线代04-23真题

• 共110道
  • 9
  • 19
  • 14
  • 20
  • 26
  • 22

行列式(5+4道)

代数余子式

(15)

设 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 为 3 阶矩阵, $A_{ij}$ 为元素 $a_{ij}$ 的代数余子式, 若 $\mathbf{A}$ 的每行元素之和均为 2 , 且 $|\mathbf{A}|=$ 3 , 则 $A_{11}+A_{21}+A_{31}=$

(15)

• 答案

• 方法2：构造一个行列式
  • 由每行元素之和等于2\to往这里恒等变形，和构造新的行列式
  • $(2)|A|=\left|\begin{array}{l}{a}_{11}{a}_{12}{a}_{13}\\ a_{21}{a}_{22}{a}_{23}\\ a_{31}{a}_{32}{a}_{33}\end{array}\right|\stackrel{c_1+c_2+c_3}{=}\left|\begin{array}{l}{a}_{11}+a_{12}+a_{13}{a}_{12}{a}_{13}\\ a_{21}+a_{22}+a_{23}{a}_{22}{a}_{23}\\ a_{31}+a_{32}+a_{33}{a}_{32}{a}_{33}\end{array}\right|$
    • 将每行元素之和等于2代入，得$=\left|\begin{array}{lll}2& a_{12}& a_{13}\\ 2& a_{22}& a_{23}\\ 2& a_{32}& a_{33}\end{array}\right|$
    • 按照第一列展开$=2A_{11}+2A_{21}+2A_{31}=3$
      • 则答案:$A_{11}+A_{21}+A_{31}=\frac{3}{2}$
• 用元素和代数余子式的乘积这条路走不通，计算量太大
  $\begin{array}{rl}& [\text{ 分析 }]A_{ij}\to \text{ 概念 。 }\end{array}$
• $\begin{array}{r}\to \text{ 定理 }\{\begin{array}{l}|A|=a_{11}{A}_{11}+a_{12}{A}_{12}+\cdots +a_{1n}{A}_{1n}\\ a_{11}{A}_{21}+a_{12}{A}_{22}+\cdots +a_{1n}{A}_{2n}=0\end{array}\end{array}$
• 方法3:
  • A的每行元素之和为2，说明2是一个特征值，(1,1,1)ᵀ是一个特征向量
    • $A\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]=2\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$
  • $|A|=3$说明A可逆
  • 代数余子式的两个角度
    • 从伴随矩阵分析(对应方法一)
    • 从行列式的展开分析(对应方法二)
  • 接下来用伴随矩阵分析
• $\nabla$ 方法一: 用伴随矩阵∶题中所求, 是伴随矩阵第一行元素的和
  • 当 $A^{\ast }=\left[\begin{array}{ccc}(A_{11}& A_{21}& A_{31}\\ A_{12}& A_{22}& A_{32}\\ A_{13}& A_{23}& A_{33}\end{array}\right]$
    • 要求的是 则伴随矩阵第1，2，3行的和可以写为$A^{\ast }\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}(1=A_{11}+A_{21}+A_{31}=\frac{3}{2})\\ (2)\\ (3)\end{array}\right]$
  • $\nabla$ 题中给大家的是, A矩阵, 每行元素的和
    • $A$ 每行元素之和均为 2，即$\{\begin{array}{l}{a}_{11}+a_{12}+a_{13}=2\\ a_{21}+a_{22}+a_{23}=2\\ a_{31}+a_{32}+a_{33}=2\end{array}$
    • 这其实是一个乘法$\left[\begin{array}{lll}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]\stackrel{\text{将矩阵简写}}{\to }A\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]$
    • 另一种写法，$A\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]\stackrel{\text{用}{A}^{\ast }\text{左乘}}{\to }$
      $A^{\ast }\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]=\underline{A^{\ast }A}\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]\stackrel{A^{\ast }\cdot A=|A|}{\to }|A|E\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=3\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$
      • 式子两边倍除2，得到$\therefore A^{\ast }\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}\frac{3}{2}\\ \frac{3}{2}\\ \frac{2}{2}\end{array}\right]$
      • 从而伴随矩阵的第一行元素:$A_{11}+A_{21}+A_{31}=\frac{3}{2}$

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Transclude of 数二2019#14

拉普拉斯

(5)

行列式 $\left|\begin{array}{llll}0& a& b& 0\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|=($ )
(A) $(ad-bc{)}^2$.
(B) $-(ad-bc{)}^2$.
(C) $a^2{d}^2-b^2{c}^2$.

(5)

• 直接按行或按列展开，而不是去两两交换某一行或某一列
  • $\left|\begin{array}{llll}0& a& b& 0\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|\underset{\text{按第一列展开}}{\overset{\text{注意正负号}}{=}}\underset{\text{按第三列展开}}{\underbrace{a(-1{)}^{2+1}\left|\begin{array}{lll}a& b& 0\\ c& d& 0\\ 0& 0& d\end{array}\right|}}+\underset{\text{按第二行展开}}{\underbrace{c(-1{)}^{4+1}\left|\begin{array}{lll}a& b& 0\\ 0& 0& b\\ c& d& 0\end{array}\right|}}$
  • $-ad\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|+bc\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|=-(ad-bc)\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|=-(ad-bc{)}^2$
    应选(B).
    解法 1 利用行列式的性质与公式计算行列式:
• $\left|\begin{array}{llll}0& a& b& 0\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|\stackrel{r_1\to r_4}{=}-\left|\begin{array}{llll}c& 0& 0& d\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ 0& a& b& 0\end{array}\right|\stackrel{c_2\to c_1}{=}\left|\begin{array}{llll}c& d& 0& 0\\ a& b& 0& 0\\ 0& 0& d& c\\ 0& 0& b& a\end{array}\right|=(bc-ad)(ad-bc)=-(ad-bc{)}^2.$解法 2 利用行列式的性质与按某一行(列)展开定理计算行列式:
• $\begin{array}{rl}\left|\begin{array}{llll}0& a& b& 0\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|& =a(-1{)}^{2+1}\left|\begin{array}{lll}a& b& 0\\ c& d& 0\\ 0& 0& d\end{array}\right|+c(-1{)}^{4+1}\left|\begin{array}{lll}a& b& 0\\ 0& 0& b\\ c& d& 0\end{array}\right|\end{array}$
• $\begin{array}{r}=-ad\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|+bc\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|=-(ad-bc)\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|=-(ad-bc{)}^2.\end{array}$注 解法 1 中利用了特殊的拉普拉斯展开式,如下所述.
  如果 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 分别是 $m$ 阶和 $n$ 阶矩阵,则
• $\left|\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \ast \\ \mathbf{O}& \mathbf{B}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \ast & \mathbf{B}\end{array}\right|=|\mathbf{A}||\mathbf{B}|,\left|\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \ast \end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\ast & \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right|=(-1{)}^{mn}|\mathbf{A}||\mathbf{B}|.$

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(13)

行列式 $\left|\begin{array}{cccc}\lambda & -1& 0& 0\\ 0& \lambda & -1& 0\\ 0& 0& \lambda & -1\\ 4& 3& 2& \lambda +1\end{array}\right|=$.

(13)

• 答 应填 $4+3\lambda +2{\lambda }^2+{\lambda }^3+{\lambda }^4$.解 利用行列式展开定理.$D=\left|\begin{array}{c}\lambda -100\\ 0\lambda -10\\ 00\lambda -1\\ 432\lambda +1\end{array}\right|\frac{\text{ 按第 }4\text{ 行 }}{\text{ 展开 }}4(-1{)}^{4+1}\left|\begin{array}{c}-100\\ \lambda -10\\ 0\lambda -1\end{array}\right|+3(-1{)}^{4+2}\left|\begin{array}{c}\lambda 00\\ 0-10\\ 0\lambda -1\end{array}\right|+$
• $2(-1{)}^{4+3}\left|\begin{array}{c}\lambda -10\\ 0\lambda 0\\ 00-1\end{array}\right|+(\lambda +1)(-1{)}^{4+4}\left|\begin{array}{c}\lambda -10\\ 0\lambda -1\\ 00\lambda \end{array}\right|=4+3\lambda +2{\lambda }^2+{\lambda }^3+{\lambda }^4.$

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(13)

行列式 $\left|\begin{array}{cccc}a& 0& -1& 1\\ 0& a& 1& -1\\ -1& 1& a& 0\\ 1& -1& 0& a\end{array}\right|=$

(13)

• 答 应填 $a^2\left(a^2-4\right)$.
• 如果行列式每行元素之和相等, 都是 $s$, 则都可以按如下步脁操作
  • 第一步列变换：把其他列都加到第一列
  • 第二步行变换：其他行都减去第一行
  • 第三步展开：按第一列展开
• 每行元素之和相等
• 解 $\left|\begin{array}{c}a0-11\\ 0a1-1\\ -11a0\\ 1-10a\end{array}\right|\stackrel{c2+c1}{=}\left|\begin{array}{c}aa00\\ 0a1-1\\ 00aa\\ 1-10a\end{array}\right|$
  • $\underset{\text{有两列为}0}{\overset{\text{直接第一列展开}}{=}}a(-1{)}^{1+1}\left|\begin{array}{c}a1-1\\ 0aa\\ -10a\end{array}\right|+(-1{)}^{4+1}\left|\begin{array}{c}a00\\ a1-1\\ 0aa\end{array}\right|$
  • $\underset{\text{直接用对角线法则}}{\overset{\text{三阶行列式}}{=}}{a}^2\left(a^2-2\right)-2a^2=a^2\left(a^2-4\right).$
• 注 本题也可以将各行都加到第 1 行, 提出公因子 $a$, 再消零并展开.

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抽象行列式的计算

Transclude of 数二2010#14

其他

(13)

$n$ 阶行列式 $\left|\begin{array}{ccccc}2& 0& \cdots & 0& 2\\ -1& 2& \cdots & 0& 2\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮\\ 0& 0& \cdots & 2& 2\\ 0& 0& \cdots & -1& 2\end{array}\right|=$

(13)

• 9.29
• 答 应填 $2^{n+1}-2$.解法 1 递推法. 将此行列式记为 $D_n$, 按第 $n$ 行展开, 得 $D_n=(-1{)}^{2n-1}\cdot (-1)D_{n-1}+2^n=D_{n-1}+2^n$, 得到递推公式 $D_n=D_{n-1}+2^n(n>1)$. 于是$\begin{array}{rl}{D}_n& =D_{n-1}+2^n=D_{n-2}+2^{n-1}+2^n=\cdots =D_1+2^2+2^3+\cdots +2^n\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2+2^2+2^3+\cdots +2^n=2^{n+1}-2.\end{array}$解法 2 作初等行变换, 把第 1 行消到只剩最右边一个非零元索.做法如下:第 1 行加第 2 行的 2 倍, 加第 3 行的 $2^2$ 倍, $\cdots$, 加第 $n$ 行的 $2^{n-1}$ 倍, 使得第 1 行成为 0,0 , $0,\cdots ,0,a$, 其中 $a=2+4+8+\cdots +2^n=2^{n+1}-2$. 再按第 1 行展开, 得 $D_n=2^{n+1}-2$.注 本题还有多种解法,如按第 1 行展开得递推公式 $D_n=2D_{n-1}+2$; 作初等行变换,化原行列式为上 三角行列式(做法为自上而下, 把各行的 $\frac{1}{2}$ 倍加到下一行, 于是消去了对角线下所有的 -1 ); 作初等行变 换,消去第 1 行到第 $n-1$ 行上的对角线元素 2 (做法为自下而上,把各行的 2 倍加到上一行) 等.

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Transclude of 数二2021#16

Transclude of 数二2023#16

矩阵(13+6道)

矩阵的运算与变换

巧用E矩阵

(15)

数一2022
已知矩阵 $\mathbf{A}$ 和 $\mathbf{E}-\mathbf{A}$ 可逆, 其中 $\mathbf{E}$ 为单位矩阵, 若矩阵 $\mathbf{B}$ 满足 $\left[\mathbf{E}-(\mathbf{E}-\mathbf{A}{)}^{-1}\right]\mathbf{B}=\mathbf{A}$, 则 $B-A=$

(15)

已知$\underset{A{A}^{-1}=E\text{，}(E-A)(E-A{)}^{-1}=E}{\underbrace{\text{矩阵}\mathbf{A}\text{和}\mathbf{E}-\mathbf{A}\text{可逆}}}$, 其中 $\mathbf{E}$ 为单位矩阵, 若矩阵 $\mathbf{B}$ 满足 $\underset{\text{用}A{A}^{-1}=E\text{破解逆}}{\underbrace{\left[\mathbf{E}-(\mathbf{E}-\mathbf{A}{)}^{-1}\right]\mathbf{B}=\mathbf{A}}}$, 则 $B-A=$

李艳芳版

• 尝试把逆矩阵$(E-A{)}^{-1}$消去：
  $(E-A)\left[E-(E-A{)}^{-1}\right]B=(E-A)A$
  • $\stackrel{\text{打开括号}}{\to }(E-A-E)B=(E-A)A$
  • $\stackrel{E-A-E=A}{\to }-AB=A-A^2\underset{A\text{是可逆的，尝试把}A\text{消去}}{\overset{\text{左乘}{A}^{-1}}{\to }}-B=E-A$
    • $\stackrel{\text{移项}}{\to }B-A=-E.$

欧几里得版

• 分析题目和等式 $\left[\mathbf{E}-(\mathbf{E}-\mathbf{A}{)}^{-1}\right]\mathbf{B}=\mathbf{A}$。
• 两边同时左乘 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})$。
  • 得到 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})\left[\mathbf{E}-(\mathbf{E}-\mathbf{A}{)}^{-1}\right]\mathbf{B}=(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{A}$
• 展开并简化等式
  • $[(\mathbf{E}-\mathbf{A})-\mathbf{E}]\mathbf{B}=(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{A}$
  • 得到 $-\mathbf{A}\mathbf{B}=\mathbf{A}-{\mathbf{A}}^2$
• 由于 $\mathbf{A}$ 可逆，两边同时左乘 ${\mathbf{A}}^{-1}$
• $-{\mathbf{A}}^{-1}\text{⋅}\mathbf{A}\mathbf{B}={\mathbf{A}}^{-1}\text{⋅}(\mathbf{A}-{\mathbf{A}}^2)$
  • 得到 $-\mathbf{B}=\mathbf{E}-\mathbf{A}$。
• 移项得到 $\mathbf{B}-\mathbf{A}$ 的值。
  • 得到 $\mathbf{B}-\mathbf{A}=-\mathbf{E}$
    答案 $-\mathbf{E}$.

