&1\\ \lambda+2&\lambda-1&0&\vdots&3\\ -6&-5\lambda+5&0&\vdots&-6\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}2&\lambda&-1&\vdots&1\\ \lambda+2&\lambda-1&0&\vdots&3\\ 5\lambda+4&0&0&\vdots&9\end{bmatrix} $$

那么，当 $ \lambda = -\frac{4}{5} $ 时， $ r(A) = 2, r(\overline{A}) = 3 $，方程组无解.

当 $ \lambda \neq -\frac{4}{5} $ 且 $ \lambda \neq 1 $ 时， $ r(A) = r(\overline{A}) = 3 $，方程组有唯一解。

当 $ \lambda = 1 $ 时， $ r(\boldsymbol{A}) = r(\overline{\boldsymbol{A}}) = 2 $，方程组有无穷多解，此时，方程组化简为

$$ \{\begin{aligned}2x_{1}+x_{2}-x_{3}&=1\\ x_{1}&=1\end{aligned}. $$

其通解为 $ (1,-1,0)^{\mathrm{T}}+k(0,1,1)^{\mathrm{T}},k $为任意常数.

24.【解】对增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{align*}\begin{bmatrix}2&-1&4&-3&-4\\1&0&1&-1&-3\\3&1&1&0&1\\7&0&7&-3&3\end{bmatrix}&\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&1&-1&-3\\2&-1&4&-3&-4\\3&1&1&0&1\\7&0&7&-3&3\end{bmatrix}&\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&1&-1&-3\\0&-1&2&-1&2\\0&1&-2&3&10\\0&0&0&4&24\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&1&-1&-3\\0&1&-2&1&-2\\0&0&0&2&12\\0&0&0&1&6\end{bmatrix}&\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&1&0&3\\&1&-2&0&-8\\&&1&6&\\&&&1&0\end{bmatrix}\end{align*} $$

$$ r(\boldsymbol{A})=r(\overline{\boldsymbol{A}})=3\lt 4 $$

令 $ x_{3}=0 $ , 得到特解 (3, -8, 0, 6)^{\mathrm{T}}

令 $ x_{3}=1 $ , 得到导出组基础解系 $ (-1,2,1,0)^{\mathrm{T}} $

故方程组通解为 $ (3, -8, 0, 6)^{\mathrm{T}} + k(-1, 2, 1, 0)^{\mathrm{T}} $，k为任意常数.

25.【解】对增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{align*}\begin{bmatrix}1&1&2&3&1\\1&3&6&1&3\\3&-1&-k_{1}&15&3\\1&-5&-10&12&k_{2}\end{bmatrix}&\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&2&3&1\\0&2&4&-2&2\\0&-4&-k_{1}-6&6&0\\0&-6&-12&9&k_{2}-1\end{bmatrix}\\&\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&2&3&1\\0&1&2&-1&1\\0&0&-k_{1}+2&2&4\\0&0&0&3&k_{2}+5\end{bmatrix}\end{align*} $$

若 $ k_{1} \neq 2, r(A) = r(\overline{A}) = 4 $，方程组有唯一解.

若 $ k_{1}=2 $ ，对 $ \overline{A} $ 继续作初等行变换，有

$$ \begin{aligned}\overline{\boldsymbol{A}}&\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&2&3&1&&\\&1&2&-1&&&1&\\&&&1&&2&\\&&&3&&k_{2}+5\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&0&0&1&-8&\\&1&2&0&1&3&\\&&1&2&0&k_{2}-1\end{bmatrix}\end{aligned} $$

此时，若 $ k_{2} \neq 1 $，则 $ r(\boldsymbol{A}) = 3, r(\overline{\boldsymbol{A}}) = 4 $，方程组无解。若 $ k_{2} = 1 $，则 $ r(\boldsymbol{A}) = r(\overline{\boldsymbol{A}}) = 3 \lt 4 $，方程组有无穷多解。一般解为 $ (-8, 3, 0, 2)^{\mathrm{T}} + k(0, -2, 1, 0)^{\mathrm{T}} $，k 为任意常数。

26.【解】对增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{bmatrix}1&1&1&1&1&\\ 3&2&1&1&-3&0\\ 0&1&2&2&6&b\\ 5&4&3&3&-1&2\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-1&-1&-5\\ &1&2&2&6&\\ &&&&b-3a&\\ &&&&2-2a\end{bmatrix} $$

（1）当 b-3a=0 且 2-2a=0，即 a=1, b=3 时，方程组有解.

（2）当a=1,b=3时，方程组的同解方程组是

$$ \{\begin{aligned}x_{1}&-x_{3}-x_{4}-5x_{5}=-2\\ x_{2}&+2x_{3}+2x_{4}+6x_{5}=3\end{aligned}. $$

由 $ n-r(A)=5-2=3 $ ，取自由变量为 $ x_{3}, x_{4}, x_{5} $，则导出组的基础解系为

$$ \boldsymbol{\eta}_{1}=(1,-2,1,0,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\eta}_{2}=(1,-2,0,1,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\eta}_{3}=(5,-6,0,0,1)^{\mathrm{T}}. $$

（3）令 $ x_{3}=x_{4}=x_{5}=0 $ ，得方程组的特解为

$$ \boldsymbol{\alpha}=(-2,3,0,0,0)^{\mathrm{T}} $$

因此，方程组的所有解是 $ \alpha+k_{1}\eta_{1}+k_{2}\eta_{2}+k_{3}\eta_{3} $，其中 $ k_{1}, k_{2}, k_{3} $ 为任意常数。

27.【解】对增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \overline{\boldsymbol{A}}=\begin{bmatrix}1&1&k&4\\ -1&k&1&k^{2}\\ 1&-1&2&-4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&-1&2&-4\\ 0&2&k-2&8\\ 0&k-1&3&k^{2}-4\end{bmatrix} $$

$$ \to\begin{bmatrix}1&-1&2&-4\\ 0&2&k-2&8\\ 0&0&\frac{(1+k)(4-k)}{2}&k(k-4)\end{bmatrix} $$

（1）当 $ k\neq-1 $且 $ k\neq4 $时， $ r(\boldsymbol{A})=r(\overline{\boldsymbol{A}})=3 $，方程组有唯一解，即

$$ x_{1}=\frac{k^{2}+2k}{k+1},x_{2}=\frac{k^{2}+2k+4}{k+1},x_{3}=\frac{-2k}{k+1}. $$

(2) 当 k = -1 时， $ r(A) = 2, r(\overline{A}) = 3 $，方程组无解.

（3）当 k=4 时，有

$$ \overline{\boldsymbol{A}}\rightarrow\begin{bmatrix}1&-1&2&-4\\ 0&2&2&8\\ 0&0&0&0\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&3&\vdots&0\\ 0&1&1&\vdots&4\\ 0&0&0&\vdots&0\end{bmatrix} $$

因为 $ r(\boldsymbol{A}) = r(\overline{\boldsymbol{A}}) = 2 \lt 3 $，方程组有无穷多解。取 $ x_{3} $ 为自由变量，得方程组的特解为 $ \boldsymbol{\alpha} = (0, 4, 0)^{\mathrm{T}} $，又因为导出组的基础解系为 $ \boldsymbol{\eta} = (-3, -1, 1)^{\mathrm{T}} $，所以方程组的通解为 $ \alpha + k\eta, k $ 为任意常数。

1. C.
← 题目

【解析】方程组 Ax=b 有解，应搞清解的结构.

由于 $ n-r(A)=4-3=1 $ ，所以通解形式为 $ \alpha+k\eta $ ，其中 $ \alpha $ 是特解， $ \eta $ 是导出组 Ax=0 的基础解系。现在特解可取为 $ \alpha_{1} $，下面应找出 Ax=0 的一个非零解。

由于 $ A\alpha_{i}=b $，有

$$ \boldsymbol{A}\left[2\boldsymbol{\alpha}_{1}-(\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3})\right]=\mathbf{0} $$

即 $ 2\boldsymbol{\alpha}_{1}-(\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3})=(2,3,4,5)^{\mathrm{T}} $ 是 Ax=0 的一个非零解.

故应选(C).

29.【解】设 ← 题目

$$ x_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+x_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+x_{3}\boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{\beta} $$

记 $ \boldsymbol{A} = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}) $，对矩阵 $ (\boldsymbol{A} : \boldsymbol{\beta}) $施以初等行变换，有

$$ \left(\boldsymbol{A}\vdots\boldsymbol{\beta}\right)=\begin{bmatrix}1&1&-1&\vdots&1\\ 2&a+2&-b-2&\vdots&3\\ 0&-3a&a+2b&\vdots&-3\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&-1&\vdots&1\\ 0&a&-b&\vdots&1\\ 0&0&a-b&\vdots&0\end{bmatrix}. $$

（1）当a=0,b为任意常数时，有

$$ \left(\boldsymbol{A}\vdots\boldsymbol{\beta}\right)\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&-1&\vdots&1\\ 0&0&-b&\vdots&1\\ 0&0&0&\vdots&-1\end{bmatrix} $$

可知 $ r(A) \neq r(A: \beta) $. 故方程组(1)无解， $ \beta $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表示.

