@ -2,135 +2,98 @@
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# 线性代数适应性调研
## 一、选择题， ， ，
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
$$
(A) \begin{bmatrix}
-1 & 0 \\
5 & -1
\end{bmatrix} \quad
(B) \begin{bmatrix}
0 & -1 \\
-6 & 0
\end{bmatrix} \quad
(C) \begin{bmatrix}
1 & 0 \\
-5 & -1
\end{bmatrix} \quad
(D) \begin{bmatrix}
1 & 0 \\
-5 & 1
\end{bmatrix}.
$$
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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， ，
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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 $\Rightarrow$ $A^T=A$ ， ；
>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
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$|A|=|B|$， ，
>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：$\text{(I)}:\begin{bmatrix}1& 2& 3\\2& 3& 5\\1& 1& a\end{bmatrix}x=0$， & 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$， & b& c\\0& b^2-2b& 1-c\end{bmatrix}x=0$，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， ， ，
7. 已知向量 $\alpha_1 = (1,0,-1,0)^T$， ，
$$
\langle \alpha_1 + 2\alpha_2,\, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle = \underline{\qquad\qquad}.
$$
7. 已知向量 $\alpha_1 = (1,0,-1,0)^T$， ，
8. 设2阶矩阵A=$\begin{bmatrix}3& -1\\-9& 3\end{bmatrix}$， ，
【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=$\begin{bmatrix}3& -1\\-9& 3\end{bmatrix}$， ，
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}$$
由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 不能由 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性表示可知 $\gamma_4, \gamma_5, \gamma_6$ 不能由 $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ 线性表示，从而 $a = 5$。
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@ -181,10 +157,42 @@ $$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**：
**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)}$$其中第一行有$m$个$0$.若$A^k=O$，则 $k$ 的最小值为$\underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}.$
---
解析：
解析：观察得每乘一次第一行少 $m$ 个0，
---
12. 设 $A, B$ 均为 $n$ 阶方阵，满足$\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B,$ 且方程 $XA = B$ 有解。若 $\operatorname{rank} A = k$，则$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\underline{\hspace{3cm}}.$
---
解析：类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B=\text{rank}A=k$，由初等变换不改变秩得$$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$$
## 三、解答题， ，
---
## 三、解答题， ，
13. （
@ -233,7 +246,6 @@ $$
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1+x_n & 1+x_n^2 & \cdots & 1+x_n^n
\end{vmatrix}
$$
---
@ -517,11 +529,8 @@ $$
16. （
（ ）
（ ） ；
（ ） ；
（ ）