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行列变换

(5)

设 $\mathbf{A}$ 为 3 阶矩阵,将 $\mathbf{A}$ 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 $\mathbf{B}$, 再交换 $\mathbf{B}$ 的第 2 行与第 3 行得单位矩阵. 记 ${\mathbf{P}}_1=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),{\mathbf{P}}_2=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array}\right)$, 则 $\mathbf{A}=()$(A) ${\mathbf{P}}_1{\mathbf{P}}_2$.
( B) ${\mathbf{P}}_1^{-1}{\mathbf{P}}_2$.
(C) ${\mathbf{P}}_2{\mathbf{P}}_1$.
(D) ${\mathbf{P}}_2{\mathbf{P}}_1^{-1}$

(5)

答 应选(D).
解 由题设条件知, 矩阵 $P_1,P_2$ 正是与题中所给初等变换相对应的初等矩阵. 根据初等矩阵的性 质, 有 $B=A{P}_1$ 和 $E=P_{2}B$, 从而 $E=P_{2}A{P}_1$, 即 $A=P_2^{-1}{P}_1^{-1}$. 而 $P_2^{-1}=P_2$, 故有 $A=P_2{P}_1^{-1}$, 即选项 (D) 是 正确的.
另一方面, 由于对矩阵 $A$ 作一次初等行(列)变换, 相当于矩阵 $\mathbf{A}$ 左 (右) 乘相应的初等矩阵, 因此由题 意知选项 (A), (B) 是错误的; 而 ${\mathbf{P}}_1^{-1}\ne {\mathbf{P}}_1$, 故选项 (C)也是错误的.
注 本题考查矩阵的初等变换与初等矩阵. 对于初等变换要会用初等矩阵来描述.

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(5)

若矩阵 $\mathbf{A}$ 经初等列变换化成 $\mathbf{B}$, 则 ( )
(A) 存在矩阵 $\mathbf{P}$, 使得 $\mathbf{PA}=\mathbf{B}$.
(B) 存在矩阵 $\mathbf{P}$,使得 $\mathbf{BP}=\mathbf{A}$.
(C) 存在矩阵 $\mathbf{P}$, 使得 $\mathbf{PB}=\mathbf{A}$.
(D) 方程组 $\mathbf{Ax}=0$ 与 $\mathbf{B}\mathbf{x}=0$ 同解.

(5)

• • 左行右列
    答 应选 B.
• 解方程尽量用初等行变换，不要用列变换，
  • 因为列变换会影响方程的解
• 解 $A$ 经过初等列变换化成 $B$, 即存在若干初等矩阵 $P_1,P_2,\cdots ,P_s$, 使得 $A{P}_1{P}_2\cdots P_s=B$,
  • 也即 $A{P}_0=$ $B$, 这里 ${\mathbf{P}}_0={\mathbf{P}}_1{\mathbf{P}}_2\cdots {\mathbf{P}}_5$ 可逆,
  • 于是 $\stackrel{\text{右乘}{P}_0^{-1}}{\to }B{P}_0^{-1}=A$,
  • 则 $\stackrel{P_0^{-1}=\mathbf{P}}{\to }BP=A$, 选 $\mathrm{B}$.
• 方程组 $\mathbf{Ax}=0$ 与 $\mathbf{B}\mathbf{x}=0$ 同解.
  • 同解时行变换

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(6)

设 $\mathbf{A}$ 为 3 阶矩阵, $\mathbf{P}$ 为 3 阶可逆矩阵, 且 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$. 若 $\mathbf{P}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$, $\mathbf{Q}=\left({\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$, 则 $Q^{-1}A\mathbf{Q}=()$(A) $\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.
(B) $\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$.
(C) $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$.
(D) $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.

(6)

答 应选(B).
解法 1 由题设 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$ 知, 矩阵 $\mathbf{A}$ 是可相似对角化的矩阵,因而其相似变换矩阵 $\mathbf{P}$ 的列 向量 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 是 $\mathbf{A}$ 的分别属于特征值 ${\lambda }_1=1,{\lambda }_2=1,{\lambda }_3=2$ 的特征向晝. 由于 ${\lambda }_1={\lambda }_2=1$ 是 $\mathbf{A}$ 的 2 重特征值, 因此 ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2$ 仍是 $\mathbf{A}$ 的属于特征值 1 的特征向量, 即 $\mathbf{A}\left({\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2\right)=1\cdot \left({\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2\right)$, 从而有

• $Q^{-1}AQ=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)\text{. }$应选(B).
  解法 2 因为矩阵 $Q$ 是对矩阵 $P$ 作的一次初等列变换, 即将 $\mathbf{P}$ 的第 2 列加到第 1 列上得到的, 所以有$Q=P\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$从而有
• ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)}^{-1}{\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right),$即选项 (B) 是正确的.

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Transclude of 数二2009#8

Transclude of 数二2012#14

Transclude of 数二2022#16

伴随矩阵与可逆矩阵

(6)

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 均为 2 阶矩阵, ${\mathbf{A}}^{\ast },{\mathbf{B}}^{\ast }$ 分别为 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 的伴随矩阵, 若 $|\mathbf{A}|=2,|\mathbf{B}|=3$, 则分块矩阵 $\left(\begin{array}{ll}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right)$ 的伴随矩阵为 $()$(A) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 3{\mathbf{B}}^{\ast }\\ 2{\mathbf{A}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right)$.
( B) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 2{\mathbf{B}}^{\ast }\\ 3{\mathbf{A}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right)$.
( C) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 3{\mathbf{A}}^{\ast }\\ 2{\mathbf{B}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right)$.
(D) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 2{\mathbf{A}}^{\ast }\\ 3{\mathbf{B}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right)$.
你能否将第六题的答案给我详细解释一遍，它的答案在这篇文章的后面

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(5)

设 $\mathbf{\alpha }$ 为 $n$ 维单位列向量, $\mathbf{E}$ 为 $n$ 阶单位矩阵,则 $()$
(A) $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆.
(B) $\mathbf{E}+\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆.
(C) $\mathbf{E}+2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆.
(D) $\mathbf{E}-2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆.

(5)

• 答 应选 $(A)$.
  解 矩阵 $\mathbf{A}$ 可逆的充分必要条件是 $\mathbf{A}$ 的特征值非零. 因为 $\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 是秩为 1 的矩阵, 又 $\mathbf{\alpha }$ 为单位列向量, 有 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }=1$, 故矩阵 $\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 的特征值为 1,0( $n-1$ 重). 所以 $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 的特征值为 0,1 ( $n-1$ 重), 因此矩阵 $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆, 应选(A).

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(6)

设 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4\right)$ 是 4 阶矩阵, ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 为 $\mathbf{A}$ 的伴随矩阵. 若 $(1,0,1,0{)}^{\mathrm{T}}$ 是方程组 $\mathbf{A}\mathbf{x}=0$ 的 一个基础解系,则 ${\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{x}=0$ 的基础解系可为( )
(A) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3$.
(B) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$.
( C) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$.
(D) ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$.

(6)

答 应选(D).
解 因为齐次线性方程组 $\mathbf{Ax}=0$ 的基础解系只包含 1 个向量 $(1,0,1,0{)}^{\mathrm{T}}$, 所以矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩 $r(\mathbf{A})=$ $4-1=3.\mathbf{A}$ 的伴随矩阵的秩 $r\left({\mathbf{A}}^{\ast }\right)$ 是由 $r(\mathbf{A})$ 确定的, 它们之间的关系为

• $r\left({\mathbf{A}}^{\ast }\right)=\{\begin{array}{ll}n,& r(\mathbf{A})=n,\\ 1,& r(\mathbf{A})=n-1,\\ 0,& r(\mathbf{A})<n-1,\end{array}$于是 $r\left({\mathbf{A}}^{\ast }\right)=1$, 从而方程组 ${\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{x}=0$ 的基础解系包含 $4-r\left({\mathbf{A}}^{\ast }\right)=4-1=3$ 个解向量. 由此, 选项 (A), (B) 被排除.
  又因为 $A^{\ast }A=|A|E$ 及 $|A|=0$, 故矩阵 $A$ 的列向量 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 都是方程组 $A^{\ast }\mathbf{x}=0$ 的解. 由 $r(\mathbf{A})=3$, 可知向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$ 的秩也为 3 , 则其中 3 个线性无关的向量即为 ${\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{x}=0$ 的一个基础解系.
  因向量 $(1,0,1,0{)}^{\mathrm{T}}$ 是 $\mathbf{Ax}=0$ 的解, 故
• $\mathbf{A}\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4\right)\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right)=0,$即 ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_3=0$, 则 ${\mathbf{\alpha }}_1=-{\mathbf{\alpha }}_3$. 由此可知 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$ (或 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_4$ ) 线性无关, 是 ${\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{x}=0$ 的一个基础解系, 选项 (D) 是正确的.
  也可利用排除法求解. 求出 $r\left({\mathbf{A}}^{\ast }\right)=1$, 排除选项 (A), (B); 由 ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_3=0$, 即 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性相关, 排除选项 (C), 只能选 (D).
  注 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_s$ 是 ${\mathbf{A}}_{m\times n}x=0$ 的基础解系包含着四层含义:
  (1)${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 是 $A_{m\times n}x=0$ 的解;
  (2) ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_1$ 线性无关;
  (3) $A_{m\times n}x=0$ 的任意一个解都可由 ${\alpha }_1$, ${\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_s$ 线性表出; (4) $s=n-r(\mathbf{A})$.

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(13)

设 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 是 3 阶非零矩阵, $|\mathbf{A}|$ 为 $\mathbf{A}$ 的行列式, $A_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式. 若 $a_{ij}+A_{ij}=0$ $(i,j=1,2,3)$, 则 $|\mathbf{A}|=$

(13)

• 答 应填 -1 .解 由 $a_{ij}+A_{ij}=0(i,j=1,2,3)$ 知, $\mathbf{A}$ 的伴随矩阵 ${\mathbf{A}}^{\cdot }$ 满足 ${\mathbf{A}}^{\ast }=-{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}$, 即 $\left|{\mathbf{A}}^{\ast }\right|=(-1{)}^3\left|{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\right|=-|\mathbf{A}|$, 再由 $\left|{\mathbf{A}}^{\ast }\right|=|\mathbf{A}{|}^{3-1}=|\mathbf{A}{|}^2$, 得 $|\mathbf{A}{|}^2+|\mathbf{A}|=0$, 即 $|\mathbf{A}|=-1$ 或 $|\mathbf{A}|=0$.最后,不妨设 $a_{11}\ne 0$, 由行列式的展开定理得$|\mathbf{A}|=a_{11}{A}_{11}+a_{12}{A}_{12}+a_{13}{A}_{13}=-\left(a_{11}^2+a_{12}^2+a_{13}^2\right)<0,$所以 $|A|=0$ 舍去,故 $|A|=-1$.

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Transclude of 数二2015#22

Transclude of 数二2023#8

矩阵等价

Transclude of 数二2016#14

矩阵的秩

(7)

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为 $n$ 阶实矩阵, 下列不成立的是 ( )
( A) $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\end{array}\right)=2r(\mathbf{A})$.
(B) $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{A}\mathbf{B}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)=2r(\mathbf{A})$.
( C) $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\mathbf{A}\\ \mathbf{O}& \mathbf{A}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)=2r(\mathbf{A})$
(D) $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{B}\mathbf{A}& {\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)=2r(\mathbf{A})$.

• (7)

• 答 应选 C.
• 解 由矩阵的秩的性质知, $r(\mathbf{A})=r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\right)=r\left(\mathbf{A}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\right)=r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right)$.
• 故 $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\end{array}\right)=r(A)+r\left(A^{T}A\right)=2r(A)$, 选项 B 成立;
• 对于(B)，因为$AB$ 的列变换可由 $A$ 的列变换消去，于是
  • $r\left[\begin{array}{cc}A& AB\\ O& A^T\end{array}\right]=r\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& A^T\end{array}\right]=r(A)+r(A^T)=2r(A).$
• 对于(C)，$BA$为行变换，无法用$A$的列变换消去
  • 而$r\left[\begin{array}{cc}A& BA\\ O& A{A}^T\end{array}\right]$未必等于$r\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& A{A}^T\end{array}\right].$
• 对于(D)，因为 $BA$ 的行变换可由 $A$ 的行变换消去，于是
  • $r\left[\begin{array}{ll}A& O\\ BA& A^T\end{array}\right]=r\left[\begin{array}{ll}A& O\\ O& A^T\end{array}\right]=r(A)+r(A^T)=2r(A).$

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(5)

设 $\mathbf{A}$ 为 $m\times n$ 矩阵, $\mathbf{B}$ 为 $n\times m$ 矩阵, $\mathbf{E}$ 为 $m$ 阶单位矩阵,若 $\mathbf{A}\mathbf{B}=\mathbf{E}$, 则 $()$(A) 秩 $r(\mathbf{A})=m$, 秩 $r(\mathbf{B})=m$.
(B) 秩 $r(\mathbf{A})=m$, 秩 $r(\mathbf{B})=n$.
(C) 秩 $r(\mathbf{A})=n$, 秩 $r(\mathbf{B})=m$.
(D) 秩 $r(\mathbf{A})=n$, 秩 $r(\mathbf{B})=n$.

(5)

答 应选 (A).
解 由已知可得 $r(\mathbf{A})⩽\min \{m,n\}⩽m,r(\mathbf{B})⩽\min \{m,n\}⩽m,m=r(\mathbf{E})=r(\mathbf{AB})⩽\min \{r(\mathbf{A}),r(\mathbf{B})\}$, 即有 $r(\mathbf{A})⩾m$ 及 $r(\mathbf{B})⩾m$. 所以 $r(\mathbf{A})=r(\mathbf{B})=m$, 应选 $(\mathrm{A})$.

