diff --git a/编写小组/试卷/1231线性代数考试卷（解析版）.md b/编写小组/试卷/1231线性代数考试卷（解析版）.md index 645fe8b..19664aa 100644 --- a/编写小组/试卷/1231线性代数考试卷（解析版）.md +++ b/编写小组/试卷/1231线性代数考试卷（解析版）.md @@ -2,135 +2,98 @@ tags: - 编写小组 --- +# 线性代数适应性调研 ## 一、选择题，共六道，每题3分，共18分 -1. 设 $A$ 为 $n$ 阶对称矩阵，$B$ 为 $n$ 阶反对称矩阵，下列矩阵中为反对称矩阵的是【 】 - +1. 设 $A$ 为 $n$ 阶对称矩阵，$B$ 为 $n$ 阶反对称矩阵，下列矩阵中为反对称矩阵的是 (A) $AB - BA$; (B) $AB + BA$; (C) $BAB$; (D) $(AB)^2$. -2.  设 $e_1, e_2$ 和 $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 是线性空间 $\mathbb{R}^2$ 的两组基，并且已知关系式 -$$ -\varepsilon_1 = e_1 + 5e_2,\quad \varepsilon_2 = e_2, -$$ -则由基 $e_1, e_2$ 到基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 的过渡矩阵是 - -$$ -(A) \begin{bmatrix} --1 & 0 \\ -5 & -1 -\end{bmatrix} \quad -(B) \begin{bmatrix} -0 & -1 \\ --6 & 0 -\end{bmatrix} \quad -(C) \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ --5 & -1 -\end{bmatrix} \quad -(D) \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ --5 & 1 -\end{bmatrix}. -$$ - ---- - -解析： - -$$ -\varepsilon_1 = e_1 + 5e_2,\quad \varepsilon_2 = 0e_1 + 1e_2. -$$ - -把它们按列排成矩阵形式： - -$$ -[\varepsilon_1, \varepsilon_2] = [e_1, e_2] -\begin{bmatrix} -1 & 0 \\ -5 & 1 -\end{bmatrix}. -$$ - -基变换矩阵为： - -$$ -T = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 5 & 1 \end{bmatrix}. -$$ -$$ -\quad -T^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ -5 & 1 \end{bmatrix}. -$$ -$\quad T^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ -5 & 1 \end{bmatrix}$是坐标变换矩阵，即为过渡矩阵，选D - ---- - -3. 设向量组 - $$ - \alpha_1 = (0, 0, c_1)^T,\quad - \alpha_2 = (0, 1, c_2)^T,\quad - \alpha_3 = (1, -1, c_3)^T,\quad - \alpha_4 = (-1, 1, c_4)^T, - $$ - 其中 $c_1, c_2, c_3, c_4$ 为任意常数，则下列向量组线性相关的是【 】 - +>答案：**B** +>解析：$A$ 为 $n$ 阶对称矩阵 $\Rightarrow$ $A^T=A$ ， $B$ 为 $n$ 阶反称矩阵 $\Rightarrow$ $B^T=-B$ ； +>逐个选项分析： +>(A) $(AB-BA)^T=(AB)^T-(BA)^T=B^TA^T-A^TB^T=-BA+AB$，故 $AB-BA$ 是对称矩阵 +>(B) $(AB+BA)^T=(AB)^T+(BA)^T=B^TA^T+A^TB^T=-BA-AB$，故 $(AB+BA)$ 是反称矩阵 +>(C) $(BAB)^T=B^TA^TB^T=BAB$，故 $BAB$ 是对称矩阵 +>(D) $((AB)^2)^T=(ABAB)^T=B^TA^TB^TA^T=(BA)^2$，故 $(AB)^2$ 不一定有对称性 + +2.  设 $e_1, e_2$ 和 $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 是线性空间 $\mathbb{R}^2$ 的两组基，并且已知关系式 $\varepsilon_1 = e_1 + 5e_2,\ \varepsilon_2 = e_2,$ 则由基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 到基 $e_1, e_2$ 到基的过渡矩阵是 + (A) $\begin{bmatrix}0 & -1 \\ -6 & 0\end{bmatrix}$ + (B) $\begin{bmatrix}-1 & 0 \\5 & -1\end{bmatrix}$ + (C) $\begin{bmatrix}1 & 0 \\-5 & -1\end{bmatrix}$ + (D) $\begin{bmatrix}1 & 0 \\-5 & 1\end{bmatrix}$ + +>答案：**D** +>解析：$\varepsilon_1 = e_1 + 5e_2,\quad \varepsilon_2 = 0e_1 + 1e_2.$ +>把它们按列排成矩阵形式：$[\varepsilon_1, \varepsilon_2] = [e_1, e_2] \begin{bmatrix}1 & 0 \\5 & 1\end{bmatrix}.$ +>而由基 $e_1, e_2$ 到基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 的过渡矩阵 $T$ 应该满足$\begin{bmatrix}e_1&e_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\varepsilon_1&\varepsilon_2\end{bmatrix}T$，即： +>$\begin{bmatrix}e_1&e_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}e_1&e_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 5 & 1\end{bmatrix}T$，所以 $T=\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 5 & 1\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}1 & 0 \\ -5 & 1\end{bmatrix}$ + +3. 