(2) 当 $ a \neq 0 $，且 $ a \neq b $ 时， $ r(A) = r(A: \beta) = 3 $，故方程组(1)有唯一解

$$ x_{1}=1-\frac{1}{a},x_{2}=\frac{1}{a},x_{3}=0 $$

则 $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 唯一地线性表示，其表达式为

$$ \boldsymbol{\beta}=\left(1-\frac{1}{a}\right)\boldsymbol{\alpha}_{1}+\frac{1}{a}\boldsymbol{\alpha}_{2}. $$

（3）当 $ a=b\neq0 $时，对 $ (\boldsymbol{A}\vdots\boldsymbol{\beta}) $施以初等行变换，有

$$ \left(\boldsymbol{A}\vdots\boldsymbol{\beta}\right)\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&0&\vdots&1-\frac{1}{a}\\ 0&1&-1&\frac{1}{a}\\ 0&0&0&\vdots&0\end{bmatrix} $$

可知 $ r(A)=r(A\vdots\beta)=2 $ ，故方程组（1）有无穷多解，其全部解为

$ x_{1}=1-\frac{1}{a}, x_{2}=\left(\frac{1}{a}+c\right), x_{3}=c $，其中c为任意常数.

则 $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表示，但表示式不唯一，其表示式为

$$ \beta=\left(1-\frac{1}{a}\right)\alpha_{1}+\left(\frac{1}{a}+c\right)\alpha_{2}+c\alpha_{3}. $$

第五章 特征值和特征向量

1. D.
← 题目

2.37. ← 题目

1. 特征值：4,0,-2，对应的特征向量依次为 $ k_{1}(7,4,-17)^{\mathrm{T}} $, $ k_{2}(1,0,1)^{\mathrm{T}} $, $ k_{3}(1,-2,1)^{\mathrm{T}} $, $ k_{1} $, $ k_{2} $, $ k_{3} $ 全不为0.
← 题目

1. 特征值: 1, 1, -5, $ \lambda_{1} = \lambda_{2} = 1 $ 的特征向量为 $ k_{1}(1,1,0)^{\mathrm{T}} + k_{2}(1,0,1)^{\mathrm{T}} $, $ k_{1}, k_{2} $ 不全为 $ 0 $. $ \lambda_{3} = -5 $ 的特征向量为 $ k_{3}(-1,1,1)^{\mathrm{T}} $, $ k_{3} \neq 0 $.
← 题目

1. 因 $ \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left|(\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})^{\mathrm{T}}\right|=\left|(\lambda\boldsymbol{E})^{\mathrm{T}}-\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\right|=\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\right| $，故 A 和 $ A^{T} $ 有相同的特征值.
← 题目

例如 $ A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} $，则 A 和 $ A^{T} $ 的特征值都是 $ \lambda_{1} = \lambda_{2} = 0 $.

但矩阵 A 关于 $ \lambda = 0 $ 的特征向量是 $ k(1,0)^{\mathrm{T}} $, $ k \neq 0 $, 而 $ A^{T} $ 的特征向量是 $ k(0,1)^{\mathrm{T}} $, $ k \neq 0 $.

6\.E\. $ ^{3} $ ← 题目

1. $ \begin{bmatrix}3&&\\ &1&\\ &&2\end{bmatrix} $
← 题目

1. B（其中第二个和第三个矩阵不能相似对角化）.
← 题目

9.a=2, $ P=\begin{bmatrix}3&0&-1\\ 1&0&1\\ 0&1&2\end{bmatrix} $时, $ P^{-1}AP=\begin{bmatrix}2&&\\ &2&\\ &&-2\end{bmatrix} $. ← 题目

10.2,2,2,1. ← 题目

注：a 是 $ (E-A)x=0 $ 的基础解系， $ r(E-A)=3 $； $ A\sim\Lambda\Rightarrow r(E-\Lambda)=3 $。

1. $ \lambda=0 $, 特征向量 $ k(-1,1,1)^{\mathrm{T}} $, $ k\neq0 $.
← 题目

注： $ r(A)=2\Rightarrow|A|=0 $，所以 $ \lambda=0 $是特征值.

1. $ Q = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix} $ 时， $ Q^{-1}AQ = \begin{bmatrix} 1 & & \\ & 2 & \\ & & 5 \end{bmatrix} $.
← 题目

13.【证】（1）由 $ \lambda $是A的特征值可知，存在非零向量 $ \alpha $使 $ A\alpha=\lambda\alpha $，两端左乘 $ A^{-1} $，得 ← 题目

$$ \boldsymbol{a}=\lambda\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{a} $$

因为 $ \alpha \neq 0 $ ，故 $ \lambda \neq 0 $ ，于是有

$$ \boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{a}=\frac{1}{\lambda}\boldsymbol{a} $$

按特征值定义知 $ \frac{1}{\lambda} $是 $ A^{-1} $的特征值.

(2) 由于 $ A^{-1} = \frac{A^{*}}{|A|} $，据(1)有

$$ \frac{A^{\prime}}{|A|}a=\frac{1}{\lambda}a $$

从而得 $ A^{*}\alpha=\frac{|A|}{\lambda}\alpha $ 。即 $ \frac{|A|}{\lambda} $ 为伴随矩阵 $ A^{*} $ 的特征值。

$$ 14.\left(\frac{\mid A\mid}{\lambda}\right)^{2}+1. $$ ← 题目

【解析】本题考查相关矩阵特征值之间的关系.

A 有特征值 $ \lambda \Rightarrow A' $ 有特征值 $ \frac{|A|}{\lambda} $

$ \Rightarrow $ $ (A^{*})^{2} $ 有特征值 $ \left(\frac{|A|}{\lambda}\right)^{2} $

$ \Rightarrow $ $ (A^{*})^{2} + E $ 有特征值 $ \left(\frac{|A|}{\lambda}\right)^{2} + 1 $

故应填： $ \left(\frac{|A|}{\lambda}\right)^{2}+1 $

1. $ n,0,0,\cdots,0 $ (n-1 个).
← 题目

【解析】因为 $ r(A)=1 $ ，所以 A 的特征多项式为

$$ \mid\lambda E-A\mid=\left|\begin{array}{c c c c}{\lambda-1}&{-1}&{\cdots}&{-1}\\ {-1}&{\lambda-1}&{\cdots}&{-1}\\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\\ {-1}&{-1}&{\cdots}&{\lambda-1}\end{array}\right|=\lambda^{\circ}-n\lambda^{\leftarrow1} $$

因此，A 的 n 个特征值是， $ n,0,0,\cdots,0(n-1 $ 个）.

注意，若 $ r(A)=1 $ ，则

$$ \mid\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\mid=\lambda^{n}-\sum a_{i i}\lambda^{n-1}. $$

16.【解】因为 $ \alpha $ 是 $ A^{\cdot} $ 属于特征值 $ \lambda_{0} $ 的特征向量，即 ← 题目

$$ \boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{\alpha}=\lambda_{0}\boldsymbol{\alpha} $$

根据 $ AA^{*} = |A|E $ 及已知条件 $ \left|A\right| = -1 $，用 A 左乘 (1) 式两端有

$$ -\alpha=\lambda_{0}A\alpha $$

即

$$ \lambda_{0}\begin{bmatrix}{{{a}}}&{{{-1}}}&{{{c}}} \\{{{5}}}&{{{b}}}&{{{3}}} \\{{{1-c}}}&{{{0}}}&{{{-a}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{-1}}} \\{{{-1}}} \\{{{1}}}\end{bmatrix}=-\begin{bmatrix}{{{-1}}} \\{{{-1}}} \\{{{1}}}\end{bmatrix} $$

由此可得

$$ \begin{aligned}\left|\lambda_{0}\left(-a+1+c\right)\right.=1\end{aligned} $$

$$ \{\lambda_{0}(-5-b+3)=1. $$

$$ \lambda_{0}\left(-1+c-a\right)=-1 $$

(2) - (4) 得 $ \lambda_{0} = 1 $. 将 $ \lambda_{0} = 1 $ 代入 (3) 得 b = -3, 代入 (2) 得 a = c.