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(13)

设 $\mathbf{\alpha }$ 为 3 维单位列向量, $\mathbf{E}$ 为 3 阶单位矩阵,则矩阵 $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 的秩为

(13)

答 应填 2 .
解 令 $\mathbf{B}=\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}},\mathbf{\alpha }$ 是 3 维单位列向量, ${\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}=\mathbf{B}$, 则 $\mathbf{B}$ 是秩为 1 的实对称矩阵,故 $\mathbf{B}$ 能相似对角化, $\mathbf{B}$ 的 特征值是 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha },0,0$, 即 $1,0,0$, 则 $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}=\mathbf{E}-\mathbf{B}$ 也可相似对角化且特征值是 $0,1,1$. 于是 $r\left(\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\right)=2$.
注 (1) 秩为 1 的 $n$ 阶方阵特征值是 \displaystyle \sum_{i=1}^n a_{i ̈} (迹), 0 ( $n-1$ 重).
(2)
能相似对角化的矩阵的秩等于其非零特征值的个数 (考虑重数).
(3)
对于填空题, 当然还可以取一个具体的 $\mathbf{\alpha }$ 去求解, 如取 $\mathbf{\alpha }=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$.

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（13）

设矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 1& 1& 2\\ 0& 1& 1\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 为线性无关的 3 维列向量组,则向量组 $\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_3$ 的秩 为

(13)

• 读题
  • $\underset{\text{问的就是矩阵}A\text{的秩}}{\underbrace{\text{设矩阵}\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 1& 1& 2\\ 0& 1& 1\end{array}\right),}}$ ，$\underset{\text{可逆}}{\underbrace{\begin{array}{r}{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\end{array}\text{为线性无关的}3\text{维列向量组}}}$,则向量组 $\underset{\text{拆成矩阵乘法}}{\underbrace{\begin{array}{r}\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_3\end{array}}}$ 的秩 为
• 答 应填 2.
• 分析:本题主要考查求向量组的秩, 等价于求由向量组构成的矩阵的秩.
  • 设 $\mathbf{A}$ 为 $m\times n$ 矩阵, $\mathbf{P},\mathbf{Q}$ 分别为 $m$ 阶和 $n$ 阶可逆矩阵,
    • 则 $r(\mathbf{PA})=r(\mathbf{A}\mathbf{Q})=r(\mathbf{A})$.
• 解:由于 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关, 故矩阵 $\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ 可逆, 从而
  • $r\left(\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_3\right)=r\left(\mathbf{A}\underset{\text{可逆}}{\underbrace{\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)}}\right)=r(\mathbf{A}).$
    • 一个矩阵乘以另一个可逆矩阵，不改变矩阵的秩
    • 因此，只要找到矩阵A的秩，就可以求得向量组的秩
  • 对矩阵 $\mathbf{A}$ 作初等行变换将其化为阶梯形矩阵, 进而求得其秩.
    $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 1& 1& 2\\ 0& 1& 1\end{array}\right)\stackrel{r_2-r_1}{\to }\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right)\stackrel{r_3-r_2^{\ast }}{\to }\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right).$
    • 故 $r\left(\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_3\right)=r(\mathbf{A})=2$.

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(6)

• 设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为 $n$ 阶矩阵,记 $r(\mathbf{X})$ 为矩阵 $\mathbf{X}$ 的秩, $(\mathbf{X},\mathbf{Y})$ 表示分块矩阵,则 ( )
  • (A) $r(\mathbf{A},\mathbf{AB})=r(\mathbf{A})$.
  • (B) $r(\mathbf{A},\mathbf{BA})=r(\mathbf{A})$.
  • (C) $r(\mathbf{A},\mathbf{B})=\max \{r(\mathbf{A}),r(\mathbf{B})\}$.
  • (D) $r(\mathbf{A},\mathbf{B})=r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}},{\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}\right)$.

(6)

• • 答 应选 (A).
    • 解 一方面, $\mathbf{A}$ 是 $(\mathbf{A}\mathbf{AB})$ 的子矩阵, 因此 $r(\mathbf{A}\mathbf{AB})⩾r(\mathbf{A})$.
    • 另一方面, (A AB) 是 $A$ 与 $\left(\begin{array}{ll}\mathbf{E}& \mathbf{B}\end{array}\right)$ 的乘积, 即 $(\mathbf{A}A\mathbf{B})=\mathbf{A}\left(\begin{array}{ll}\mathbf{E}& \mathbf{B}\end{array}\right)$, 因此 $r(\mathbf{A}\mathbf{AB})⩽r(\mathbf{A})$, 故 $r(\mathbf{A}\mathbf{AB})=r(\mathbf{A})$.

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向量(12+2道)

向量组的线性相关性

线性无关

(20)

(本题满分 11 分)
设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& -1\\ -1& 1& 1\\ 0& -4& -2\end{array}\right),{\mathbf{\xi }}_1=\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.
(I ) 求满足 $\mathbf{A}{\mathbf{\xi }}_2={\mathbf{\xi }}_1,A^2{\mathbf{\xi }}_3={\mathbf{\xi }}_1$ 的所有向量 ${\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$;
( II ) 对 ( I ) 中的任意向量 ${\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$, 证明 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$ 线性无关.

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线性相关

(5)

设 ${\mathbf{\alpha }}_1=\left(\begin{array}{l}0\\ 0\\ c_1\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_2=\left(\begin{array}{l}0\\ 1\\ c_2\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_3=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ c_3\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_4=\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ c_4\end{array}\right)$, 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为 $()$(A) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$.
(B) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_4$.
(C) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$.
(D) ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$.

(5)

答 应选(C).
解 首先, 当 $c_1=1$ 时,行列式

• $\left|{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right|=-1,\left|{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_4\right|=1,$此时向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 与 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_4$ 都线性无关, 即选项 (A) 与 (B) 排除.
  其次, 当 $c_2=0,c_3=c_4=1$ 时, 行列式 $\left|{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4\right|=-2$, 即此时向量组 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$ 也是线性无关的, 选项 (D)也排除,故选(C).
  事实上,当 $c_1=0$ 时, 由于 ${\mathbf{\alpha }}_1$ 为零向量, 故 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_1$ 线性相关; 当 $c_1\ne 0$ 时, 有
• $\left(c_3+c_4\right){\mathbf{\alpha }}_1-c_1\left({\mathbf{\alpha }}_3+{\mathbf{\alpha }}_4\right)=0,$所以对任意的常数 $c_1,c_3,c_4$ 而言, ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$ 都是线性相关的. 这证明了应该选 (C).
  注 也可以考查行列式 $\left|{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4\right|$ 是否为零.

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(6)

设 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 均为 3 维向量, 则对任意常数 $k,l$, 向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关是向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1$, ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关的 ( )
(A) 必要非充分条件.
(B) 充分非必要条件.
(C) 充分必要条件.
(D) 既非充分也非必要条件.

(6)

• 答 应选 (A).
  解 若 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关, 设 ${\lambda }_1\left({\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3\right)+{\lambda }_2\left({\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3\right)=0$, 即
• ${\lambda }_1{\mathbf{\alpha }}_1+{\lambda }_2{\mathbf{\alpha }}_2+\left(k{\lambda }_1+l{\lambda }_2\right){\mathbf{\alpha }}_3=0\Rightarrow {\lambda }_1={\lambda }_2=k{\lambda }_1+l{\lambda }_2=0,$从而 ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关. 反之, 若 ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关, 不一定有 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关. 例如
• ${\mathbf{\alpha }}_1=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_2=\left(\begin{array}{l}0\\ 1\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_3=\left(\begin{array}{l}0\\ 0\\ 0\end{array}\right).$显然, ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关, 而 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性相关. 故 ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关是 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线 性无关的必要条件,而非充分条件,因此选 (A).
  注 这是一道选择题, 可直接取 $k=l=0$, 此时显然向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关是向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无 关的必要非充分条件. 此方法仅可用于排除法.

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向量组的秩

Transclude of 数二2010#7

向量组之间的线性表示

(7)

数一2022
设 ${\mathbf{\alpha }}_1=(\lambda ,1,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_2=(1,\lambda ,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_3=(1,1,\lambda {)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_4={\left(1,\lambda ,{\lambda }^2\right)}^{\mathrm{T}}$, 若 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 与 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$, ${\mathbf{\alpha }}_4$ 等价,则 $\lambda$ 的取值范围是 $()$
(A) $\{0,1\}$.
(B) $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbf{R},\lambda \ne -2\}$.
(C) $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbf{R},\lambda \ne -1,\lambda \ne -2\}$.
(D) $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbf{R},\lambda \ne -1\}$.

• 解：因为 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 与 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 等价，所以 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 与 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 可相互表示。
  • ${\alpha }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 表示。
  • ${\alpha }_4$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示。
• 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 表示，则 ${\alpha }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$表示。
  • 即非齐次方程组 $x_1{\alpha }_1+x_2{\alpha }_2+x_3{\alpha }_4={\alpha }_3$ 有解。
  • 考虑 $\left|{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4\right|=\left|\begin{array}{c}\lambda 11\\ 1\lambda \lambda \\ 11{\lambda }^2\end{array}\right|=({\lambda }^2-1{)}^2$，行列式不等于0
    • 当 $\lambda \ne \pm 1$ 时，${\alpha }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 表示。
      • 当 $\lambda =1$ 时，${\alpha }_1={\alpha }_2={\alpha }_3={\alpha }_4=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$，显然 ${\alpha }_3$ 仍可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 表示。
      • 当 $\lambda =-1$ 时，$({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4|{\alpha }_3)\to \left[\begin{array}{c}1000\\ 0110\\ 0001\end{array}\right]$，此时 $\displaystyle \alpha_3$ 不可由 $\displaystyle \alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$ 表示。
  • 得出 $\lambda =-1$
• 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示，则 ${\alpha }_4$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示。
  即非齐次方程组 $x_1{\alpha }_1+x_2{\alpha }_2+x_3{\alpha }_3={\alpha }_4$ 有解。
  • 考虑 $\left|{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right|=\left|\begin{array}{c}\lambda 11\\ 1\lambda 1\\ 11\lambda \end{array}\right|=(\lambda +2)(\lambda -1{)}^2$，行列式不为0
    • 行列式如果为零，则线性无关
  • 当 $\lambda \ne -2$ 且 $\lambda \ne 1$ 时，${\alpha }_4$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示。
    • 当 $\lambda =1$ 时，${\alpha }_1={\alpha }_2={\alpha }_3={\alpha }_4=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$，显然 ${\alpha }_4$ 仍可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示。
    • 当 $\lambda =-2$ 时，$\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\mid {\alpha }_4\right)\to \left(\begin{array}{c}10-10\\ 01-10\\ 0001\end{array}\right),$此时 $\displaystyle \alpha_4$ 不可由 $\displaystyle \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 表示。
  • 得出 $\lambda =-2$
• 故 $\lambda$ 的取值范围为 $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbb{R},\lambda \ne -1,\lambda \ne -2\}$，故选 C

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(20)

(本题满分 11 分)
设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}\lambda & 1& 1\\ 0& \lambda -1& 0\\ 1& 1& \lambda \end{array}\right),\mathbf{b}=\left(\begin{array}{l}a\\ 1\\ 1\end{array}\right)$. 已知线性方程组 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 存在 2 个不同的解.
(I) 求 $\lambda ,a$;
(II) 求方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的通解. (21) (本题满分 11 分)

(20)

解 （I ）因为非齐次线性方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 有两个不同的解, 即解不是唯一的, 所以系数行列式

• $|\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 1& 1\\ 0& \lambda -1& 0\\ 1& 1& \lambda \end{array}\right|=(\lambda -1{)}^2(\lambda +1)=0,$解得 $\lambda =-1$ 或 1 (二重).
  当 $\lambda =1$ 时,方程组的增广矩阵
• $(\mathbf{A}:\mathbf{b})=\left(\begin{array}{llll}1& 1& 1& a\\ 0& 0& 0& 1\\ 1& 1& 1& 1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& a-1\end{array}\right)$的秩为 2, 系数矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩为 1, 方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 无解, 故 $\lambda =1$ 应舍去.
  当 $\lambda =-1$ 时,对方程组 $Ax=b$ 的增广矩阵作初等行变换:
• $(\mathbf{A}:\mathbf{b})=\left(\begin{array}{cccc}-1& 1& 1& a\\ 0& -2& 0& 1\\ 1& 1& -1& 1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccc}1& 1& -1& 1\\ 0& 2& 0& -1\\ 0& 0& 0& a+2\end{array}\right)=\mathbf{B}.$因为方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 有解, 所以 $a+2=0$, 即 $a=-2$. 综上, $\lambda =-1,a=-2$.
  (II) 当 $\lambda =-1,a=-2$ 时,继续对 (I) 中的矩阵 $B$ 作初等行变换得
• $\begin{array}{r}\mathbf{B}\to \left(\begin{array}{cccc}1& 0& -1& \frac{3}{2}\\ 0& 1& 0& -\frac{1}{2}\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\mathbf{x}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 0\end{array}\right)+k\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right),\end{array}$于是方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的通解为 其中 $k$ 为任意常数.
  注 对克拉默法则要理解清楚, 若 $|A|\ne 0$, 则 $Ax=b$ 有唯一解; 若 $|A|=0$, 则 $Ax=b$ 没有唯.一解, 此时 方程组可能无解,也可能有无穷多解.

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(5)

设 $\mathbf{A},\mathbf{B},\mathbf{C}$ 均为 $n$ 阶矩阵, 若 $\mathbf{AB}=\mathbf{C}$, 且 $\mathbf{B}$ 可逆, 则 ( )
(A) 矩阵 $\mathbf{C}$ 的行向量组与矩阵 $\mathbf{A}$ 的行向量组等价.
(B) 矩阵 $\mathbf{C}$ 的列向量组与矩阵 $\mathbf{A}$ 的列向量组等价.
(C) 矩阵 $\mathbf{C}$ 的行向量组与矩阵 $\mathbf{B}$ 的行向量组等价.
(D) 矩阵 $\mathbf{C}$ 的列向量组与矩阵 $\mathbf{B}$ 的列向量组等价.