设向量组 $\alpha_1 = (0, 0, c_1)^T,\quad \alpha_2 = (0, 1, c_2)^T,\quad \alpha_3 = (1, -1, c_3)^T,\quad \alpha_4 = (-1, 1, c_4)^T,$ + 其中 $c_1, c_2, c_3, c_4$ 为任意常数，则下列向量组线性相关的是 (A) $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$; (B) $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$; (C) $\alpha_1, \alpha_3, \alpha_4$; (D) $\alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$. -4. 设 $A, B$ 为 $n$ 阶矩阵，则【 】 +>答案：**C** +>解析：逐选项分析： +>A. $\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&-1\\c_1&c_2&c_3\end{bmatrix}$，当$c_1\ne 0$时，作初等列变换，$\text{rank}\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_3\end{bmatrix}=\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{bmatrix}=3$，故线性无关； +>B. $\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&-1\\0&1&1\\c_1&c_2&c_4\end{bmatrix}$，当$c_1\ne 0$时，作初等列变换，$\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&-1\\0&1&1\\c_1&c_2&c_4\end{bmatrix}=\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{bmatrix}=3$，故线性无关； +>C. $\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_3&\alpha_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&-1\\0&-1&1\\c_1&c_3&c_4\end{bmatrix}\cong\begin{bmatrix}0&0&-1\\0&0&1\\c_1&c_3+c_4&c_4\end{bmatrix}\cong\begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&1\\c_1&c_3+c_4&c_4\end{bmatrix}$，故其必定线性相关； +>D. $\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&-1\\1&-1&1\\c_2&c_3&c_4\end{bmatrix}\cong\begin{bmatrix}0&0&-1\\1&0&1\\c_2&c_3+c_4&c_4\end{bmatrix}$，当$c_3+c_4\ne 0$时，作初等列变换，$\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&-1\\1&0&1\\c_2&c_3+c_4&c_4\end{bmatrix}=\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}=3$，故线性无关； +4. 设 $A, B$ 为 $n$ 阶矩阵，则 (A) $\text{rank}[A \ AB] = \text{rank} A$; (B) $\text{rank}[A \ BA] = \text{rank} A$; (C) $\text{rank}[A \ B] = \max\{\text{rank} A, \text{rank} B\}$; (D) $\text{rank}[A \ B] = \text{rank}[A^T \ B^T]$. -5. 设 $A$ 可逆，将 $A$ 的第一列加上第二列的 2 倍得到 $B$，则 $A^*$ 与 $B^*$ 满足【 】 +>答案：**A** +>重点：$AB$的每一列都是 $A$ 的列向量的线性组合，因此，$\text{rank}[A \quad AB]=\text{rank}A$ ，因为 $AB$ 的列都在 $A$ 的列空间中 +5. 设 $A$ 可逆，将 $A$ 的第一列加上第二列的 2 倍得到 $B$，则 $A^*$ 与 $B^*$ 满足 (A) 将 $A^*$ 的第一列加上第二列的 2 倍得到 $B^*$; (B) 将 $A^*$ 的第一行加上第二行的 2 倍得到 $B^*$; (C) 将 $A^*$ 的第二列加上第一列的 $(-2)$ 倍得到 $B^*$; (D) 将 $A^*$ 的第二行加上第一行的 $(-2)$ 倍得到 $B^*$. -6. 已知方程组 - $$ - \text{(I)} \quad - \begin{cases} - x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0, \\ - 2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0, \\ - x_1 + x_2 + ax_3 = 0, - \end{cases} - $$ - 与 - $$ - \text{(II)} \quad - \begin{cases} - x_1 + bx_2 + cx_3 = 0, \\ - 2x_1 + b^2x_2 + (c+1)x_3 = 0 - \end{cases} - $$ - 同解，则【 】 +>答案：**D** +>解析：$B=AP(2,1(2))$，故$B^{-1}=P(2,1(-2))A^{-1}$， +>又$|A|=|B|$，$A^*=|A|A^{-1}$， +>可得$B^*=|B|B^{-1}=|A|P(2,1(-2))A^{-1}=P(2,1(-2))A^*$，根据初等矩阵的性质，$B^*$应该是$A^*$的第一行乘以$(-2)$加到第二行的结果。 +6. 