由 $ \left|A\right| = -1 $ 和 a = c 有

$$ \left|\begin{array}{ccc}{{{a}}}&{{{-1}}}&{{{a}}} \\{{{5}}}&{{{-3}}}&{{{3}}} \\{{{1-a}}}&{{{0}}}&{{{-a}}}\end{array}\right|=a-3=-1 $$

故a=c=2.因此

$$ a=2,b=-3,c=2,\lambda_{0}=1. $$

17.1. ← 题目

【解析】根据已知条件本题有两种解法.

（方法一）用定义，由

$$ \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}=\mathbf{0}=0\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{A}(2\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2})=2\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2}=\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2}=2\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2} $$

知 A 的特征值为 1 和 0. 因此 A 的非零特征值为 1.

（方法二）利用相似，有

$$ \mathbf{A}(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2})=(\mathbf{0},2\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2})=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2})\begin{bmatrix}0&2\\ 0&1\end{bmatrix} $$

可知 $ A \sim \begin{bmatrix} 0 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} $，亦可得 A 的特征值 1 和 0，因此 A 的非零特征值为 1.

18.4. ← 题目

【解析】这是一个基础题，由特征多项式

$$ \mid\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\mid=\left|\begin{array}{c c c}{\lambda}&{2}&{2}\\ {-2}&{\lambda-2}&{2}\\ {2}&{2}&{\lambda-2}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c c c}{\lambda}&{2}&{2}\\ {-2}&{\lambda-2}&{2}\\ {0}&{\lambda}&{\lambda}\end{array}\right| $$

$$ \begin{aligned}&=\lambda\left|\begin{matrix}{{{\lambda}}}&{{{2}}}&{{{2}}} \\{{{-2}}}&{{{\lambda-2}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|=\lambda\left|\begin{matrix}{{{\lambda}}}&{{{0}}}&{{{2}}} \\{{{-2}}}&{{{\lambda-4}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|\\&=\lambda^{2}(\lambda-4)\end{aligned} $$

可知非零特征值是 $ \lambda=4 $.

19.【解】由 A 的特征多项式 ← 题目

$$ \begin{aligned}\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|&=\left|\begin{matrix}{{{\lambda+3}}}&{{{1}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{\lambda+1}}}&{{{-4}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{\lambda-1}}}\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}{{{\lambda+3}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{\lambda+1}}}&{{{2\lambda-2}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{\lambda-1}}}\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-1)\left|\begin{matrix}{{{\lambda+3}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{-2}}}&{{{\lambda+1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-1)(\lambda^{2}+4\lambda+5)\end{aligned} $$

得到唯一实特征值 $ \lambda=1 $

由 $ (\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{4}}}&{{{1}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{-4}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到基础解系 $ (0,2,1)^{\top} $. 所以属于特征值 $ \lambda=1 $的特征向量为 $ k(0,2,1)^{\top}, k\neq0 $.

20.【解】（1）由矩阵A的特征方程 ← 题目

$$ \begin{aligned}\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|&=\left|\begin{matrix}\lambda+1&-2&-2\\-2&\lambda+1&2\\-2&2&\lambda+1\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda-1&-2&-2\\\lambda-1&\lambda+1&2\\0&2&\lambda+1\end{matrix}\right|\\&=\left|\begin{matrix}\lambda-1&-2&-2\\0&\lambda+3&4\\0&2&\lambda+1\end{matrix}\right|=(\lambda-1)\left|\begin{matrix}\lambda+3&4\\2&\lambda+1\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-1)^{2}(\lambda+5)=0\end{aligned} $$

故矩阵A的特征值为：1,1,-5.

（2）由 A 的特征值是 1,1,-5，可知 $ A^{-1} $ 的特征值是 1,1， $ -\frac{1}{5} $. 那么 $ E+A^{-1} $ 的特征值是 2，2, $ \frac{4}{5} $.

21.【解】（1）由 $ A=\alpha\beta^{T} $和 $ \alpha^{T}\beta=0 $，有 ← 题目

$$ \boldsymbol{A}^{2}=(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}})(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}})=\boldsymbol{\alpha}(\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha})\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}=0\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{O}. $$

（2）设 $ \lambda $是A的任一特征值， $ \alpha $是A属于特征值 $ \lambda $的特征向量，即 $ A\alpha=\lambda\alpha,\alpha\neq0 $。那么

$$ \boldsymbol{A}^{\prime}\boldsymbol{a}=\lambda\boldsymbol{A}\boldsymbol{a}=\lambda^{2}\boldsymbol{a} $$

因为 $ A^{2}=O $ ，故 $ \lambda^{2}\alpha=0 $ ，又因 $ \alpha\neq0 $ ，从而矩阵 A 的特征值是 $ \lambda=0 $ (n 重根).

不妨设向量 $ \alpha, \beta $ 的第 1 个分量 $ a_{1} \neq 0, b_{1} \neq 0 $. 对齐次线性方程组 $ (0E - A)x = 0 $ 的系数矩阵作初等行变换，有

$$ -\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{-a_{1}b_{1}}}}&{{{-a_{1}b_{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{-a_{1}b_{n}}}} \\{{{-a_{2}b_{1}}}}&{{{-a_{2}b_{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{-a_{2}b_{n}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{-a_{n}b_{1}}}}&{{{-a_{n}b_{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{-a_{n}b_{n}}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{b_{1}}}}&{{{b_{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{b_{n}}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到基础解系

$$ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(-\boldsymbol{b}_{2},\boldsymbol{b}_{1},0,\cdots,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(-\boldsymbol{b}_{3},0,\boldsymbol{b}_{1},\cdots,0)^{\mathrm{T}},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{n-1}=(-\boldsymbol{b}_{n},0,0,\cdots,\boldsymbol{b}_{1})^{\mathrm{T}} $$

于是矩阵 A 属于特征值 $ \lambda = 0 $ 的特征向量为 $ k_{1}\alpha_{1} + k_{2}\alpha_{2} + \cdots + k_{\alpha-1}\alpha_{\alpha-1} $，其中 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{\alpha-1} $ 是不全为零的任意常数.

1. B.
← 题目

【解析】因为A是实对称矩阵，故

$$ ({\cal P}^{-1}A{\cal P})^{\sf T}={\cal P}^{\sf T}A^{\sf T}({\cal P}^{-1})^{\sf T}={\cal P}^{\sf T}A({\cal P}^{\sf T})^{-1} $$

那么，由 $ A\alpha=\lambda\alpha $知

$$ ({\cal P}^{-1}A{\cal P})^{\sf T}({\cal P}^{\sf T}\mathfrak{a})=\bigl({\cal P}^{\sf T}A({\cal P}^{\sf T})^{-1}\bigr)({\cal P}^{\sf T}\mathfrak{a})={\cal P}^{\sf T}A\mathfrak{a}=\lambda({\cal P}^{\sf T}\mathfrak{a}) $$

所以应选(B).

23.【解】设 $ \lambda_{0} $是 $ \alpha $所属的特征值， ← 题目

$$ \boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{\alpha}=\lambda_{0}\boldsymbol{\alpha} $$

于是

$$ \alpha=\lambda_{0}A\alpha $$

即

$$ \lambda_{0}\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{2}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}} \\{{{k}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{1}}} \\{{{k}}} \\{{{1}}}\end{bmatrix} $$

由此得

$$ \{\begin{aligned}\lambda_{0}&(2+k+1)=1\\ \lambda_{0}&(1+2k+1)=k\\ \lambda_{0}&(1+k+2)=1\end{aligned}. $$

由

$$ \frac{3+k}{2+2h}=\frac{1}{k} $$

解出 k = -2 或 k = 1.