(5)

• 答 应选(B).
  解 本题考查向量组等价的概念以及对矩阵与其向量组之间的关系的理解.
  设矩阵 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_n\right),C=\left({\gamma }_1,{\gamma }_2,\cdots ,{\gamma }_n\right)$, 其中 ${\mathbf{\alpha }}_i,{\gamma }_i(i=1,2,\cdots ,n)$ 均为 $n$ 维列向量. 由题设有
  则
• $\begin{array}{r}\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_n\right)\mathbf{B}=\left({\mathbf{\gamma }}_1,{\mathbf{\gamma }}_2,\cdots ,{\mathbf{\gamma }}_n\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_n\right)=\left({\mathbf{\gamma }}_1,{\mathbf{\gamma }}_2,\cdots ,{\gamma }_n\right){\mathbf{B}}^{-1},\end{array}$即矩阵 $A$ 的列向蓶组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$ 与矩阵 $C$ 的列向量组 ${\gamma }_1,{\gamma }_2,\cdots ,{\gamma }_n$ 能相互线性表出, 所以矩阵 $A$ 的列向 基组与矩阵 $C$ 的列向量组等价, 选项(B)正确.
  此外, 由于矩阵 $\mathbf{B}$ 可逆,因此其行向量组与列向量组都是线性无关的; 而矩阵 $\mathbf{A}$ 是任意的 $n$ 阶矩阵,且 矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩与矩阵 $\mathbf{C}$ 的秩相等, 所以当矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩小于 $n$ 时, 矩阵 $\mathbf{C}$ 的秩也小于 $n$, 即矩阵 $\mathbf{C}$ 的行向量组 与列向姐组都是线性相关的. 由此可知选项 (C) 与选项(D)都应排除.
  最后, 设
• $\mathbf{AB}=\left(\begin{array}{ll}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}2& 1\\ 0& 0\end{array}\right)=\mathbf{C},$知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ 的行向量组 $(1,1),(0,0)$ 与矩阵 $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ll}2& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ 的行向貫组 $(2,1),(0,0)$ 不是等价的, 从而 选项 (A)也是错误的.
  注 若 $A_{m\times n}{B}_{n\times s}=C_{m\times s}$, 则 $C$ 的列向量组可由 $A$ 的列向量组线性表出, $C$ 的行向量组可由 $B$ 的行向量 组线性表出.

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(6)

已知直线 $l_1:\frac{x-a_2}{a_1}=\frac{y-b_2}{b_1}=\frac{z-c_2}{c_1}$ 与直线 $l_2:\frac{x-a_3}{a_2}=\frac{y-b_3}{b_2}=\frac{z-c_3}{c_2}$ 相交于一点. 记向量 ${\mathbf{\alpha }}_i=\left(\begin{array}{l}{a}_i\\ b_i\\ c_i\end{array}\right),i=1,2,3$, 则 $()$
(A) ${\mathbf{\alpha }}_1$ 可由 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性表示.
(B) ${\mathbf{\alpha }}_2$ 可由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性表示.
(C) ${\mathbf{\alpha }}_3$ 可由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性表示.
(D) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关.

(6)

答 应选 C.

• 解 由于两直线相交, 故两直线的方向向量线性无关, 即 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关,
• 分别取两直线上的点 $A\left(a_2,b_2,c_2\right),B\left(a_3,b_3,c_3\right)$, 则向量 $\overrightarrow{AB}$ 与两直线的方向向量是共面的,
  • 所以它们三者的混合积为 0 , 故
    • $\left|\begin{array}{lll}{a}_1& a_2& a_3-a_2\\ b_1& b_2& b_3-b_2\\ c_1& c_2& c_3-c_2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{lll}{a}_1& a_2& a_3\\ b_1& b_2& b_3\\ c_1& c_2& c_3\end{array}\right|=0,$
    • 所以 ${\mathbf{\alpha }}_3$ 可由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性表示, 选 C.

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(20)

(本题满分 11 分)

设向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1=(1,0,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_2=(0,1,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_3=(1,3,5{)}^{\mathrm{T}}$ 不能由向量组 ${\mathbf{\beta }}_1=$ $(1,1,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\beta }}_2=(1,2,3{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\beta }}_3=(3,4,a{)}^{\mathrm{T}}$ 线性表示.

(I) 求 $a$ 的值;

(II ) 将 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 用 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性表示.

(20)

解 (I )因为 4 个 3 维向量 是线性相关的, 所以, 若 线性无关, 则 可由 线性表示, 与题设矛盾. 于是 线性相关, 从而行列式

• $\left|{\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right|=\left|\begin{array}{lll}1& 1& 3\\ 1& 2& 4\\ 1& 3& a\end{array}\right|=a-5=0$即 $a=5$.
  (II) 将 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 用 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性表示, 即解 3 个非齐次线性方程组: $x_1{\mathbf{\alpha }}_1+x_2{\mathbf{\alpha }}_2+x_3{\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\beta }}_i(i=1,2,3)$. 由于 3 个线性方程组的系数矩阵是相同的, 因此令 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3⋮{\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)$, 并对 $\mathbf{A}$ 作初等行变换
• $\begin{array}{rl}\mathbf{A}& =\left(\begin{array}{llllll}1& 0& 1& 1& 1& 3\\ 0& 1& 3& 1& 2& 4\\ 1& 1& 5& 1& 3& 5\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 1& 1& 1& 3\\ 0& 1& 3& 1& 2& 4\\ 0& 1& 4& 0& 2& 2\end{array}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}\to \left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 1& 1& 1& 3\\ 0& 1& 3& 1& 2& 4\\ 0& 0& 1& -1& 0& -2\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& 2& 1& 5\\ 0& 1& 0& 4& 2& 10\\ 0& 0& 1& -1& 0& -2\end{array}\right),\end{array}$由此可得
• ${\mathbf{\beta }}_1=2{\mathbf{\alpha }}_1+4{\mathbf{\alpha }}_2-{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\beta }}_3=5{\mathbf{\alpha }}_1+10{\mathbf{\alpha }}_2-2{\mathbf{\alpha }}_3.$

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向量组等价

Transclude of 数二2019#22

向量空间

求基和过渡矩阵

(5)

设 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 是 3 维向量空间 ${\mathbf{R}}^3$ 的一组基,则由基 ${\mathbf{\alpha }}_1,\frac{1}{2}{\mathbf{\alpha }}_2,\frac{1}{3}{\mathbf{\alpha }}_3$ 到基 ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_3+{\mathbf{\alpha }}_1$ 的过渡矩阵为 $()$
(A) $\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 2& 2& 0\\ 0& 3& 3\end{array}\right)$.
(B) $\left(\begin{array}{lll}1& 2& 0\\ 0& 2& 3\\ 1& 0& 3\end{array}\right)$.
(C) $\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& \frac{1}{4}& -\frac{1}{6}\\ -\frac{1}{2}& \frac{1}{4}& \frac{1}{6}\\ \frac{1}{2}& -\frac{1}{4}& \frac{1}{6}\end{array}\right)$.
(D) $\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4}& \frac{1}{4}& -\frac{1}{4}\\ -\frac{1}{6}& \frac{1}{6}& \frac{1}{6}\end{array}\right)$.

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Transclude of 数一2019#20

(20)

(本题满分 11 分)
设向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基, ${\mathbf{\beta }}_1=2{\mathbf{\alpha }}_1+2k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\beta }}_2=2{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+(k+1){\mathbf{\alpha }}_3$.
( I ) 证明向量组 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基;
( II ) 当 $k$ 为何值时,存在非零向量 $\mathbf{\xi }$ 在基 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 与基 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 下的坐标相同,并求所有的 $\mathbf{\xi }$.

(20)

• (I ) 证 由于 $\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)=\left(2{\mathbf{\alpha }}_1+2k{\mathbf{\alpha }}_3,2{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_1+(k+1){\mathbf{\alpha }}_3\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)\mathbf{P}$, 其中
• $\mathbf{P}=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 1\\ 0& 2& 0\\ 2k& 0& k+1\end{array}\right),$且 $|\mathbf{P}|=4\ne 0$, 所以 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基.
  （II ) 解 设 $\mathbf{\xi }$ 在基 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 与基 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 下的坐标向里为 $\mathbf{x}$, 则
• $\mathbf{\xi }=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)x=\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)x=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)Px,$所以
• $(P-E) x=0 .
• $对$P-E$ 作初等行变换
• $\mathbf{P}-\mathbf{E}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 2k& 0& k\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -k\end{array}\right),$所以当 $k=0$ 时, 方程组 $(\mathbf{P}-\mathbf{E})\mathbf{x}=0$ 有非零解, 且所有非零解为
• $x=c\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)\text{, }$其中 $c$ 为任意非零常数.
  故在两个基下坐标相同的所有非零向量为 $\mathbf{\xi }=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)\left(\begin{array}{c}c\\ 0\\ -c\end{array}\right)=c\left({\mathbf{\alpha }}_1-{\mathbf{\alpha }}_3\right),c$ 为任意非零常数.

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其他

(13)

(13) 设 ${\mathbf{\alpha }}_1=(1,2,-1,0{)}^{\mathrm{T}}\text{，}{\mathbf{\alpha }}_2=(1,1,0,2{)}^{\mathrm{T}}$ ， ${\alpha }_3=(2,1,1,a{)}^{\mathrm{T}}$ 。若由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 生成的向量空间的维数为 2 ，则 $a=$ -

(13)

答 应填 6 .
解 对矩阵 $\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ 作初等行变换,$\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 2& 1& 1\\ -1& 0& 1\\ 0& 2& a\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 0& 1& 3\\ 0& 0& a-6\\ 0& 0& 0\end{array}\right),$由于此矩阵的秩为 2 , 故 $a=6$.

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线性方程组(11+5+4道)

Ax＝b

(20)

(本题满分 11 分)

设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{llll}1& a& 0& 0\\ 0& 1& a& 0\\ 0& 0& 1& a\\ a& 0& 0& 1\end{array}\right),\mathbf{\beta }=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$.

( I ) 计算行列式 $|\mathbf{A}|$;

(II) 当实数 $a$ 为何值时, 方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解, 并求其通解.

(20)

( I )解

• $|\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{llll}1& a& 0& 0\\ 0& 1& a& 0\\ 0& 0& 1& a\\ a& 0& 0& 1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{lll}1& a& 0\\ 0& 1& a\\ 0& 0& 1\end{array}\right|-a\left|\begin{array}{lll}a& 0& 0\\ 1& a& 0\\ 0& 1& a\end{array}\right|=1-a^4.$(II) 解法 1 因为方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解的必要条件是其系数矩阵 $\mathbf{A}$ 的行列式为零, 即 $|\mathbf{A}|=0$, 由( I ) 得 $1-a^4=0$, 从而 $a=1$ 或 $a=-1$.
  当 $a=1$ 时,对方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 的增广矩阵作初等行变换,有
• $(\mathbf{A}:\mathbf{\beta })=\left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 0& 0& 1\\ 0& 1& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& 1& 0\\ 1& 0& 0& 1& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 0& 0& 1\\ 0& 1& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& 1& 0\\ 0& -1& 0& 1& -1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 0& 0& 1\\ 0& 1& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& -2\end{array}\right),$由此知系数矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩 $r(\mathbf{A})=3$, 增广矩阵的秩 $r(\mathbf{A}:\mathbf{\beta })=4$, 二者不相等, 故当 $a=1$ 时, 方程组 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{\beta }$ 无解.
  当 $a=-1$ 时,$\begin{array}{rl}(\mathbf{A};\mathbf{\beta })& =\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& 0& 0& 1\\ 0& 1& -1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ -1& 0& 0& 1& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& 0& 0& 1\\ 0& 1& -1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& -1& 0& 1& 1\end{array}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& 0& 0& 1\\ 0& 1& -1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right),\end{array}$由此知 $r(\mathbf{A})=r(\mathbf{A}:\mathbf{\beta })=3<4$, 故当 $a=-1$ 时,方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解. $x_3=x_4$, 故基础解系为 $(1,1,1,1{)}^{\mathrm{T}}$. 不难求得非齐次方程组的一个特解为 $(0,-1,0,0{)}^{\mathrm{T}}$, 从而得通解为
• $\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\\ 0\end{array}\right)+k\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$其中 $k$ 为任意常数.
  解法 2 直接对含参数 $a$ 的增广矩阵 $(\mathbf{A}:\mathbf{\beta })$ 作初等行变换:
• $\begin{array}{rl}(\mathbf{A}⋮\mathbf{\beta })& =\left(\begin{array}{ccccc}1& a& 0& 0& 1\\ 0& 1& a& 0& -1\\ 0& 0& 1& a& 0\\ a& 0& 0& 1& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& a& 0& 0& 1\\ 0& 1& a& 0& -1\\ 0& 0& 1& a& 0\\ 0& -a^2& 0& 1& -a\end{array}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}\to \left(\begin{array}{ccccc}1& a& 0& 0& 1\\ 0& 1& a& 0& -1\\ 0& 0& 1& a& 0\\ 0& 0& a^3& 1& -a-a^2\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& a& 0& 0& 1\\ 0& 1& a& 0& -1\\ 0& 0& 1& a& 0\\ 0& 0& 0& 1-a^4& -a-a^2\end{array}\right).\end{array}$由于当且仅当 $r(\mathbf{A})=r(\mathbf{A}⋮\mathbf{\beta })<4$ 时, 方程组 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解, 故有 $1-a^4=0$ 且 $-a-a^2=0$, 得 $a=-1$, 即 $a=-1$ 时, 方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解.
  通解求解过程同解法 1.

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(20)

(本题满分 11 分)
设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}\lambda & 1& 1\\ 0& \lambda -1& 0\\ 1& 1& \lambda \end{array}\right),\mathbf{b}=\left(\begin{array}{l}a\\ 1\\ 1\end{array}\right)$. 已知线性方程组 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 存在 2 个不同的解.
(I) 求 $\lambda ,a$;
(II) 求方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的通解. (21) (本题满分 11 分)

(20)

解 （I ）因为非齐次线性方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 有两个不同的解, 即解不是唯一的, 所以系数行列式

• $|\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 1& 1\\ 0& \lambda -1& 0\\ 1& 1& \lambda \end{array}\right|=(\lambda -1{)}^2(\lambda +1)=0,$解得 $\lambda =-1$ 或 1 (二重).
  当 $\lambda =1$ 时,方程组的增广矩阵
• $(\mathbf{A}:\mathbf{b})=\left(\begin{array}{llll}1& 1& 1& a\\ 0& 0& 0& 1\\ 1& 1& 1& 1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& a-1\end{array}\right)$的秩为 2, 系数矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩为 1, 方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 无解, 故 $\lambda =1$ 应舍去.
  当 $\lambda =-1$ 时,对方程组 $Ax=b$ 的增广矩阵作初等行变换:
• $(\mathbf{A}:\mathbf{b})=\left(\begin{array}{cccc}-1& 1& 1& a\\ 0& -2& 0& 1\\ 1& 1& -1& 1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccc}1& 1& -1& 1\\ 0& 2& 0& -1\\ 0& 0& 0& a+2\end{array}\right)=\mathbf{B}.$因为方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 有解, 所以 $a+2=0$, 即 $a=-2$. 综上, $\lambda =-1,a=-2$.
  (II) 当 $\lambda =-1,a=-2$ 时,继续对 (I) 中的矩阵 $B$ 作初等行变换得
• $\begin{array}{r}\mathbf{B}\to \left(\begin{array}{cccc}1& 0& -1& \frac{3}{2}\\ 0& 1& 0& -\frac{1}{2}\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\mathbf{x}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 0\end{array}\right)+k\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right),\end{array}$于是方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的通解为 其中 $k$ 为任意常数.
  注 对克拉默法则要理解清楚, 若 $|A|\ne 0$, 则 $Ax=b$ 有唯一解; 若 $|A|=0$, 则 $Ax=b$ 没有唯.一解, 此时 方程组可能无解,也可能有无穷多解.