已知方程组$\quad\begin{cases}x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0, \\2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0, \\x_1 + x_2 + ax_3 = 0,\end{cases}$与$\text{(II)} \quad\begin{cases}x_1 + bx_2 + cx_3 = 0, \\2x_1 + b^2x_2 + (c+1)x_3 = 0\end{cases}$同解，则 (A) $a = 1, b = 0, c = 1$; (B) $a = 1, b = 1, c = 2$; (C) $a = 2, b = 0, c = 1$; (D) $a = 2, b = 1, c = 2$. +>答案：**D** +>解析：$\text{(I)}:\begin{bmatrix}1&2&3\\2&3&5\\1&1&a\end{bmatrix}x=0$，$\text{(II)}: \begin{bmatrix}1&b&c\\2&b^2&c+1\end{bmatrix}x=0$，对方程做初等行变换： +>$\text{(I)}:\begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&1\\0&0&a-2\end{bmatrix}x=0$，$\text{(II)}: \begin{bmatrix}1&b&c\\0&b^2-2b&1-c\end{bmatrix}x=0$，记系数矩阵分别为$A,B$ +>因为方程(I),(II)同解，所以$\text{rank}A=\text{rank}B$，而$\text{rank}A\ge 2,\text{rank}B\le 2$，故$\text{rank}A=\text{rank}B=2$，故$a-2=0 \to a=2$；所以方程组(I)的解为$x=k(1,1,-1)^T$； +>令$k=1,x=(1,1,-1)^T$代入方程组(II)得$\begin{bmatrix}1&b&c\\0&b^2-2b&1-c\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\\-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1+b-c\\b^2-2b+c-1\end{bmatrix}=0$，解得$\begin{cases}b=0\\c=1\end{cases}$或$\begin{cases}b=1\\c=2\end{cases}$；然而，当$\begin{cases}b=0\\c=1\end{cases}$时，$\begin{bmatrix}1&b&c\\0&b^2-2b&1-c\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&1\\0&0&0\end{bmatrix}$，不符合$\text{rank}B=2$的约束，故舍去； +>综上，$\begin{cases}a=2\\b=1\\c=2\end{cases}$ + ## 二、填空题，共六道，每题3分，共18分 -7. 已知向量 $\alpha_1 = (1,0,-1,0)^T$，$\alpha_2 = (1,1,-1,-1)^T$，$\alpha_3 = (-1,0,1,1)^T$，则向量 $\alpha_1 + 2\alpha_2$ 与 $2\alpha_1 + \alpha_3$ 的内积 - $$ - \langle \alpha_1 + 2\alpha_2,\, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle = \underline{\qquad\qquad}. - $$ +7. 已知向量 $\alpha_1 = (1,0,-1,0)^T$，$\alpha_2 = (1,1,-1,-1)^T$，$\alpha_3 = (-1,0,1,1)^T$，则向量 $\alpha_1 + 2\alpha_2$ 与 $2\alpha_1 + \alpha_3$ 的内积$\langle \alpha_1 + 2\alpha_2,\, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle = \underline{\qquad\qquad}.$ -8. 设2阶矩阵A=$\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix}$，n为正整数，则$A^n=\underline{\quad\quad}$。 +【答】4 + +【解析】由内积的性质可知 $$ \begin{aligned} \langle \alpha_1 + 2\alpha_2, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle &= \langle \alpha_1, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle + \langle 2\alpha_2, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle \\[1em] &= \langle \alpha_1, 2\alpha_1 \rangle + \langle \alpha_1, \alpha_3 \rangle + \langle 2\alpha_2, 2\alpha_1 \rangle + \langle 2\alpha_2, \alpha_3 \rangle \\[1em] &= 2\langle \alpha_1, \alpha_1 \rangle + \langle \alpha_1, \alpha_3 \rangle + 4\langle \alpha_2, \alpha_1 \rangle + 2\langle \alpha_2, \alpha_3 \rangle, \end{aligned} $$ 再由题意，可知 $$ \langle \alpha_1, \alpha_1 \rangle = 2,\quad \langle \alpha_1, \alpha_3 \rangle = -2,\quad \langle \alpha_2, \alpha_1 \rangle = 2,\quad \langle \alpha_2, \alpha_3 \rangle = -3. $$ 从而 $$ \langle \alpha_1 + 2\alpha_2, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle = 4. $$ --- +8. 设2阶矩阵A=$\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix}$，n为正整数，则$A^n=\underline{\quad\quad}$。 + +9. 若向量组$\alpha_1 = (1,0,1)^T,\quad \alpha_2 = (0,1,1)^T,\quad \alpha_3 = (1,3,5)^T$不能由向量组$\beta_1 = (1,1,1)^T,\quad\beta_2 = (1,2,3)^T,\quad\beta_3 = (3,4,a)^T$线性表示，则$a = \underline{\qquad\qquad}.