24.【解】（1）设 $ \beta = x_{1}\xi_{1} + x_{2}\xi_{2} + x_{3}\xi_{3} $，对增广矩阵 $ \left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \beta\right] $ 作初等行变换，有 ← 题目

$$ \begin{bmatrix}1&1&1&\vdots1\\ 1&2&3&\vdots1\\ 1&4&9&\vdots3\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&0&\vdots2\\ 0&1&0&\vdots-2\\ 0&0&1&\vdots1\end{bmatrix} $$

解出 $ x_{3}=1, x_{2}=-2, x_{1}=2 $ ，故

$$ \boldsymbol{\beta}=2\boldsymbol{\xi}_{1}-2\boldsymbol{\xi}_{2}+\boldsymbol{\xi}_{3}. $$

(2) 由 $ A\xi_{i}=\lambda_{i}\xi_{i} $ 得 $ A^{*}\xi_{i}=\lambda_{i}^{*}\xi_{i}(i=1,2,3) $. 根据(1) 结论 $ \beta=2\xi_{1}-2\xi_{2}+\xi_{3} $ 有

$$ A\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{A}(2\boldsymbol{\xi}_{1}-2\boldsymbol{\xi}_{2}+\boldsymbol{\xi}_{3})=2A\boldsymbol{\xi}_{1}-2A\boldsymbol{\xi}_{2}+A\boldsymbol{\xi}_{3} $$

于是

$$ \begin{aligned}A^{n}\boldsymbol{\beta}&=2A^{n}\boldsymbol{\xi}_{1}-2A^{n}\boldsymbol{\xi}_{2}+A^{n}\boldsymbol{\xi}_{3}=2\lambda_{1}^{n}\boldsymbol{\xi}_{1}-2\lambda_{2}^{n}\boldsymbol{\xi}_{2}+\lambda_{3}^{n}\boldsymbol{\xi}_{3}\\&=2\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 1\end{bmatrix}-2\cdot2^{n}\begin{bmatrix}1\\ 2\\ 4\end{bmatrix}+3^{n}\begin{bmatrix}1\\ 3\\ 9\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2-2^{n+1}+3^{n}\\ 2-2^{n+2}+3^{n+1}\\ 2-2^{n+3}+3^{n+2}\end{bmatrix}.\end{aligned} $$

25.【解】（1）设 $ \xi $是属于特征值 $ \lambda_{0} $的特征向量，即 ← 题目

$$ \begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{5}}}&{{{a}}}&{{{3}}} \\{{{-1}}}&{{{b}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}} \\{{{1}}} \\{{{-1}}}\end{bmatrix}=\lambda_{0}\begin{bmatrix}{{{1}}} \\{{{1}}} \\{{{-1}}}\end{bmatrix} $$

即

$$ \{\begin{aligned}&2-1-2=\lambda_{0}\\ &5+a-3=\lambda_{0}\\ &-1+b+2=-\lambda_{0}\\ \end{aligned}. $$

解得 $ \lambda_{0} = -1, a = -3, b = 0 $.

（2）因为

$$ \mid\lambda E-A\mid=\left|\begin{array}{c c c}\lambda-2&1&-2\\ -5&\lambda+3&-3\\ 1&0&\lambda+2\end{array}\right|=(\lambda+1)^{\mathrm{s}}. $$

知矩阵 A 的特征值为 $ \lambda_{1} = \lambda_{2} = \lambda_{3} = -1 $.

由于

$$ r(-\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=r\begin{bmatrix}-3&1&-2\\ -5&2&-3\\ 1&0&1\end{bmatrix}=2 $$

从而 $ \lambda = -1 $ 只有一个线性无关的特征向量，故 A 不能相似对角化.

26.【解】（1）（方法一）由于AP=PB，即 ← 题目

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}[\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x}]&=[\boldsymbol{A}\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}^{3}\boldsymbol{x}]=[\boldsymbol{A}\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x},3\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}-2\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x}]\\&=[\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x}]\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}\end{aligned} $$

所以 $ B = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -2 \end{bmatrix} $.

（方法二）由于 $ P=\left[x,Ax,A^{2}x\right] $ 可逆，那么 $ P^{-1}P=E $，即 $ P^{-1}\left[x,Ax,A^{2}x\right]=E $。

所以

$$ \boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix},\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 0\end{bmatrix},\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}0\\ 0\\ 1\end{bmatrix} $$

于是

$$ \boldsymbol{B}=\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{P}^{-1}\left[\boldsymbol{A}\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}^{3}\boldsymbol{x}\right] $$

$$ \begin{aligned}&=\boldsymbol{P}^{-1}\left[\boldsymbol{A}\boldsymbol{x},\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x},3\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}-2\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x}\right]\\&=\left[\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x},\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x},\boldsymbol{P}^{-1}\left(3\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}-2\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x}\right)\right]\\&=\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix},\end{aligned} $$

(2) 由(1)知 $ A \sim B $，那么 $ A + E \sim B + E $，从而

$$ \left|\begin{array}{c}{A+E}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}{B+E}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{1}&{0}&{0}\\ {1}&{1}&{3}\\ {0}&{1}&{-1}\end{array}\right|=-4. $$

27.【解】 A 的特征多项式为 ← 题目

$$ \begin{aligned}\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|&=\left|\begin{matrix}{{{\lambda-1}}}&{{{-2}}}&{{{3}}} \\{{{1}}}&{{{\lambda-4}}}&{{{3}}} \\{{{-1}}}&{{{-a}}}&{{{\lambda-5}}}\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}{{{\lambda-2}}}&{{{2-\lambda}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{\lambda-4}}}&{{{3}}} \\{{{-1}}}&{{{-a}}}&{{{\lambda-5}}}\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-2)(\lambda^{2}-8\lambda+18+3a)\end{aligned} $$

若 $ \lambda = 2 $ 是特征方程的二重根，则有 $ 2^{2} - 16 + 18 + 3a = 0 $，解得 a = -2.

当a=-2时，A的特征值为2,2,6，矩阵2E-A= $ \begin{bmatrix}1&-2&3\\ 1&-2&3\\ -1&2&-3\end{bmatrix} $的秩为1，故 $ \lambda=2 $

对应的线性无关的特征向量有两个，从而 A 可相似对角化.

若 $ \lambda = 2 $ 不是特征方程的二重根，则 $ \lambda^{2} - 8\lambda + 18 + 3a $ 为完全平方，从而 $ 18 + 3a = 16 $，解得 $ a = -\frac{2}{3} $.

当 $ a = -\frac{2}{3} $ 时，A 的特征值为 2, 4, 4，矩阵 4E - A = $ \begin{bmatrix}3 & -2 & 3 \\ 1 & 0 & 3 \\ -1 & \frac{2}{3} & -1\end{bmatrix} $ 的秩为 2，故 $ \lambda = 4 $ 对应的线性无关的特征向量只有一个，从而 A 不可相似对角化.

28.【解】由矩阵A的特征多项式 ← 题目

$$ \begin{aligned}\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|&=\left|\begin{matrix}\lambda-2&-2&\quad0\\-8&\lambda-2&\quad-a\\0&\quad0&\quad\lambda-6\end{matrix}\right|=(\lambda-6)\left|\begin{matrix}\lambda-2&\quad-2\\-8&\quad\lambda-2\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-6)^{2}(\lambda+2)\end{aligned} $$

得知 A 的特征值为 $ \lambda_{1} = \lambda_{2} = 6, \lambda_{3} = -2 $.

由于 A 相似于对角矩阵 $ \Lambda $，而 $ \lambda = 6 $ 是二重特征值，故 $ \lambda = 6 $ 应有两个线性无关的特征向量，因此矩阵 6E-A 的秩必为 1。从而由

$$ 6\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}4&-2&0\\ -8&4&-a\\ 0&0&0\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}4&-2&0\\ 0&0&a\\ 0&0&0\end{bmatrix} $$

知a=0.

当 $ \lambda=6 $时，由 $ (6\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ 6\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{4}}}&{{{-2}}}&{{{0}}} \\{{{-8}}}&{{{4}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到矩阵 A 属于特征值 $ \lambda = 6 $ 的线性无关的特征向量为

$$ \boldsymbol{a}_{1}=(1,2,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{a}_{2}=(0,0,1)^{\mathrm{T}} $$

当 $ \lambda = -2 $时，由 $ (-2E - A)x = 0 $，

$$ -\ 2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}-4&-2&0\\ -8&-4&0\\ 0&0&-8\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}2&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\end{bmatrix} $$

得到属于特征值 $ \lambda = -2 $的特征向量为

$$ \boldsymbol{a}_{1}=(1,-2,0)^{\mathrm{T}} $$

那么，令

$$ \boldsymbol{P}=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{2}}}&{{{0}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

则

$$ \boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{\Lambda}=\begin{bmatrix}6&&\\ &6&\\ &&-2\end{bmatrix}. $$

29.24. ← 题目

【解析】本题已知条件是特征值，而要求出行列式的值，因为 $ \left| A \right| = \prod \lambda_{i} $，故应求出 $ B^{-1} - E $ 的特征值.

由 $ A \sim B $，知 B 的特征值是 $ \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \frac{1}{5} $. 于是 $ B^{-1} $ 的特征值是 2, 3, 4, 5. 那么 $ B^{-1} - E $ 的特征值是 1, 2, 3, 4. 从而

$$ \left|\begin{array}{l}\boldsymbol{B}^{-1}-\boldsymbol{E}\end{array}\right|=1\cdot2\cdot3\cdot4=24 $$

故应填：24.