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(5)

设矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 2& a\\ 1& 4& a^2\end{array}\right),\mathbf{b}=\left(\begin{array}{l}1\\ d\\ d^2\end{array}\right)$. 若集合 $\Omega =\{1,2\}$, 则线性方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 有无 穷多解的充分必要条件为 ( )
( A ) $a\notin \Omega ,d\notin \Omega$.
( В) $a\notin \Omega ,d\in \Omega$.
( C) $a\in \Omega ,d\notin \Omega$.
(D) $a\in \Omega ,d\in \Omega$.

(5)

• 答 应选(D).
  解 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有无穷多解 $\iff r(\mathbf{A};\mathbf{b})=r(\mathbf{A})<3.|\mathbf{A}|$ 是一个范德蒙德行列式, 值为 $(a-1)(a-2)$.
  若 $a\notin \Omega$, 则 $|\mathbf{A}|\ne 0,r(\mathbf{A})=3$, 此时 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有唯一解, (A), (B) 排除;
  类似地,若 $d\notin \Omega$, 则 $r(\mathbf{A}:\mathbf{b})=3$, (C) 排除;
  当 $a\in \Omega ,d\in \Omega$ 时, $r(\mathbf{A};\mathbf{b})=r(\mathbf{A})=2,\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 有无穷多解. 选(D).

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(20)

(本题满分 11 分)

• $\mathbf{B}$ 无解、有唯一解、有无穷多解? 在有解时, 求解此方程.

(20)

• 解 对矩阵 $(\mathbf{A}⋮\mathbf{B})$ 作初等行变换, 有
• $(\mathbf{A}:\mathbf{B})=\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 2& a& 1& 1& a\\ -1& 1& a& -a-1& -2\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& a+2& 3& -3& a-4\\ 0& 0& a-1& 1-a& 0\end{array}\right)=\mathbf{C}$ .
• 当 $a\ne 1$ 且 $a\ne -2$ 时, 由于
• $C\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& a+2& 3& -3& a-4\\ 0& 0& 1& -1& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 1& \frac{3a}{a+2}\\ 0& 1& 0& 0& \frac{a-4}{a+2}\\ 0& 0& 1& -1& 0\end{array}\right),$ 因此 $AX=B$ 有唯一解, 且
• $\mathbf{X}=\left(\begin{array}{cc}1& \frac{3a}{a+2}\\ 0& \frac{a-4}{a+2}\\ -1& 0\end{array}\right)$
• $当$a=1$ 时,由于
• $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 3& 3& -3& -3\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 1& 1\\ 0& 1& 1& -1& -1\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right),$因此 $AX=B$ 有无穷多解, 且
• $\mathbf{X}=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& -1\\ 0& 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ k_1& k_2\\ -k_1& -k_2\end{array}\right)$, 其中$k_1,k_2$为任意常数;
  于$\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 0& 3& -3& -6\\ 0& 0& -3& 3& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$,因此$\mathbf{AX}=\mathbf{B}$无解.当 $a=-2$ 时, 由于 $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 0& 3& -3& -6\\ 0& 0& -3& 3& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$, 因此 $\mathbf{AX}=\mathbf{B}$ 无解.

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(20)

(本题满分 11 分)
设 3 阶矩阵 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ 有 3 个不同的特征值, 且 ${\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2$.
( I ) 证明 $r(\mathbf{A})=2$;
( II ) 设 $\mathbf{\beta }={\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_3$, 求方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 的通解.

(20)

• 读题:设 3 阶矩阵 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ $\underset{\text{特征值一个是}0\text{，其他两个不是}0}{\underbrace{\text{有}3\text{个不同的特征值}}}$, 且 $\underset{\text{得出齐次的通解}}{\underbrace{{\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2}}$.
  ( I ) 证明 $\underset{\text{有一个特征值是}0}{\underbrace{r(\mathbf{A})=2}}$;
  ( II ) 设 $\underset{\text{得出非齐次的特解}}{\underbrace{\mathbf{\beta }={\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_3}}$, 求$\underset{\text{齐次通解}+\text{非齐次特解}}{\underbrace{\text{方程组}\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }\text{的通解}}}$.
• 分析 本题综合考查了行列式与特征值的关系以及解线性方程组.
  • 第( I ) 问要证明 $\mathbf{A}$ 的秩为 2 , 可以转化为证明 $\mathbf{A}$ 的行列式为零.
  • 第 (II) 问主要考查解线性方程组.
• (I)由于 $\mathbf{A}$ 有 3 个不同的特征值 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3$, 因此至多仅有一个零特征值.
  • 该对角矩阵的秩 $⩾2$, 于是 $r(\mathbf{A})⩾2$.
  • 又因为 ${\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2$, 所以 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性相关, $|\mathbf{A}|=0$.
    • 该对角矩阵的秩 $\text{＜}3$，于是$r(\mathbf{A})\text{＜}3$
  • 因此, $r(\mathbf{A})=2$.
• ${\alpha }_1+2{\alpha }_2-{\alpha }_3=0\stackrel{\text{写成矩阵乘法}}{\to }\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)=0A\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)=0$
  • 又 $r(\mathbf{A})=2$，所以$Ax=0$只有一个基础解系
    • 所以 $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ 为 $\mathbf{Ax}=0$ 的通解
• $\beta ={\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3\stackrel{\text{写成矩阵乘法}}{\to }\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\beta A\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\beta$
  • 所以 $\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ 为方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 的一个特解
• $Ax=\beta$的通解为:$x=\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)+k_1\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-1}\right)$，其中 $k$ 为任意常数.

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(21)

(本题满分 11 分)
已知 $a$ 是常数,且矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& a\\ 1& 3& 0\\ 2& 7& -a\end{array}\right)$ 可经初等列变换化为矩阵 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}1& a& 2\\ 0& 1& 1\\ -1& 1& 1\end{array}\right)$.
( I ) 求 $a$;
(II) 求满足 $\mathbf{AP}=\mathbf{B}$ 的可逆矩阵 $\mathbf{P}$.

(21)

• (I) 对矩阵 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 分别施以初等行变换, 得
  • $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{c}12a\\ 130\\ 27-a\end{array}\right)\underset{\text{三阶矩阵}}{\overset{\text{左下角三个}0}{\to }}\left(\begin{array}{c}103a\\ 01-a\\ 000\end{array}\right),$
  • $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{c}1a2\\ 011\\ -111\end{array}\right)\stackrel{\text{消出三个}0}{\to }\left(\begin{array}{c}100\\ 011\\ 002-a\end{array}\right).$
  • 由题设知 $r(\mathbf{A})=r(\mathbf{B})$, 故 $a=2$.
• (II) 由 (I) 知 $a=2$. 对矩阵 $(\mathbf{A}:\mathbf{B})$ 施以初等行变换, 得
  $(\mathbf{A}:\mathbf{B})=\left(\begin{array}{cccccc}1& 2& 2& 1& 2& 2\\ 1& 3& 0& 0& 1& 1\\ 2& 7& -2& -1& 1& 1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 6& 3& 4& 4\\ 0& 1& -2& -1& -1& -1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right).$
• 记 $B=\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)$,
  • 齐次的解$\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 1\end{array}\right)=0$
  • 非齐次的解$\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 0\end{array}\right)={\mathbf{\beta }}_1,\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)={\mathbf{\beta }}_2,\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)={\mathbf{\beta }}_3$
• 故 $AX=B$ 的解为$\mathbf{X}=\left(\begin{array}{ccc}3-6k_1& 4-6k_2& 4-6k_3\\ -1+2k_1& -1+2k_2& -1+2k_3\\ k_1& k_2& k_3\end{array}\right)\text{, 其中 }{k}_1,k_2,k_3\text{ 为任意常数. }$
  • 由于 $|\mathbf{X}|=k_3-k_2$,
• 因此满足 $\mathbf{AP}=\mathbf{B}$ 的可逆矩阵为
  $\mathbf{P}=\left(\begin{array}{ccc}3-6k_1& 4-6k_2& 4-6k_3\\ -1+2k_1& -1+2k_2& -1+2k_3\\ k_1& k_2& k_3\end{array}\right)$, 其中 $k_1,k_2,k_3$ 为任意常数, 且 $k_2\ne k_3$.

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Transclude of 数二2016#22

(9)

数一2022

• 设随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 独立同分布, 且 $X_1$ 的 4 阶矩存在, $\underset{\text{重点}}{\underbrace{E\left(X_1^k\right)={\mu }_k(k=1,2,3,4)}}$, 则根据 切比雪夫不等式, 对任意 $\epsilon >0$, 都有 $P\left\{\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\mu }_2\right|⩾\epsilon \right\}⩽()$
  (A) $\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{n{\epsilon }^2}$.
  (B) $\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{\sqrt{n}{\epsilon }^2}$.
  (C) $\frac{{\mu }_2-{\mu }_1^2}{n{\epsilon }^2}$.
  (D) $\frac{{\mu }_2-{\mu }_1^2}{\sqrt{n}{\epsilon }^2}$.
• • 切比雪夫不等式:需要分别求期望和方差
    • 设随机变量 $X$ 具有数学期望 $E(X)=\mu$, 方差 $D(X)={\sigma }^2$,
      • 则对于任意正数 $\epsilon$, 不等式$P\{|X-\mu |\ge \epsilon \}\le \frac{{\sigma }^2}{{\epsilon }^2}$成立.
• 公式 $D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X){]}^2$.
  • $E\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{提系数}}{=}\frac{1}{n}E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{独立同分布}}{=}\frac{1}{n}\cdot nE\left(X_1^2\right)={\mu }_2$
  • $D\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{提系数}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^{2}D\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{独立，则不考虑协方差}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^2\cdot nD\left(X_1^2\right)$
    • $\stackrel{\text{平方的期望减期望的平方}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^2\cdot n\left\{\underset{{\mu }_4}{\underbrace{E\left[{\left(X_1^2\right)}^2\right]}}-\underset{{\mu }_2}{\underbrace{{\left[E\left(X_1^2\right)\right]}^2}}\right\}=\frac{1}{n}\left({\mu }_4-{\mu }_2^2\right)$
• 故 $P\left\{\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\mu }_2\right|\ge \epsilon \right\}\le \frac{D\left(\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2\right)}{{\epsilon }^2}=\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{n{\epsilon }^2}$。故选 A。
• 设随机变量 $X$ 的数学期望 $E(X)=\mu$, 方差 $D(X)={\sigma }^2$, 则由切比雪夫不等式, 有 $P\{|X-\mu |\ge 3\sigma \}\le$ (1989 年数学三试题)
• 设随机变量 $X$ 的方差为 2 ，则根据切比雪夫不等式有估计 $P\{|X-E(X)|\ge 2\}\le$ 。(2001 年数学一试题)
• 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的数学期望分别为 -2 和 2 , 方差分别为 1和 4 , 而相关系数为 -0.5 , 则根据切比雪夫不等式 $P\{|X+Y|\ge 6\}\le$.(2001 年数学三试题)

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Transclude of 数三2019#13

非齐次线性方程组的解的结构

Transclude of 数三2021#6

Transclude of 数三2011#6

Ax＝0

Transclude of 数一2014#20

(13)

设 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ 为 3 阶矩阵. 若 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关, 且 ${\mathbf{\alpha }}_3=-{\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2$, 则线性方程组 $Ax=0$ 的通解为

(13)

• 答 应填 $x=k(1,-2,1{)}^{\mathbf{T}},k\in \mathbf{R}$.
• 确定解向量的个数
  • 由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关, 可知 $r(\mathbf{A})⩾2$,
  • ${\mathbf{\alpha }}_3=-{\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2$，所以 $r(\mathbf{A})<3$,
• 因此 $r(A)=2$，进而解向量的个数为 $n-r(A)=1$
  • 由${\alpha }_3=-{\alpha }_1+2{\alpha }_2,$得${\alpha }_1-2{\alpha }_2+{\alpha }_3=0.$
    • $\stackrel{\text{化系数矩阵}}{\to }({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 1\end{array}\right)\ne 0.$
  • 故通解为$x=k(1,-2,1{)}^T,k\in \mathbb{R}.$

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Transclude of 数二2011#8

Transclude of 数二2020#7

Transclude of 数二2021#9

矩阵方程

(20)

(本题满分 11 分)

设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}1& a\\ 1& 0\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ll}0& 1\\ 1& b\end{array}\right)$. 当 $a,b$ 为何值时, 存在矩阵 $\mathbf{C}$ 使得 $\mathbf{AC}-\mathbf{CA}=\mathbf{B}$, 并求所有矩阵 $\mathbf{C}$.

（20）

• 解 设矩阵 $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ll}{x}_1& x_2\\ x_3& x_4\end{array}\right)$, 代人 $\mathbf{AC}-\mathbf{CA}=\mathbf{B}$, 得方程组
• $\{\begin{array}{l}-x_2+a{x}_3=0\\ -a{x}_1+x_2+a{x}_4=1\\ x_1-x_3-x_4=1\\ x_2-a{x}_3=b.\end{array}\text{对该方程组的增广矩阵作初等行变换}$, 得
• $\left(\begin{array}{ccccc}0& -1& a& 0& 0\\ -a& 1& 0& a& 1\\ 1& 0& -1& -1& 1\\ 0& 1& -a& 0& b\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 0& -1& -1& 1\\ 0& 1& -a& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& a+1\\ 0& 0& 0& 0& b\end{array}\right).$ 由此可知: 当 $a\ne -1$ 或 $b\ne 0$ 时, 方程组 (* )无解; 当 $a=-1$ 且 $b=0$ 时, 方程组 (* )有解, 此时方程组
  综上, 当且仅当 $a=-1$ 且 $b=0$ 时, 存在满足条件的矩阵 $C$, 且 $C=\left(\begin{array}{cc}1+k_1+k_2& -k_1\\ k_1& k_2\end{array}\right)$, 其中 $k_1,k_2$ 为 任意常数.
  注 本题不能利用逆矩阵解矩阵方程的方法来求 $\mathbf{C}$, 只能利用 “元䒺法” 将矩阵方程转化为方程组去 求解.