$ + 解析： + 先计算$A^2$： $$A^2 @@ -162,6 +125,19 @@ $$A^n = 6^{n-1}\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix} $$ $$ a = \underline{\qquad\qquad}. $$ +--- + +【答】5. + +【解析】（方法一）依题意知 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性相关，否则，若 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性无关，则 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 为向量空间 $R^3$ 的一组基，$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 能由 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性表示，矛盾。记 $B = [\beta_1, \beta_2, \beta_3]$，则 $|B| = 0$，解得 $a = 5$。 + +（方法二）令 +$$A = [\beta_1, \beta_2, \beta_3, \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3] = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 4 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 3 & a & 1 & 1 & 5 \end{bmatrix}$$ +对其进行初等行变换 + +$$A \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & a-3 & 0 & 1 & 4 \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & a-5 & 2 & -1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \gamma_1 & \gamma_2 & \gamma_3 & \gamma_4 & \gamma_5 & \gamma_6 \end{bmatrix}$$ + +由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 不能由 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性表示可知 $\gamma_4, \gamma_5, \gamma_6$ 不能由 $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ 线性表示，从而 $a = 5$。 --- @@ -181,10 +157,42 @@ $$A^n = 6^{n-1}\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix} $$ \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}. $$ --- -解析： -一眼顶针，鉴定为： $$ - x = (1,0,0,0)^T$$ +**答**：$(1,0,0,0)^T$。 + +**解析**：由范德蒙行列式的性质可知 $|A| \neq 0$，从而线性方程组 $Ax = b$ 有唯一解。 + +又由 +$$ +\begin{bmatrix} +1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\ +1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\ +1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\ +1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3 +\end{bmatrix} +\begin{bmatrix} +1 \\ +0 \\ +0 \\ +0 +\end{bmatrix} += +\begin{bmatrix} +1 \\ +1 \\ +1 \\ +1 +\end{bmatrix} +$$ +可知 $Ax = b$ 的解为 +$$ +\begin{bmatrix} +1 \\ +0 \\ +0 \\ +0 +\end{bmatrix} +$$ --- @@ -203,14 +211,19 @@ $$A^n = 6^{n-1}\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix} $$ \end{bmatrix}_{(mn) \times (mn)}$$其中第一行有$m$个$0$.若$A^k=O$，则 $k$ 的最小值为$\underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}.$ --- -解析： +解析：观察得每乘一次第一行少 $m$ 个0，故最少进行 $n$ 次即可 + +--- 12. 设 $A, B$ 均为 $n$ 阶方阵，满足$\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B,$ 且方程 $XA = B$ 有解。若 $\operatorname{rank} A = k$，则$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\underline{\hspace{3cm}}.$ +--- + +解析：类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B=\text{rank}A=k$，由初等变换不改变秩得$$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$$ -## 三、解答题，共五道，共64分 --- +## 三、解答题，共五道，共64分 13. （20 分）计算 下面的两个$n$阶行列式 @@ -233,7 +246,6 @@ $$ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1+x_n & 1+x_n^2 & \cdots & 1+x_n^n \end{vmatrix} - $$ --- @@ -517,11 +529,8 @@ $$ 16. （12 分）设 $n$ 阶方阵 $A, B$ 满足 $AB = A + B$。 - （1）证明 $A - E$ 可逆； - （2）证明 $AB = BA$； - （3）证明 $\mathrm{rank}(A) = \mathrm{rank}(B)$； （4）若矩阵