30.【解】（1）由 $ A\alpha=\lambda\alpha $知 $ A^{*}a=\lambda^{*}a $，那么 ← 题目

$$ \boldsymbol{B}\boldsymbol{a}_{1}=(\boldsymbol{A}^{\ddagger}-4\boldsymbol{A}^{\dagger}+\boldsymbol{E})\boldsymbol{a}_{1}=\boldsymbol{A}^{\ddagger}\boldsymbol{a}_{1}-4\boldsymbol{A}^{\dagger}\boldsymbol{a}_{1}+\boldsymbol{a}_{1}=(\lambda_{1}^{\ddagger}-4\lambda_{1}^{\dagger}+1)\boldsymbol{a}_{1}=-2\boldsymbol{a}_{1} $$

所以 $ \alpha_{1} $ 是矩阵 B 属于特征值 $ \mu_{1} = -2 $ 的特征向量.

类似地，若 $ A\alpha:=\lambda:a:A\alpha:=\lambda:a $，有

$$ \boldsymbol{B}\boldsymbol{a}_{1}=(\lambda_{1}^{5}-4\lambda_{1}^{3}+1)\boldsymbol{a}_{1}=\boldsymbol{a}_{1},\boldsymbol{B}\boldsymbol{a}_{1}=(\lambda_{3}^{5}-4\lambda_{3}^{3}+1)\boldsymbol{a}_{1}=\boldsymbol{a}_{1} $$

因此，矩阵B的特征值为 $ \mu_{1}=-2,\mu_{2}=\mu_{3}=1 $

由矩阵 A 是对称矩阵知矩阵 B 也是对称矩阵，设矩阵 B 属于特征值 $ \mu = 1 $ 的特征向量是 $ \beta = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{\top} $，那么因为实对称矩阵特征值不同的特征向量相互正交，有

$$ \boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}=x_{1}-x_{2}+x_{3}=0 $$

所以矩阵 B 属于特征值 $ \mu = 1 $ 的线性无关的特征向量是 $ \boldsymbol{\beta}_{2} = (1, 1, 0)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\beta}_{3} = (-1, 0, 1)^{\mathrm{T}} $

因而，矩阵 B 属于特征值 $ \mu_{1} = -2 $ 的特征向量是 $ k_{1}(1, -1, 1)^{\mathrm{T}} $，其中 $ k_{1} $ 是不为 0 的任意常数.

矩阵 B 属于特征值 $ \mu = 1 $ 的特征向量是 $ k_{2}(1,1,0)^{\mathrm{T}} + k_{3}(-1,0,1)^{\mathrm{T}} $，其中 $ k_{2}, k_{3} $ 是不全为 0 的任意常数.

(2) 由 $ B\alpha_{1}=-2\alpha_{1}, B\beta_{2}=\beta_{2}, B\beta_{3}=\beta_{3} $ 有 $ B(\alpha_{1}, \beta_{2}, \beta_{3})=(-2\alpha_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}) $. 那么

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{B}&=(-2\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})^{-1}\\&=\begin{bmatrix}-2&1&-1\\2&1&0\\-2&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1&-1\\-1&1&0\\1&0&1\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}-2&1&-1\\2&1&0\\-2&0&1\end{bmatrix}\cdot\frac{1}{3}\begin{bmatrix}1&-1&1\\1&2&1\\-1&1&2\end{bmatrix}\\&=\begin{bmatrix}0&1&-1\\1&0&1\\-1&1&0\end{bmatrix}.\end{aligned} $$

31.【解】（1）设A的属于特征值 $ \lambda=3 $的特征向量为 ← 题目

$$ \boldsymbol{\alpha}_{3}=(x_{1},x_{2},x_{3})^{\mathrm{T}} $$

因为实对称矩阵属于不同特征值的特征向量相互正交，故

$$ \{\begin{aligned}\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{3}=&-x_{1}-x_{2}+x_{3}=0\\ \boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{3}=&x_{1}-2x_{2}-x_{3}=0\end{aligned}. $$

得到基础解系为 $ (1,0,1)^{\mathrm{T}} $

因此，矩阵A的属于特征值 $ \lambda=3 $的特征向量为

$$ \boldsymbol{\alpha}_{3}=k(1,0,1)^{\mathrm{T}}(k 为非零常数 ). $$

（2）由于矩阵A的特征值是1,2,3，特征向量依次为 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $，利用分块矩阵有

$$ \boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},2\boldsymbol{\alpha}_{2},3\boldsymbol{\alpha}_{3}\right) $$

因为 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 是不同特征值的特征向量，它们线性无关，于是矩阵 $ (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}) $ 可逆。故

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=(\boldsymbol{\alpha}_{1},2\boldsymbol{\alpha}_{3},3\boldsymbol{\alpha}_{3})(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})^{-1}\\&=\begin{bmatrix}{{{-1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{-1}}}&{{{-4}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{-2}}}&{{{3}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{-1}}}&{{{-2}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}^{-1}\\&=\frac{1}{6}\begin{bmatrix}{{{-1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{-1}}}&{{{-4}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{-2}}}&{{{3}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{-2}}}&{{{-2}}}&{{{2}}} \\{{{1}}}&{{{-2}}}&{{{-1}}} \\{{{3}}}&{{{0}}}&{{{3}}}\end{bmatrix}=\frac{1}{6}\begin{bmatrix}{{{13}}}&{{{-2}}}&{{{5}}} \\{{{-2}}}&{{{10}}}&{{{2}}} \\{{{5}}}&{{{2}}}&{{{13}}}\end{bmatrix}.\end{aligned} $$

32.【解】（1）对方程组 $ Ax=\beta $的增广矩阵作初等行变换，有 ← 题目

$$ \overline{\boldsymbol{A}}=\begin{bmatrix}1&1&a&1\\1&a&1&1\\a&1&1&-2\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&a&1\\0&a-1&1-a&0\\0&0&(a-1)(a+2)&a+2\end{bmatrix} $$

因为方程组有无穷多解，所以 $ r(\boldsymbol{A}) = r(\overline{\boldsymbol{A}}) \lt 3 $ 。故 a = -2 。

(2) $ \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda-1&-1&2\\ -1&\lambda+2&-1\\ 2&-1&\lambda-1\end{matrix}\right|=\lambda(\lambda+3)(\lambda-3) $

故矩阵 A 的特征值为： $ \lambda_{1}=3,\lambda_{2}=0,\lambda_{3}=-3 $

当 $ \lambda_{1}=3 $时，由 $ (3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{-1}}}&{{{5}}}&{{{-1}}} \\{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{2}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到属于特征值 $ \lambda_{1}=3 $ 的特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,0,-1)^{\mathrm{T}} $

当 $ \lambda_{2}=0 $时，由 $ (0\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{-1}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{-1}}}&{{{2}}}&{{{-1}}} \\{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到属于特征值 $ \lambda_{2}=0 $ 的特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{2}=(1,1,1)^{\mathrm{T}} $

当 $ \lambda_{3}=-3 $时，由 $ (-3E-A)x=0 $

$$ \begin{bmatrix}{{{-4}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{-1}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}} \\{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{-4}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到属于特征值 $ \lambda_{3} = -3 $ 的特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{3} = (1, -2, 1)^{\mathrm{T}} $

实对称矩阵的特征值不同时，其特征向量已经正交，故只需单位化.

$$ \boldsymbol{\beta}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}1\\ 0\\ -1\end{bmatrix},\boldsymbol{\beta}_{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 1\end{bmatrix},\boldsymbol{\beta}_{3}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{bmatrix}1\\ -2\\ 1\end{bmatrix} $$

那么令

$$ \boldsymbol{Q}=(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\ 0&\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{2}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\end{bmatrix} $$

$$ \boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{\Lambda}=\begin{bmatrix}3&&\\ &0&\\ &&-3\end{bmatrix}. $$

得

33.【解】（1）由秩 $ r(A)=2 $，知 $ |A|=0 $，所以 $ \lambda=0 $是A的另一特征值. ← 题目

因为 $ \lambda_{1} = \lambda_{2} = 6 $ 是实对称矩阵 A 的二重特征值，故 A 的属于特征值 $ \lambda = 6 $ 的线性无关的特征向量有 2 个。因此 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 必线性相关，而 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 是 A 的属于特征值 $ \lambda = 6 $ 的线性无关的特征向量。

设 $ \lambda = 0 $ 所对应的特征向量为 $ \boldsymbol{\alpha} = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{\mathrm{T}} $，由于实对称矩阵不同特征值的特征向量相互正交，故有

$$ \{\begin{aligned}\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}&=x_{1}+x_{2}=0\\ \boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}&=2x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\end{aligned}. $$

解此方程组得基础解系 $ \boldsymbol{\alpha}=(-1,1,1)^{\mathrm{T}} $，那么矩阵 A 属于特征值 $ \lambda=0 $ 的特征向量为 $ k(-1,1,1)^{\mathrm{T}} $，k 是不为零的任意常数.