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秩

(6)

如图所示, 有 3 张平面两两相交, 交线相互平行, 它们的方程$a_{i1}x+a_{i2}y+a_{i3}z=d_i(i=1,2,3)$
组成的线性方程组的系数矩阵和增广矩阵分别记为 $\mathbf{A},\bar{A}$, 则 ( )
(A) $r(\mathbf{A})=2,r(\overline{\mathbf{A}})=3$.(B) $r(\mathbf{A})=2,r(\overline{\mathbf{A}})=2$.(C) $r(\mathbf{A})=1,r(\overline{\mathbf{A}})=2$.(D) $r(\mathbf{A})=1,r(\overline{\mathbf{A}})=1$.

(6)

• 答 应选 A.
• 解 由题设知, 三个平面无公共交点, 故方程组无解, 则 $\mathrm{r}(\mathbf{A})\ne r(\overline{\mathbf{A}})$. 又因为它们两两相交, 说明其中 任意两个平面不平行, 所以 $r(\mathbf{A})⩾2$, 故选 A.
• 表 (a) 方程组有解的情形

图形	几何意义	代数表达
1	三张平面相交于一点	$r(A)=r(\bar{A})=3$
2	三张平面相交于一条直线	$r(A)=r(\bar{A})=2$，且 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 中任意两个向量线性无关
3	两张平面重合，第三张平面与之相交	$r(A)=r(\bar{A})=2$，且 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 中有两个向量线性相关
4	三张平面重合	$r(A)=r(\bar{A})=1$

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};  % 只画 z > 0
 
        % 填充三个相互垂直的平面（只显示 z \geq 0 部分）
        \fill[gray!20,opacity=0.5] (-1.2,-1.2,0) -- (-1.2,1.2,0) -- (1.2,1.2,0) -- (1.2,-1.2,0) -- cycle; % XY 平面
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,0,0) -- (-1.2,0,1.2) -- (1.2,0,1.2) -- (1.2,0,0) -- cycle; % XZ 平面，限制 z \geq 0
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (0,-1.2,0) -- (0,-1.2,1.2) -- (0,1.2,1.2) -- (0,1.2,0) -- cycle; % YZ 平面，限制 z \geq 0
 
        % 标记相交点
        \node[below left,red] at (0,0,0) {$O$};
        \fill[red] (0,0,0) circle (1.5pt);
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 绘制三个平面
        % 平面 1：XZ 平面（y=0）
        \fill[gray!20,opacity=0.5] (-1.2,0,0) -- (-1.2,0,1.2) -- (1.2,0,1.2) -- (1.2,0,0) -- cycle;
 
        % 平面 2：YZ 平面（x=0）
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (0,-1.2,0) -- (0,-1.2,1.2) -- (0,1.2,1.2) -- (0,1.2,0) -- cycle;
 
        % 平面 3：倾斜平面 x + y = 0
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (-1.2,1.2,0) -- (1.2,-1.2,0) -- (1.2,-1.2,1.2) -- (-1.2,1.2,1.2) -- cycle;
 
        % 标记交线（严格与 z 轴重合）
        \draw[thick,red] (0,0,0) -- (0,0,1.2);
 
        % 标记相交点
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 绘制两个重合的 XZ 平面（y=0）
        \fill[red!20,opacity=0.5] (-1.2,0,0) -- (-1.2,0,1.2) -- (1.2,0,1.2) -- (1.2,0,0) -- cycle;
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,0.1,0) -- (-1.2,0.1,1.2) -- (1.2,0.1,1.2) -- (1.2,0.1,0) -- cycle;
 
        % 第三张平面：YZ 平面 (x=0)
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (0,-1.2,0) -- (0,-1.2,1.2) -- (0,1.2,1.2) -- (0,1.2,0) -- cycle;
 
        % 标记交线（X 轴方向）
        \draw[thick,red] (-1.2,0,0) -- (1.2,0,0);
 
        % 在交点 (0,0,0) 画一个红点
        \fill[red] (0,0,0) circle (1.5pt);
 
        % 标记相交点
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
        \draw[thick,red] (0,0,0) -- (0,0,1.2);
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 画三张完全重合的平面（这里只画一个 XZ 平面）
        \fill[red] (-1.2,0,0) -- (-1.2,0,1.2) -- (1.2,0,1.2) -- (1.2,0,0) -- cycle;
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,0.1,0) -- (-1.2,0.1,1.2) -- (1.2,0.1,1.2) -- (1.2,0.1,0) -- cycle;
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,-0.1,0) -- (-1.2,-0.1,1.2) -- (1.2,-0.1,1.2) -- (1.2,-0.1,0) -- cycle;
 
        % 标记相交点
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

• 表 (b) 方程组无解的情形

图形	几何意义	代数表达
5	三张平面两两相交，且交线相互平行	$r(A)=2,r(\bar{A})=3$，且 $a_1,a_2,a_3$ 中任意两个向量都线性无关
6	两张平面平行，第三张平面与它们相交	$r(A)=2,r(\bar{A})=3$，且 $a_1,a_2,a_3$ 中有两个向量线性相关

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{20}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 三个平面（都严格平行于 Z 轴）
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (0,-0.5,0) -- (0,1.2,0) -- (0,1.2,1) -- (0,-0.5,1) -- cycle; % x = 0 (YZ 平面)
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (-0.5,0,0) -- (1.2,0,0) -- (1.2,0,1) -- (-0.5,0,1) -- cycle;  % y = 0 (XZ 平面)
        \fill[gray!50,opacity=0.5] (-0.2,1.2,0) -- (1.2,-0.2,0) -- (1.2,-0.2,1) -- (-0.2,1.2,1) -- cycle;  % x + y = 1
 
        % 三条交线 (都严格沿 z 轴)
        \draw[thick,red] (0,0,0) -- (0,0,1);  % 交线 1 (原点)
        \draw[thick,red] (1,0,0) -- (1,0,1);  % 交线 2
        \draw[thick,red] (0,1,0) -- (0,1,1);  % 交线 3
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 绘制两个平行的 XZ 平面
        \fill[gray!20,opacity=0.5] (-1.2,-1.2,0) -- (1.2,-1.2,0) -- (1.2,-1.2,1.2) -- (-1.2,-1.2,1.2) -- cycle;
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,1.2,0) -- (1.2,1.2,0) -- (1.2,1.2,1.2) -- (-1.2,1.2,1.2) -- cycle;
 
        % 第三张平面（YZ 平面）
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (0,-1.5,0) -- (0,-1.5,1.2) -- (0,1.5,1.2) -- (0,1.5,0) -- cycle;
 
        % 交线：两条平行的红色直线
        \draw[thick,red] (0,-1.2,0) -- (0,-1.2,1.2);
        \draw[thick,red] (0,1.2,0) -- (0,1.2,1.2);
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

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Transclude of 数二2019#7

同解与公共解

(6)

数一2022

• 设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为 $n$ 阶矩阵, $\mathbf{E}$ 为 $n$ 阶单位矩阵,若$\underset{\text{同零解还是非零解}}{\underbrace{\text{方程组}\mathbf{Ax}=0\text{与}\mathbf{B}\mathbf{x}=0\text{同解}}}$, 则 ( )
  (A) $\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{E}& B\end{array}\right)\mathbf{y}=0$ 只有零解.
  (B) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{E}& \mathbf{A}\\ \mathbf{O}& \mathbf{AB}\end{array}\right)\mathbf{y}=0$ 只有零解.
  (C) $\left(\begin{array}{ll}A& B\\ O& B\end{array}\right)y=0$ 与 $\left(\begin{array}{cc}B& A\\ O& A\end{array}\right)y=0$ 同解.
  (D) $\left(\begin{array}{cc}AB& B\\ O& A\end{array}\right)y=0$ 与 $\left(\begin{array}{cc}BA& A\\ O& B\end{array}\right)y=0$ 同解.

数一2022
答 应选 C.

• 对 $(A),\left|\begin{array}{cc}A& O\\ E& B\end{array}\right|\stackrel{\text{拉普拉斯}}{=}|A|\cdot |B|$ 是否为 0 不确定。
• 对 $(B)$，$\left|\begin{array}{c}EA\\ OAB\end{array}\right|=|E|\cdot |AB|=|A|\cdot |B|$ 是否为 0 不确定。
• 对 $(C)$，$\left[\begin{array}{cc}A& B\\ O& B\end{array}\right]\stackrel{c1-c2}{\to }\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& B\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}B& A\\ O& A\end{array}\right]\stackrel{c1-c2}{\to }\left[\begin{array}{cc}B& O\\ O& A\end{array}\right]$
  • 因为 $Ax=0$ 与 $Bx=0$ 同解，
    注意行变换是同解的，列变换是不同解的
    • 于是 $\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& B\end{array}\right]x=0$ 与 $\left[\begin{array}{cc}B& O\\ O& A\end{array}\right]x=0$ 也同解。
    • 进而 $\left[\begin{array}{cc}A& B\\ O& B\end{array}\right]y=0$ 与 $\left[\begin{array}{cc}B& A\\ O& A\end{array}\right]y=0$ 同解。
    • 实际上，$\left[\begin{array}{cc}A& AB\\ O& B\end{array}\right]x=0$，和 $\left[\begin{array}{cc}B& BA\\ O& A\end{array}\right]x=0$ 也同解
• D选项是列变换，错误

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其他

Transclude of 数三2023#15

特征值与特征向量(14+11+1道)

特征值与特征向量

(13)

若 3 维列向量 $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 满足 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\beta }=2$, 其中 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 为 $\mathbf{\alpha }$ 的转置, 则矩阵 $\mathbf{\beta }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 的非零特征值为

(13)

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(13)

设 2 阶矩阵 $\mathbf{A}$ 有两个不同特征值, ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 是 $\mathbf{A}$ 的线性无关的特征向量, 且满足 ${\mathbf{A}}^2\left({\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2\right)=$ ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2$, 则 $|\mathbf{A}|=$

(13)

• 分析 本题主要考查特征值与特征向量的概念，以及矩阵的行列式与其特征值之间的关系.
  • 行列式与特征值的关系: $|\mathbf{A}|={\prod }_{i=1}^n{\lambda }_i$ ，其中 ${\lambda }_i(i=1,2,\cdots ,n)$ 是 $n$ 阶矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值.
• 答 应填一 1 .

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求行列式的值

Transclude of 数二2015#14

由特征向量和特征值，计算A中的参数

Transclude of 数二2017#14

矩阵的相似与相似对角化

求可逆矩阵

(21)

(本题满分 11 分)
设矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& -3\\ -1& 3& -3\\ 1& -2& a\end{array}\right)$ 相似于矩阵 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 0& b& 0\\ 0& 3& 1\end{array}\right)$.
(I) 求 $a,b$ 的值;
(II) 求可逆矩阵 $\mathbf{P}$,使 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}$ 为对角矩阵.

(21)

• 解 (I ) 由于矩阵 $\mathbf{A}$ 与矩阵 $\mathbf{B}$ 相似,因此 $\mathrm{tr}(\mathbf{A})=\mathrm{tr}(\mathbf{B}),|\mathbf{A}|=|\mathbf{B}|$, 于是
• $3+a=2+b,2a-3=b,$解得
  (II) 由 ( I ) 知 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& -3\\ -1& 3& -3\\ 1& -2& 4\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 0& 5& 0\\ 0& 3& 1\end{array}\right)$.
  由于矩阵 $\mathbf{A}$ 与矩阵 $\mathbf{B}$ 相似, 因此 $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{B}|=(\lambda -1{)}^2(\lambda -5)$, 故 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1={\lambda }_2=1,{\lambda }_3=5$.
  当 ${\lambda }_1={\lambda }_2=1$ 时, 解方程组 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$, 得线性无关的特征向量 ${\mathbf{\xi }}_1=\left(\begin{array}{l}2\\ 1\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{\xi }}_2=\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$;
  当 ${\lambda }_3=5$ 时,解方程组 $(5\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$, 得特征向量 ${\mathbf{\xi }}_3=\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\end{array}\right)$.
  令 $\mathbf{P}=\left({\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}2& -3& -1\\ 1& 0& -1\\ 0& 1& 1\end{array}\right)$, 则 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 5\end{array}\right)$, 故 $\mathbf{P}$ 为所求可逆矩阵.

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(21)

(本题满分 11 分)
已知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}-2& -2& 1\\ 2& x& -2\\ 0& 0& -2\end{array}\right)$ 与 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& y\end{array}\right)$ 相似.
(I) 求 $x,y$;
(II) 求可逆矩阵 $\mathbf{P}$,使得 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\mathbf{B}$.

(21)

• • 第一问思想:相似的性质
    • $|A|=|B|$∶行列式相等
    • $r(A)=r(B)$∶秩相等
    • $|\lambda E-A|=|\lambda E-B|\Rightarrow {\lambda }_A={\lambda }_B$∶特征多项式一样$\to$则特征值也一样
      • 这个箭头是单向的∶12年数一考的就是让同学举反例，特征值一样，但是不相似
    • $\sum a_{ii}=\sum b_{ii}$∶因为特征值一样$\to$所以迹也相等
• 解 (1) 由 $A\sim B\Rightarrow \{\begin{array}{rl}|A|& =|B|\\ \mathrm{tr}(A)& =\mathrm{tr}(B)\\ r(A)& =r(B)\end{array}$
  • 行列式的值相等计算：$\begin{array}{r}|A|=4x-8,|B|=-2y\end{array}$
  • 解方程组：$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}\text{行列式的值相等}4x-8=-2y\\ \text{迹相等}:x-4=y+1\end{array}\end{array}$
    • 解得 $x=3,y=-2$.
• 第二问思想:相似矩阵的传递性
  • $\begin{array}{rl}& \exists P_1\cdot P_1^{-1}A{P}_1=\Lambda \end{array}$
  • $\begin{array}{r}\exists P_2\cdot P_2^{-1}B{P}_2=\Lambda \end{array}$
  • $\begin{array}{r}{P}_1^{-1}A{P}_1=P_2^{-1}B{P}_2\Rightarrow {\left(P_1{P}_2^{-1}\right)}^{-1}A\left(P_1{P}_2^{-1}\right)=B\Rightarrow P=P_1{P}_2^{-1}\end{array}$
• 先求特征值
  • $\lambda (A)=\lambda (B)=2,-1,-2$
• 求A矩阵的特征向量
  • $(A-2E)x=0$
    • $\left(\begin{array}{c}-4-21\\ 21-2\\ 00-4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{l}21-2\\ 00-3\\ 00-4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{l}210\\ 001\\ 000\end{array}\right)$
    • $\{\begin{array}{rl}2x_1+x_2& =0\\ x_3& =0\end{array}\{\begin{array}{l}{x}_1=k\\ x_2=-2k\\ x_3=0\end{array}x=k_1\left(\begin{array}{r}1\\ -2\\ 0\end{array}\right)\left(k_1\ne 0\right)$
  • $(A+E)x=0$
    • $\left(\begin{array}{c}-1-21\\ 24-2\\ 00-1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{c}12-1\\ 001\\ 000\end{array}\right)\{\begin{array}{r}{x}_1+2x_2-x_3=0\\ x_3=0\end{array}$
    • $\{\begin{array}{l}{x}_1=-2k\\ x_2=k\\ x_3=0\end{array}x=k_2\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right)\left(k_2\ne 0\right)$
  • $(A+2E)x=0$
    • $\left(\begin{array}{c}0-21\\ 25-2\\ 000\end{array}\right)$
    • $\{\begin{array}{r}2x_1+5x_2-2x_3=0\\ -2x_2+x_3=0\end{array}\{\begin{array}{ll}{x}_1=k& \\ x_2=& -2k\\ x_3=-4k& \end{array}x=k_3\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -4\end{array}\right)$
• 求B矩阵的特征向量
  • $(B-2E)x=0\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& -3& 0\\ 0& 0& -4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{lll}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)x=k_4\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)k_4\ne 0$
  • $(B+E)x=0\left(\begin{array}{ccc}3& 1& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}3& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)x=k_5\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 0\end{array}\right)k_5\ne 0$
  • $(B+2E)x=0\left(\begin{array}{lll}4& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)x=k_b\left(\begin{array}{l}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)k_6\ne 0$
• $P_1^{-1}A{P}_1=P_2^{-1}B{P}_2\underset{\text{用对角矩阵传递}}{\overset{\text{传递性}}{\to }}{\left(P_1{P}_2^{-1}\right)}^{-1}A\left(P_1{P}_2^{-1}\right)=B$
  • $P=P_1{P}_2^{-1}=\left(\begin{array}{c}1-21\\ -21-2\\ 00-4\end{array}\right){\left(\begin{array}{c}110\\ 0-30\\ 001\end{array}\right)}^{-1}$
    • $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& -3& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right|\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array})\underset{r_1-r_2}{\overset{r_2\cdot -\frac{1}{3}}{\to }}\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}|\begin{array}{ccc}1& \frac{1}{3}& 0\\ 0& -\frac{1}{3}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$
  • $P=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 1\\ -2& 1& -2\\ 0& 0& -4\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& \frac{1}{3}& 0\\ 0& -\frac{1}{3}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ -2& -1& -2\\ 0& 0& -4\end{array}\right)$
    1992 年数三试题
    设矩阵 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 相似, 其中
    $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}-2& 0& 0\\ 2& x& 2\\ 3& 1& 1\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& y\end{array}\right).$
    (1) 求 $x$ 和 $y$ 的值;
    (2) 求可道矩阵 $P$, 使 $P^{-1}AP=B$.

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(21)

• • 反证法
    • 若 $P$ 不可逆，$|\alpha ,A\alpha |=0\Rightarrow \alpha$ 与 $A\alpha$ 相关 $\Rightarrow \alpha$，$A\alpha$ 成比例
      • 则 $\exists k$，使 $A\alpha =k\alpha$，说明 $\alpha$ 为 $A$ 对应于 $\lambda =k$ 的特征向量，与题中条件相悖
        • 题中条件:其中 $\mathbf{\alpha }$ 是非零向量且不是 $\mathbf{A}$ 的特征向量.
• $\therefore P$可逆
  (II) 若 ${\mathbf{A}}^2\mathbf{\alpha }+\mathbf{A}\mathbf{\alpha }-6\mathbf{\alpha }=0$, 求 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}$, 并判断 $\mathbf{A}$ 是否相似于对角矩阵.
• 设$P_{}^{-1}AP=B\stackrel{\text{左乘}P}{\to }AP=PB$
  • $A(\alpha \cdot A\alpha )=(\alpha \cdot A\alpha )B.$
  • $\stackrel{\mathbf{P}=(\mathbf{\alpha },\mathbf{A}\mathbf{\alpha })}{\to }(\alpha \cdot A\alpha )B=\left(A\alpha \cdot A^2\alpha \right)$
    • $\stackrel{{\mathbf{A}}^2\mathbf{\alpha }+\mathbf{A}\mathbf{\alpha }-6\mathbf{\alpha }=0}{\to }(A\alpha$，$6\alpha -A\alpha )$
    • $(\alpha \cdot A\alpha )B=(A\alpha$，$6\alpha -A\alpha )$
      • $(\alpha \cdot A\alpha )\left(\begin{array}{c}06\\ 1-1\end{array}\right)=(A\alpha$，$6\alpha -A\alpha )$
• 求得B的系数矩阵
  $B=\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right)=P^{-1}AP$
  • 因为A和B相似，所以A和B的特征值一样
  • 求B的特征值
    • 则有 $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{B}|=\left|\begin{array}{cc}\lambda & -6\\ -1& \lambda +1\end{array}\right|={\lambda }^2+\lambda -6=(\lambda -2)(\lambda +3)$,
      • 得 $\mathbf{B}$ 的特征值为 $2,-3$.
  • $A$有两个不同的特征值
    • 所以 $\mathbf{A}$ 相似于对角矩阵 $\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& -3\end{array}\right)$.

解法2

• $\mathbf{AP}\stackrel{\mathbf{P}=(\mathbf{\alpha },\mathbf{A}\mathbf{\alpha })}{=}\left(\mathbf{A}\mathbf{\alpha },{\mathbf{A}}^2\mathbf{\alpha }\right)\stackrel{{\mathbf{A}}^2\mathbf{\alpha }+\mathbf{A}\mathbf{\alpha }-6\mathbf{\alpha }=0}{=}(\mathbf{A\alpha },6\mathbf{\alpha }-\mathbf{A\alpha })=(\mathbf{\alpha },\mathbf{A}\mathbf{\alpha })\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right)=\mathbf{P}\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right),$
• 所以${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right),$可知矩阵 $\mathbf{A}$ 与 $\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right)$ 相似,

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Transclude of 数二2017#7

Transclude of 数二2020#8

Transclude of 数二2021#10

Transclude of 数二2021#22

Transclude of 数二2022#8

Transclude of 数二2023#22

求实对称矩阵的正交矩阵

Transclude of 数二2010#23

是否相似于对角矩阵

(6)

设 $\mathbf{A}$ 为 4 阶实对称矩阵, 且 ${\mathbf{A}}^2+\mathbf{A}=\mathbf{O}$. 若 $\mathbf{A}$ 的秩为 3 , 则 $\mathbf{A}$ 相似于 ()
(A) $\left(\begin{array}{llll}1& & & \\ & 1& & \\ & & 1& \\ & & & 0\end{array}\right)$.
(B) $\left(\begin{array}{llll}1& & & \\ & 1& & \\ & & -1& \\ & & & 0\end{array}\right)$.
(C) $\left(\begin{array}{llll}1& & & \\ & -1& & \\ & & -1& \\ & & & 0\end{array}\right)$.
(D) $\left(\begin{array}{llll}-1& & & \\ & -1& & \\ & & -1& \\ & & & 0\end{array}\right)$.

(6)

答 应选(D).
解 因 $\mathbf{A}$ 是秩为 3 的实对称矩阵, 所以 $\mathbf{A}$ 必相似于秩为 3 的对角矩阵. 设 $\lambda$ 为 $\mathbf{A}$ 的特征值, 由 ${\mathbf{A}}^2+\mathbf{A}=\mathbf{O}$ 可得 ${\lambda }^2+\lambda =0$, 即 $\lambda =0$ 或 -1 . 由此可知只有选项 (D) 是正确的.
注 题目中“实对称”这个条件是可以删掉的, 不影响答案, 但是这样题目难度就加大了, 因为此时判 断 $\mathbf{A}\sim \mathbf{\Lambda }$ 就不那么容易了. 读者可以利用“ $\mathbf{A}$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量”来完成 $\mathbf{A}\sim \mathbf{\Lambda }$ 这一步.

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(6)

矩阵 $\left(\begin{array}{lll}1& a& 1\\ a& b& a\\ 1& a& 1\end{array}\right)$ 与 $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& b& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ 相似的充分必要条件为 $()$(A) $a=0,b=2$.
(B) $a=0,b$ 为任意常数.
(C) $a=2,b=0$.
(D) $a=2,b$ 为任意常数.

(6)

• 答 应选(B).
  分析 两个同阶的实对称矩阵相似的充分必要条件为两者具有相同的特征值. 显然矩阵 $B=$ $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& b& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ 的特征值为 $2,b,0$, 故只需通过求矩阵 $A=\left(\begin{array}{lll}1& a& 1\\ a& b& a\\ 1& a& 1\end{array}\right)$ 的特征值来确定 $a,b$ 的值. 本题是一道 基础题.
  解 因为
• $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& -a& -1\\ -a& \lambda -b& -a\\ -1& -a& \lambda -1\end{array}\right|=\lambda \left[(\lambda -2)(\lambda -b)-2a^2\right],$所以, 当且仅当 $a=0$ 时, 矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $2,b,0$, 且 $b$ 可为任意常数, 即选项 (B) 是正确的.
  当 $a=2,b=0$ 时, 矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $4,-2,0$, 显然 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 不相似, 所以选项 (C) 是错误的, 从而可知 选项 (D) 也是错误的. 选项 (A) 只是两个矩阵相似的充分条件, 并不是必要条件, 所以选项 (A) 是错误的.

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Transclude of 数一2014#21

(5)

数一2022

• 下列 4 个条件中, 3 阶矩阵 $\mathbf{A}$ 可相似对角化的一个充分非必要条件是 ( )
  (A) $\mathbf{A}$ 有 3 个不同的特征值.
  (B) $A$ 有 3 个线性无关的特征向量.
  (C) $\mathbf{A}$ 有 3 个两两线性无关的特征向量.
  (D) $\mathbf{A}$ 的属于不同特征值的特征向量相互正交.

数一2022

• A:由题意，3个不同特征值可以推出 $A$ 能相似对角化，但是反之不能推出，故选 $A$。
  • A能相似对角化，但A不一定有三个不同的特征值。
  • 如果A有二重根，并且二重根有两个特征向量，则A也可以相似对角化
• B:其中 $(B)$ 是充分必要条件。
• C:其中 $(C)$ 是必要非充分条件，
  • 证充分性:因为有3个两两无关的特征向量，则这3个特征向量可能相关，
    比如 ${\alpha }_1=[1,0,0{]}^T,{\alpha }_2=[0,1,0{]}^T,{\alpha }_3=[1,1,0{]}^T$。
  • 证必要性:而当3个特征向量无关时，这3个特征向量必两两无关。
• D:其中 $(D)$ 不意味着 $A$（3阶矩阵）有3个相互正交的特征向量，
  • 比如，${\lambda }_1={\lambda }_2=1$，但该二重特征值可能只有一个无关特征向量 ${\xi }_1$，
  • 而 ${\lambda }_3=0$，该单根有（且只有）一个无关的特征向量 ${\xi }_2$，
  • 此时完全可以有 ${\xi }_1$ 与 ${\xi }_2$ 正交这种情形，但是二重根只有一个特征向量，所以不能相似对角化

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Transclude of 数三2022#5

相似的传递性

(5)

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 是可逆矩阵,且 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 相似,则下列结论错误的是 ( )
(A) ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}$ 与 ${\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}$ 相似.
(B) $A^{-1}$ 与 ${\mathbf{B}}^{-1}$ 相似.
(C) $\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}$ 与 $\mathbf{B}+{\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}$ 相似.
(D) $\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{-1}$ 与 $\mathbf{B}+{\mathbf{B}}^{-1}$ 相似.

(5)

• 答 应选(C).
  解 依题意可知, 存在可逆矩阵 $P$, 使得 $P^{-1}AP=B$, 则
• ${\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}={\left({\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}\right)}^{\mathrm{T}}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}{\left({\mathbf{P}}^{-1}\right)}^{\mathrm{T}}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}{\left({\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\right)}^{-1}={\mathbf{P}}_1^{-1}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{P}}_1,$其中 ${\mathbf{P}}_1={\left({\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\right)}^{-1}$ 可逆,故 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\sim {\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}$.
• $B^{-1}={\left(P^{-1}AP\right)}^{-1}=P^{-1}{A}^{-1}{\left(P^{-1}\right)}^{-1}=P^{-1}{A}^{-1}P,$故 ${\mathbf{A}}^{-1}\sim {\mathbf{B}}^{-1}$.
• ${\mathbf{P}}^{-1}\left(\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{-1}\right)\mathbf{P}={\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}+{\mathbf{P}}^{-1}{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{P}=\mathbf{B}+{\mathbf{B}}^{-1},$故 $A+A^{-1}\sim B+B^{-1}$.
  由此可知, (A), (B), (D) 均正确, 故选 (C).
  对于 (C), 取 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}1& 3\\ 2& 2\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{cc}4& 0\\ 0& -1\end{array}\right)$, 易知 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 相似, 但 $\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}$ 与 $\mathbf{B}+{\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}$ 不相似.

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（6）

已知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{lll}2& 1& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),\mathbf{C}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$, 则 ( )
(A) $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 相似, $\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{C}$ 相似.
(B) $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 相似, $\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{C}$ 不相似.
(C) $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 不相似, $\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{C}$ 相似.
(D) $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 不相似, $\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{C}$ 不相似.