(2) 令 $ P = \left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha\right] $，则

$$ \boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\begin{bmatrix}6&0&0\\ 0&6&0\\ 0&0&0\end{bmatrix} $$

所以

$$ \boldsymbol{A}=\boldsymbol{P}\begin{bmatrix}6&0&0\\ 0&6&0\\ 0&0&0\end{bmatrix}\boldsymbol{P}^{-1} $$

又

$$ \boldsymbol{P}^{-1}=\begin{bmatrix}0&1&-1\\ \frac{1}{3}&-\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\ -\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\end{bmatrix} $$

故

$$ \mathbf{A}=\begin{bmatrix}1&2&-1\\ 1&1&1\\ 0&1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}6&0&0\\ 0&6&0\\ 0&0&0\end{bmatrix}\cdot\frac{1}{3}\begin{bmatrix}0&3&-3\\ 1&-1&2\\ -1&1&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4&2&2\\ 2&4&-2\\ 2&-2&4\end{bmatrix}. $$

第六章 二次型

1.5. ← 题目

1. $ y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2} $
← 题目

$$ 3.\left[\begin{array}{ccc}1&&\\ &1&\\ &&0\end{array}\right]. $$ ← 题目

$$ \mathbf{x}=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}&0&\frac{2}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\end{bmatrix}\mathbf{y},\mathbf{x}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{y}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Lambda}\mathbf{y}=3y_{1}^{2}-2y_{2}^{2}. $$ ← 题目

1. 不正定. 对二次型矩阵 $ A = \begin{bmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{bmatrix} $，有 $ |A| = 0 $，所以二次型不是正定二次
← 题目

型. 注意若令 $ \{\begin{aligned}y_{1}&=x_{1}-x_{2},\\ y_{2}&=x_{2}-x_{3},\\ y_{3}&=-x_{1}+x_{3}\end{aligned}. $，则因 $ \left|\begin{matrix}1&-1&0\\ 0&1&-1\\ -1&0&1\end{matrix}\right|=0 $而知 $ * $不是可逆的坐标变换.

6.【解】令 $ \{\begin{aligned}x_{1}&=y_{1}+y_{2},\\ x_{2}&=y_{1}-y_{2},\\ x_{3}&=y_{3},\end{aligned}. $则 ← 题目

$$ \begin{aligned}f(x_{1},x_{2},x_{3})&=(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})-2(y_{1}+y_{2})y_{3}\\&\quad+4(y_{1}-y_{2})y_{3}\\&=y_{1}^{2}-y_{3}^{2}+2y_{1}y_{3}-6y_{2}y_{3}\\&=(y_{1}^{2}+2y_{1}y_{3}+y_{3}^{2})-y_{1}^{2}-6y_{2}y_{3}-y_{3}^{2}\\&=(y_{1}+y_{3})^{2}-(y_{2}^{2}+6y_{2}y_{3}+9y_{3}^{2})-y_{3}^{2}+9y_{3}^{2}\\&=(y_{1}+y_{3})^{2}-(y_{2}+3y_{3})^{2}+8y_{3}^{2}.\\ \end{aligned} $$

令 $ \{\begin{aligned}z_{1}&=y_{1}\\ z_{2}&=\quad y_{2}+3y_{3}\\ z_{1}&=\quad y_{3}\end{aligned}. $，即 $ \{\begin{aligned}y_{1}&=z_{1}\\ y_{2}&=\quad z_{2}-3z_{3}\\ y_{3}&=\quad z_{3}\end{aligned}. $，得 $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=z_{1}^{2}-z_{2}^{2}+8z_{3}^{2} $

所用坐标变换：

$$ \begin{aligned}\begin{bmatrix}{{{x_{1}}}} \\{{{x_{2}}}} \\{{{x_{3}}}}\end{bmatrix}&=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{y_{1}}}} \\{{{y_{2}}}} \\{{{y_{3}}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-3}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{z_{1}}}} \\{{{z_{2}}}} \\{{{z_{3}}}}\end{bmatrix}\\&=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{-4}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{z_{1}}}} \\{{{z_{2}}}} \\{{{z_{3}}}}\end{bmatrix}.\end{aligned} $$

7.【解】二次型的矩阵是 ← 题目

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{-2}}}&{{{2}}} \\{{{-2}}}&{{{4}}}&{{{-4}}} \\{{{2}}}&{{{-4}}}&{{{4}}}\end{bmatrix} $$

其特征多项式为

$$ \mid\lambda E-A\mid=\left|\begin{matrix}\lambda-1&2&-2\\ 2&\lambda-4&4\\ -2&4&\lambda-4\end{matrix}\right|=\lambda^{2}(\lambda-9) $$

所以 A 的特征值是 $ \lambda_{1} = \lambda_{2} = 0, \lambda_{3} = 9 $.

对于 $ \lambda_{1}=\lambda_{2}=0 $，由 $ (0E-A)x=0 $，即

$$ \begin{bmatrix}{{{-1}}}&{{{2}}}&{{{-2}}} \\{{{2}}}&{{{-4}}}&{{{4}}} \\{{{-2}}}&{{{4}}}&{{{-4}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{-2}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到基础解系 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(2,1,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(-2,0,1)^{\mathrm{T}} $，即为属于特征值 $ \lambda=0 $ 的特征向量.

对于 $ \lambda_{3}=9 $，由 $ (9E-A)x=0 $，即

$$ \begin{bmatrix}{{{8}}}&{{{2}}}&{{{-2}}} \\{{{2}}}&{{{5}}}&{{{4}}} \\{{{-2}}}&{{{4}}}&{{{5}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{5}}}&{{{4}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到基础解系 $ \alpha_{3}=(1,-2,2)^{\mathrm{T}} $

由于不同特征值的特征向量已经正交，只需对 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 正交化.

$$ \boldsymbol{\beta}_{1}=\boldsymbol{\alpha}_{1}=(2,1,0)^{\mathrm{T}} $$

$$ \boldsymbol{\beta}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{2}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\beta}_{1})}{(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1})}\boldsymbol{\beta}_{1}=\frac{1}{5}(-2,4,5)^{\mathrm{T}} $$

把 $ \beta_{1},\beta_{2},\alpha_{3} $单位化，有

$$ \begin{aligned}\gamma_{1}&=\begin{bmatrix}\frac{2}{\sqrt{5}}\\\frac{1}{\sqrt{5}}\\0\end{bmatrix},\gamma_{2}=\begin{bmatrix}-\frac{2}{3\sqrt{5}}\\\frac{4}{3\sqrt{5}}\\\frac{5}{3\sqrt{5}}\end{bmatrix},\gamma_{3}=\begin{bmatrix}\frac{1}{3}\\-\frac{2}{3}\\\frac{2}{3}\end{bmatrix}\end{aligned} $$

那么经正交变换

$$ \begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{2}{\sqrt{5}}&-\frac{2}{3\sqrt{5}}&\frac{1}{3}\\ \frac{1}{\sqrt{5}}&\frac{4}{3\sqrt{5}}&-\frac{2}{3}\\ 0&\frac{5}{3\sqrt{5}}&\frac{2}{3}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3}\end{bmatrix} $$

二次型 f 化为标准形

$$ f=9y_{a}^{2}, $$

8.【解】二次型 f 的矩阵为 ← 题目

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{3}}}&{{{a}}} \\{{{0}}}&{{{a}}}&{{{3}}}\end{bmatrix} $$

它的特征方程是

$$ \begin{aligned}\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|&=\left|\begin{matrix}\lambda-2&0&0\\0&\lambda-3&-a\\0&-a&\lambda-3\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-2)(\lambda^{2}-6\lambda+9-a^{2})=0\end{aligned} $$

f 经正交变换化为标准形，那么标准形中平方项的系数 1,2,5 就是 A 的特征值.

把 $ \lambda=1 $代入特征方程，得

$$ a^{2}-4=0\Rightarrow a=\pm2 $$

因a>0，故知a=2。

这时

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{3}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{3}}}\end{bmatrix} $$

对 $ \lambda_{1}=1 $ ，由 $ (\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

解得 $ \alpha_{1}=(0,1,-1)^{\mathrm{T}} $

对 $ \lambda_{2}=2 $ ，由 $ (2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

解得 $ \boldsymbol{\alpha}_{2}=(1,0,0)^{\mathrm{T}} $

对 $ \lambda_{3}=5 $ ，由 $ (5\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{3}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{2}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

解得 $ \boldsymbol{\alpha}_{3}=(0,1,1)^{\mathrm{T}} $

将 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 单位化，得

$$ \boldsymbol{\gamma}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}0\\ 1\\ -1\end{bmatrix},\boldsymbol{\gamma}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix},\boldsymbol{\gamma}_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 1\end{bmatrix} $$

故所用的正交变换矩阵为

$$ \boldsymbol{P}=\left[\boldsymbol{\gamma}_{1},\boldsymbol{\gamma}_{2},\boldsymbol{\gamma}_{3}\right]=\begin{bmatrix}0&1&0\\\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}}\\-\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}. $$

9.【解】二次型矩阵 ← 题目

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{5}}}&{{{-1}}}&{{{3}}} \\{{{-1}}}&{{{5}}}&{{{-3}}} \\{{{3}}}&{{{-3}}}&{{{c}}}\end{bmatrix} $$

因为二次型秩 $ r(f)=r(A)=2 $。矩阵 A 中有 2 阶子式非零，故 $ r(A)=2\Leftrightarrow |A|=0 $。

$$ \mid\boldsymbol{A}\mid=\left|\begin{array}{ccc}5&-1&3\\-1&5&-3\\3&-3&c\end{array}\right|=24(c-3) $$

解出 c = 3 。再由 A 的特征多项式

$$ \mid\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\mid=\left|\begin{array}{c c c}{\lambda-5}&{1}&{-3}\\ {1}&{\lambda-5}&{3}\\ {-3}&{3}&{\lambda-3}\end{array}\right|=\lambda(\lambda-4)(\lambda-9) $$

求得二次型矩阵的特征值为:0,4,9.

10.2. ← 题目

【解析】因为二次型 $ x^{T}Ax $ 经正交变换化为标准形时，标准形中平方项的系数就是二次型矩阵 A 的特征值，所以 6,0,0 是 A 的特征值.

又因 $ \sum a_{ii} = \sum \lambda_{i} $，故 0

$$ a+a+a=6+0+0 $$

从而知a=2.

由于经正交变换化二次型为标准形时，二次型矩阵与标准形矩阵不仅合同而且还相似，亦可由

$$ \begin{bmatrix}a&2&\bullet^{2}\\ 2&a&2\\ 2&2&a\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}6&&\\ &0&\\ &&0\end{bmatrix} $$

来求a.

11.【解】（1）二次型矩阵 $ A=\begin{bmatrix}1-a&1+a&0\\ 1+a&1-a&0\\ 0&0&2\end{bmatrix} $，由于二次型 f 的秩为 2， ← 题目

即 $ r(A)=2 $，所以有 $ \left|A\right|=2\left|\begin{matrix}1-a&1+a\\ 1+a&1-a\end{matrix}\right|=-8a=0 $，得 a=0.

(2) 当 a = 0 时，由 $ \left|\lambda E - A\right| = \left|\begin{matrix}\lambda - 1 & -1 & 0 \\ -1 & \lambda - 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda - 2\end{matrix}\right| = \lambda (\lambda - 2)^{2} = 0 $，

知矩阵 A 的特征值是 2,2,0.

对 $ \lambda = 2 $，由 $ (2E - A)x = 0 $， $ \begin{bmatrix}1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{bmatrix} \to \begin{bmatrix}1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{bmatrix} $，

得特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,1,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,0,1)^{\mathrm{T}} $

对 $ \lambda = 0 $，由 $ (0E - A)x = 0 $， $ \begin{bmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} $，

得特征向量 $ \alpha_{3}=(1,-1,0)^{\mathrm{T}} $

由于特征向量已经两两正交，只需单位化，于是有

$$ \boldsymbol{\gamma}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\gamma}_{2}=(0,0,1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\gamma}_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)^{\mathrm{T}} $$

令 $ Q = (\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}) = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} $，那么，经正交变换 x = Qy 有

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

（3）（方法一）由（2）知，在正交变换 x = Qy 下， $ f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0 $ 化成 $ 2y_{1}^{2} + 2y_{2}^{2} = 0 $，解之得 $ y_{1} = 0, y_{2} = 0, y_{3} = t $ (t 为任意实数)，从而

$$ \boldsymbol{x}=\mathcal{Q}\begin{bmatrix}0\\ 0\\ 0\\ t\end{bmatrix}=(\boldsymbol{\gamma}_{1},\boldsymbol{\gamma}_{2},\boldsymbol{\gamma}_{3})\begin{bmatrix}0\\ 0\\ t\end{bmatrix}=t\boldsymbol{\gamma}_{3}=t(1,-1,0)^{\mathrm{T}} $$

即方程 $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=0 $ 的解是 $ k(1,-1,0)^{\mathrm{T}} $，k 为任意实数.

（方法二）由于 $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}+2x_{3}^{2}=0 $ ，所以

$$ \{\begin{aligned}x_{1}+x_{2}&=0\\ x_{3}&=0\end{aligned}. $$

其通解为 $ x = k(-1,1,0)^{\mathrm{T}} $，其中 k 为任意常数.

12.【解】（1)f的矩阵表示为 ← 题目

$$ f(x_{1},x_{2},x_{3})=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=(x_{1},x_{2},x_{3})\begin{bmatrix}0&2&-2\\ 2&4&4\\ -2&4&-3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\end{bmatrix}. $$

（2）由 A 的特征方程

$$ \mid\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\mid=\left|\begin{aligned}\lambda&-2&2\\-2&\lambda-4&-4\\2&-4&\lambda+3\end{aligned}\right|=(\lambda-1)(\lambda^{2}-36)=0 $$

得到 A 的特征值为 $ \lambda_{1}=1,\lambda_{2}=6,\lambda_{3}=-6 $.

由 $ (\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $得基础解系 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(2,0,-1)^{\mathrm{T}} $，即属于 $ \lambda_{1}=1 $的特征向量.

由 $ (6\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $ 得基础解系 $ \boldsymbol{\alpha}_{2}=(1,5,2)^{\mathrm{T}} $，即属于 $ \lambda_{2}=6 $ 的特征向量.

由 $ (-6E-A)x=0 $得基础解系 $ \boldsymbol{\alpha}_{3}=(1,-1,2)^{\mathrm{T}} $，即属于 $ \lambda_{3}=-6 $的特征向量.

对于实对称矩阵特征值不同时特征向量已正交，故只需单位化，有

$$ \boldsymbol{\gamma}_{1}=\frac{\boldsymbol{\alpha}_{1}}{\left|\boldsymbol{\alpha}_{1}\right|}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{bmatrix}2\\ 0\\ -1\end{bmatrix},\boldsymbol{\gamma}_{2}=\frac{\boldsymbol{\alpha}_{2}}{\left|\boldsymbol{\alpha}_{2}\right|}=\frac{1}{\sqrt{30}}\begin{bmatrix}1\\ 5\\ 2\end{bmatrix},\boldsymbol{\gamma}_{3}=\frac{\boldsymbol{\alpha}_{3}}{\left|\boldsymbol{\alpha}_{3}\right|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{bmatrix}1\\ -1\\ 2\end{bmatrix} $$

那么，令

$$ \boldsymbol{Q}=(\boldsymbol{\gamma}_{1},\boldsymbol{\gamma}_{2},\boldsymbol{\gamma}_{3})=\begin{bmatrix}\frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{1}{\sqrt{30}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\ 0&\frac{5}{\sqrt{30}}&-\frac{1}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{5}}&\frac{2}{\sqrt{30}}&\frac{2}{\sqrt{6}}\end{bmatrix} $$

经正交变换

$$ \begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\end{bmatrix}=\boldsymbol{Q}\begin{bmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3}\end{bmatrix} $$

二次型化为标准形 $ f(x_{1}x_{2}x_{3})=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{y}=y_{1}^{2}+6y_{2}^{2}-6y_{3}^{2} $

13.【解】（1）二次型 f 的矩阵为 ← 题目

$$ \mathbf{A}=\begin{bmatrix}{{{a}}}&{{{0}}}&{{{b}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{0}}} \\{{{b}}}&{{{0}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix} $$

设 A 的特征值为 $ \lambda_{i}(i=1,2,3) $，由题设，有

$$ \lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}=a+2+(-2)=1 $$

$$ \lambda_{1}\lambda_{2}\lambda_{3}=\left|\begin{array}{l}A\end{array}\right|=2(-2a-b^{2})=-12 $$

解得 a = 1, b = 2 (已知 b > 0).

（2）由矩阵A的特征多项式

$$ \begin{aligned}\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|&=\left|\begin{matrix}\lambda-1&0&-2\\ 0&\lambda-2&0\\ -2&0&\lambda+2\end{matrix}\right|=(\lambda-2)\left|\begin{matrix}\lambda-1&-2\\ -2&\lambda+2\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-2)^{2}(\lambda+3)\end{aligned} $$

得到A的特征值 $ \lambda_{1}=\lambda_{2}=2,\lambda_{3}=-3 $

对于 $ \lambda_{1}=\lambda_{2}=2 $ ，由 $ (2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}1&0&-2\\ 0&0&0\\ -2&0&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-2\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{bmatrix} $$

得到属于 $ \lambda_{1}=\lambda_{2}=2 $ 的线性无关的特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(0,1,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(2,0,1)^{\mathrm{T}} $

对于 $ \lambda_{3} = -3 $，由 $ (-3E - A)x = 0 $，

$$ \begin{bmatrix}{{{-4}}}&{{{0}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-5}}}&{{{0}}} \\{{{-2}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到属于 $ \lambda_{3} = -3 $ 的特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{3} = (1, 0, -2)^{\mathrm{T}} $

由于 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 已两两正交，故只需单位化，有

$$ \boldsymbol{\gamma}_{1}=(0,1,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\gamma}_{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}(2,0,1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\gamma}_{3}=\frac{1}{\sqrt{5}}(1,0,-2)^{\mathrm{T}} $$

那么，令 $ \boldsymbol{P}=(\gamma_{1},\gamma_{2},\gamma_{3})=\begin{pmatrix}0&\frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{1}{\sqrt{5}}\\1&0&0\\0&\frac{1}{\sqrt{5}}&-\frac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix} $，则 P 为正交矩阵，在正交变换 x=Py 下，有

$$ \boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\begin{bmatrix}2&&\\ &2&\\ &&-3\end{bmatrix} $$

二次型的标准形为 $ f = 2y_{1}^{2} + 2y_{2}^{2} - 3y_{3}^{2} $

14.2. ← 题目

【解析】因为

$$ f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=2x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+2x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}-2x_{2}x_{3}+2x_{3}x_{1} $$

二次型 f 的矩阵是

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{-1}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{2}}}\end{bmatrix} $$

易见秩 $ r(A)=2 $ ，故二次型的秩为2.

15.【解】由于 A 是实对称矩阵，有 ← 题目

$$ \boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}=\left[(\boldsymbol{k}\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A})^{2}\right]^{\mathrm{T}}=\left[(\boldsymbol{k}\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A})^{\mathrm{T}}\right]^{2}=(\boldsymbol{k}\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A})^{2}=\boldsymbol{B} $$

即 B 是实对称矩阵，故 B 必可相似对角化.

由

$$ \mid\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\mid=\left|\begin{aligned}\lambda-1&\quad0&\quad-1\\0&\quad\lambda-2&\quad0\\-1&\quad0&\quad\lambda-1\end{aligned}\right|=\lambda(\lambda-2)^{2} $$

可得到 A 的特征值是 $ \lambda_{1} = \lambda_{2} = 2, \lambda_{3} = 0 $.

那么 $ kE+A $ 的特征值是 $ k+2, k+2, k, \text{而} (kE+A)^2 $ 的特征值是 $ (k+2)^2, (k+2)^2, k^2 $.

歆

$$ \boldsymbol{B}\sim\boldsymbol{\varLambda}=\begin{bmatrix}(k+2)^{2}&&\\ &(k+2)^{2}&\\ &&k^{2}\end{bmatrix} $$

因为矩阵B正定的充分必要条件是特征值全大于0，可见当 $ k\neq-2 $且 $ k\neq0 $时，矩阵B正定.

1. E.
← 题目

【解析】根据相似的必要条件： $ \sum a_{i}=\sum b_{i} $，易见A和B肯定不相似，由此可排除(A)与(C)。而合同的充分必要条件是有相同的正惯性指数、负惯性指数。为此可以用特征值加以判断。由

$$ \mid\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\mid=\left|\begin{array}{c c c}{\lambda-2}&{1}&{1}\\ {1}&{\lambda-2}&{1}\\ {1}&{1}&{\lambda-2}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c c c}{\lambda}&{\lambda}&{\lambda}\\ {1}&{\lambda-2}&{1}\\ {1}&{1}&{\lambda-2}\end{array}\right|=\lambda(\lambda-3)^{2} $$

知矩阵A的特征值为3,3,0.故二次型 $ x^{T}Ax $的正惯性指数p=2,负惯性指数q=0.而二次型 $ x^{T}Bx $的正惯性指数亦为p=2,负惯性指数q=0,所以A与B合同，故应选(B).

17\. D\. ← 题目

【解析】矩阵乘法没有交换律，故(A)不正确.

两个可逆矩阵不一定相似，因为特征值可以不一样。故(B)不正确。

两个可逆矩阵所对应的二次型的正、负惯性指数可以不同，因而不一定合同。例如

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}\end{bmatrix} 与 \boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}{{{-1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{3}}}\end{bmatrix} $$

既不相似也不合同.

A 与 B 等价，即 A 经初等变换可得到 B，即有初等矩阵 $ P_{1}, P_{2}, \cdots, P_{r}, Q_{1}, Q_{2}, \cdots, Q_{r} $，使

$$ P_{i}\cdots P_{2}P_{1}AQ_{1}Q_{2}\cdots Q_{t}=B $$

亦即有可逆矩阵P和Q使PAQ=B.

另一方面，A与B等价 $ \Leftrightarrow r(A)=r(B) $，从而知(D)正确。故应选(D)。

18.【解】（1）因为 $ \lambda=3 $是A的特征值，故 ← 题目

$$ \begin{aligned}\left|3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|&=\left|\begin{matrix}{{{3}}}&{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{-1}}}&{{{3}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{3-y}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|\\&=\left|\begin{matrix}{{{3}}}&{{{-1}}} \\{{{-1}}}&{{{3}}}\end{matrix}\right|\cdot\left|\begin{matrix}{{{3-y}}}&{{{-1}}} \\{{{-1}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|=8(2-y)=0\end{aligned} $$

所以 y = 2.

（2）由于 $ A^{T}=A $，要使 $ (AP)^{\mathrm{T}}(AP)=P^{\mathrm{T}}A^{2}P=\Lambda $，而

$$ \boldsymbol{A}^{2}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{5}}}&{{{4}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{4}}}&{{{5}}}\end{bmatrix} $$

是对称矩阵，故可构造二次型 $ x^{T}A^{2}x $，将其化为标准形 $ y^{T}\Delta y $。即有 $ A^{2} $ 与 $ \Lambda $ 合同。亦即 $ P^{T}A^{2}P=\Lambda $。

由于

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x}&=\boldsymbol{x}_{1}^{2}+\boldsymbol{x}_{2}^{2}+5\boldsymbol{x}_{3}^{2}+5\boldsymbol{x}_{4}^{2}+8\boldsymbol{x}_{3}\boldsymbol{x}_{4}\\&=\boldsymbol{x}_{1}^{2}+\boldsymbol{x}_{2}^{2}+5\left(\boldsymbol{x}_{3}^{2}+\frac{8}{5}\boldsymbol{x}_{3}\boldsymbol{x}_{4}+\frac{16}{25}\boldsymbol{x}_{4}^{2}\right)+5\boldsymbol{x}_{4}^{2}-\frac{16}{5}\boldsymbol{x}_{4}^{2}\\&=\boldsymbol{x}_{1}^{2}+\boldsymbol{x}_{2}^{2}+5\left(\boldsymbol{x}_{3}+\frac{4}{5}\boldsymbol{x}_{4}\right)^{2}+\frac{9}{5}\boldsymbol{x}_{4}^{2}\\ \end{aligned} $$

那么，令 $ y_{1}=x_{1}, y_{2}=x_{2}, y_{3}=x_{3}+\frac{4}{5}x_{4}, y_{4}=x_{4} $，即经坐标变换

$$ \begin{bmatrix}{{{x_{1}}}} \\{{{x_{2}}}} \\{{{x_{3}}}} \\{{{x_{4}}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-\frac{4}{5}}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{y_{1}}}} \\{{{y_{2}}}} \\{{{y_{3}}}} \\{{{y_{4}}}}\end{bmatrix} $$

有

$$ \boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x}=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+5y_{3}^{2}+\frac{9}{5}y_{4}^{2} $$

所以，取

$$ \boldsymbol{P}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-\frac{4}{5}}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix} $$

有

$$ (\boldsymbol{A}\boldsymbol{P})^{\top}(\boldsymbol{A}\boldsymbol{P})=\boldsymbol{P}^{\top}\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{P}=\begin{bmatrix}1&&&\\ &1&&\\ &&5&\\ &&&\frac{9}{5}\end{bmatrix}. $$

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