(6)

• 答 应选(B).
• $\mathbf{A}$ 和 $\mathbf{B}$ 都是上三角形矩阵,特征值是对角线上的元索, 都是 $2,2,1$.
• 问相似
  • 先看特征值:ABC的是全相等的
  • 再看是否有二重根
  • 如果有二重根，看有几个线性无关的解:用$|A-\lambda E|$判断
    • B选项，是二重根，但只有一个线性无关的特征向量，因此不能相似对角化
• 它们是否与 $\mathbf{C}$ 相似只需看它们是否可相似对角化:也就是，看二重根是否具有两个线性无关的解
  • 矩阵 $\mathbf{A}$, 对二重特征值 $2,n-r(2\mathbf{E}-\mathbf{A})=3-1=2$ (等于重数),
    • $2\mathbf{E}-\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$,
    • 于是 $\mathbf{A}$ 可相似对角化, $\mathbf{A}$ 相似于 $\mathbf{C}$.
  • 矩阵 $\mathbf{B}$, 对二重特征值 $2,n-r(2\mathbf{E}-\mathbf{B})=3-2=1$ (小于重数),
    • $2\mathbf{E}-\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}0& -1& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$
    • 于是 $\mathbf{B}$ 不可相似对角化, $\mathbf{B}$ 不相似于 $\mathbf{C}$.

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(5)

• 下列矩阵中, 与矩阵 $\left(\begin{array}{lll}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ 相似的为 ( )
  • (A) $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.
  • (B) $\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.
  • (C) $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.
  • (D) $\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.

(5)

• • 答 应选 (A).
    • 解 设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right),\mathbf{A}$ 和各选项中的矩阵都不相似于对角矩阵.
    • 对这样的两个矩阵, 要判定它们相似需要大纲要求以外的知识, 而判定它们不相似是有办法的. 因此本题采用排除法.
    • 由相似的矩阵相等, 知若 $\mathbf{A}$ 相似于 $\mathbf{B}$, 则 $\mathbf{A}-\mathbf{E}$ 相似于 $\mathbf{B}-\mathbf{E}$, 从而 $r(\mathbf{A}-\mathbf{E})=r(\mathbf{B}-\mathbf{E})$.
    • $\mathbf{A}-\mathbf{E}=\left(\begin{array}{lll}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right),r(\mathbf{A}-\mathbf{E})=2$
    • 而当 $\mathbf{B}$ 取 (B), (C), (D) 中的任一矩阵时, 都有 $r(B-E)=1$. 从而 $(\mathrm{B}),(\mathrm{C}),(\mathrm{D})$ 都排除,故选 (A).

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Transclude of 数二2009#14

Transclude of 数二2018#14

求相似求矩阵的n次幂

(21)

(本题满分 11 分)
已知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& -1& 1\\ 2& -3& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$.
( I ) 求 ${\mathbf{A}}^{99}$.
(II ) 设 3 阶矩阵 $\mathbf{B}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ 满足 ${\mathbf{B}}^2=\mathbf{B}\mathbf{A}$. 记 ${\mathbf{B}}^{100}=\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)$, 将 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 分别表示 为 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 的线性组合.

(21)

解 (I )因为 $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 1& -1\\ -2& \lambda +3& 0\\ 0& 0& \lambda \end{array}\right|=\lambda (\lambda +1)(\lambda +2)$,所以 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1=-1,{\lambda }_2=-2,{\lambda }_3=0$.
当 ${\lambda }_1=-1$ 时,解方程组 $(-\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$, 得特征向量 ${\mathbf{\xi }}_1=(1,1,0{)}^{\mathrm{T}}$;
当 ${\lambda }_2=-2$ 时,解方程组 $(-2\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$, 得特征向量 ${\xi }_2=(1,2,0{)}^{\mathrm{T}}$;
当 ${\lambda }_3=0$ 时,解方程组 $\mathbf{Ax}=0$, 得特征向量 ${\mathbf{\xi }}_3=(3,2,2{)}^{\mathrm{T}}$.
令 $\mathbf{P}=\left({\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3\right)=\left(\begin{array}{lll}1& 1& 3\\ 1& 2& 2\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$, 则 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& -2& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$, 所以

• \displaystyle \boldsymbol{A}^{99}=\boldsymbol{P}\left(\begin{array}{ccc}(-1)^{99} & 0 & 0 \\0 & (-2)^{99} & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \boldsymbol{P}^{-1}=\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & 3 \\1 & 2 & 2 \\0 & 0 & 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}(-1)^{99} & 0 & 0 \\0 & (-2)^{99} & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}2 & -1 & -2 \\-1 & 1 & \frac{1}{2} \\0 & 0 & \frac{1}{2}\end{array}\right)$$\displaystyle =\left(\begin{array}{ccc}2^{99}-2 & 1-2^{99} & 2-2^{98} \\2^{100}-2 & 1-2^{100} & 2-2^{99} \\0 & 0 & 0\end{array}\right)(II)因为 $B^2=BA$, 所以
• $B^{100}=B^{98}{B}^2=B^{99}A=B^{97}{B}^{2}A=B^{98}{A}^2=\cdots =B{A}^{99},$即 $\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)\left(\begin{array}{ccc}{2}^{99}-2& 1-2^{99}& 2-2^{98}\\ 2^{100}-2& 1-2^{100}& 2-2^{99}\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$, 所以 $\{\begin{array}{l}{\mathbf{\beta }}_1=\left(2^{99}-2\right){\mathbf{\alpha }}_1+\left(2^{100}-2\right){\mathbf{\alpha }}_2,\\ {\mathbf{\beta }}_2=\left(1-2^{99}\right){\mathbf{\alpha }}_1+\left(1-2^{100}\right){\mathbf{\alpha }}_2,\\ {\mathbf{\beta }}_3=\left(2-2^{98}\right){\mathbf{\alpha }}_1+\left(2-2^{99}\right){\mathbf{\alpha }}_2.\end{array}$

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反求矩阵A

(21)

(本题满分 11 分)

设 $A$ 为 3 阶实对称矩阵, $A$ 的秩为 2 , 且

• $\mathbf{A}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 0\\ -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ 0& 0\\ 1& 1\end{array}\right).$
  (I) 求 $\mathbf{A}$ 的所有特征值与特征向量;

(II) 求矩阵 $\mathbf{A}$.

(21)

解 (I ) 由于 3 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩为 2 , 因此 0 是 $\mathbf{A}$ 的一个特征值.
由 $\mathbf{A}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 0\\ -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ 0& 0\\ 1& 1\end{array}\right)$, 可得 $\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=-\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right),\mathbf{A}\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$, 所以 -1 是 $\mathbf{A}$ 的一个特 征值, 其对应的全部特征向量为 $k_1\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ ( $k_1$ 为任意非零常数); 1 也是 $\mathbf{A}$ 的一个特征值, 其对应的全部特 征向量为 $k_2\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ ( $k_2$ 为任意非零常数).
设 $\mathbf{A}$ 的对应于特征值 0 的特征向量为 ${\left(x_1,x_2,x_3\right)}^{\mathrm{T}}$, 由实对称矩阵对应于不同特征值的特征向量是正交的, 知

• $\begin{array}{r}(1,0,-1)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=0,(1,0,1)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=0,\end{array}$
• $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{x}_1-x_3=0,\\ x_1+x_3=0,\end{array}\text{ 解得 }\{\begin{array}{l}{x}_1=0,\\ x_2=k_3,\\ x_3=0,\end{array}\end{array}$于是对应于特征值 0 的全部特征向量为 $k_3\left(\begin{array}{l}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ ( $k_3$ 为任意非零常数).
  (II) 令 $Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ 0& 0& 1\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\end{array}\right)$, 则 $Q^{-1}AQ=Q^{\mathrm{T}}AQ=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$, 故
• $\mathbf{A}=\mathbf{Q}\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right){\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ 0& 0& 1\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0& 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right).$注 也可令 $\mathbf{P}=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ -1& 1& 0\end{array}\right)$, 则
• $\mathbf{A}=\mathbf{P}\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right){\mathbf{P}}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ -1& 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& 0& -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& 0& \frac{1}{2}\\ 0& 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right).$

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二次型(16+4+2道)

由题中条件求参数

(21)

(本题满分 11 分)
设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=a{x}_1^2+a{x}_2^2+(a-1)x_3^2+2x_1{x}_3-2x_2{x}_3$.
(I) 求二次型 $f$ 的矩阵的所有特征值;
(II) 若二次型 $f$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$, 求 $a$ 的值.

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(13)

若二次曲面的方程 $x^2+3y^2+z^2+2axy+2xz+2yz=4$ 经正交变换化为 $y_1^2+4z_1^2=4$, 则 $a=$

(13)

答 应填 1 . 解 因为方程 $x^2+3y^2+z^2+2axy+2xz+2yz=4$ 与 $y_1^2+4z_1^2=4$ 的左端都是二次型, 且 $y_1^2+4z_1^2$ 是 $x^2+3y^2+z^2+2axy+2xz+2yz$ 的标准形, 所以后者的秩也是 2 , 从而 $0=\left|\begin{array}{lll}1& a& 1\\ a& 3& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right|=-(a-1{)}^2,$解得 $a=1$. 注 本题是以空间解析几何中二次曲面的形式给出的线性代数题, 考查的是将二次型化为标准形的 内容, 是一道比较简单的综合题.

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(13)

设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2-x_2^2+2a{x}_1{x}_3+4x_2{x}_3$ 的负惯性指数为 1 , 则 $a$ 的取值范围是

(13)

• 答 应填 $[-2,2]$.
  解 由于

&=\left(x_1+a x_3\right)^2-\left(x_2-2 x_3\right)^2+\left(4-a^2\right) x_3^2 \end{aligned}$$ 因为 $f$ 的负惯性指数为 1 , 所以 $4-a^2 \geqslant 0$, 故 $-2 \leqslant a \leqslant 2$. ## (14) 设总体 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{2 x}{3 \theta^{2}}, & \theta<x<2 \theta, \\ 0, & \text { 其他, }\end{array}\right.$ 其中 $\theta$ 是未知参数, $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自 总体 $X$ 的简单随机样本, 若 $\displaystyle c \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}$ 是 $\theta^{2}$ 的无偏估计, 则 $c=$ ### (14) - 答 应填 $\frac{2}{5 n}$.解 因为 $\displaystyle E\left(X^2\right)=\int_\theta^{2 \theta} x^2 \frac{2 x}{3 \theta^2} \mathrm{~d} x=\frac{5}{2} \theta^2$, 所以 $\displaystyle E\left(c \sum_{i=1}^n X_i^2\right)=c n \frac{5}{2} \theta^2$, 由于 $\displaystyle c \sum_{i=1}^n X_i^2$ 是 $\theta^2$ 的无偏估计, 因此 $c n \frac{5}{2}=1$, 故 $c=\frac{2}{5 n}$.# 三、解答题(本题共 9 小题,共 94 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)} ## (15) (本题满分 10 分)求极限 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] \mathrm{d} t}{x^{2} \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}$. #### (15) - $\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[ t^2 \left( e^{\frac{1}{t}} - 1 \right) - t \right] dt}{x^2 \ln \left( 1 + \frac{1}{x} \right)} \xlongequal[\text{第一件事}]{\text{化简分母}} \lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[ t^2 \left( e^{\frac{1}{t}} - 1 \right) - t \right] dt}{x} \end{aligned}$ - 只要分母趋于 $\displaystyle \begin{aligned} \infty \end{aligned}$，不必检查分子是否趋于 $\displaystyle \begin{aligned} \infty \end{aligned}$。 - $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\text{洛必达}} \lim_{x \to +\infty} \left[ x^2 \left( e^{\frac{1}{x}} - 1 \right) - x \right] \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \left( \text{令} \frac{1}{x} = t \right) \xlongequal[]{\text{倒代换}} \lim_{t \to 0^{+}} \left( \frac{e' - 1}{t^2} - \frac{1}{t} \right) \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{\text{通分}}\lim_{t \to 0^{+}} \frac{e^t - 1 - t}{t^2} \xlongequal[]{\text{泰勒}} \left( \lim_{t \to 0^{+}} \frac{1}{2} t^2 \right) = \frac{1}{2}.\end{aligned}$ ## (16) (本题满分 10 分)设函数 $y=f(x)$ 由方程 $y^{3}+x y^{2}+x^{2} y+6=0$ 确定, 求 $f(x)$ 的极值. #### (16) - 对方程求一阶导 - 对方程 $y^3 + x y^2 + x^2 y + 6 = 0$ 关于 $x$ 求导 - 得到 $3 y^2 y' + y^2 + 2 x y y' + 2 x y + x^2 y' = 0$ - 求 $f(1)$ - 令 $y' = 0$，解方程得 $y = -2x$ 或 $y = 0$ - $y = 0$ 不适用，舍去 - 使用 $y = -2x$ 得到 $x = 1$，则 $f(1) = -2$ - 对导数方程再次求导二阶导 - 对导数方程 $3 y^2 y' + y^2 + 2 x y y' + 2 x y + x^2 y' = 0$ 关于 $x$ 再次求导 - 得到 $\left(3 y^2 + 2 x y + x^2\right) y'' + 2(3 y + x)(y')^2 + 4(y + x) y' + 2 y = 0$ - 求二阶导数 $f''(1)$ - 将 $x = 1$ 和 $y =f(1) =-2$ 代入上述方程 - 解得 $f''(1) = \frac{4}{9} > 0$所以 $x=1$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点, 极小值为 $f(1)=-2$. ## (17) (本题满分 10 分)设函数 $f(u)$ 具有二阶连续导数, $z=f\left(\mathrm{e}^{x} \cos y\right)$ 满足 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=\left(4 z+\mathrm{e}^{x} \cos y\right) \mathrm{e}^{2 x}$. 若 $f(0)=0$, $f^{\prime}(0)=0$, 求 $f(u)$ 的表达式. ### (17) - 解题步骤 - 计算 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$. - 将 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$ 代入已知等式得到一个微分方程。 - 解微分方程求得 $f(u)$. - 计算 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$. - $\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x} & =f^{\prime}\left(e^x \cos y\right) \cdot e^x \cos y\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial z}{\partial x^2} & =e^x \cos y \cdot f^{\prime}\left(e^x \cos y\right)+e^x \cos y\left[f^{\prime \prime}\left(e^x \cos y\right) \cdot e^x \cos y\right]\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} =e^x \cos y \cdot f^{\prime}\left(e^x \cos y\right)+e^{2 x} \cos y f^{\prime \prime}\left(e^x \cos y\right)\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial z}{\partial y} & =f^{\prime}\left(e^x \cos y\right) \cdot\left(-e^x \sin y\right)\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial z^2}{\partial y^2} & =-e^x \cos y \cdot f^{\prime}\left(e^x \cos y\right)+\left(-e^x \sin y\right)\left[f^{\prime \prime}\left(e^x \cos y\right) \cdot\left(-e^x \sin y\right)\right] \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} =-e^x \cos y \cdot f^{\prime}\left(e^x \cos y\right)+e^{2 x} \sin y f^{\prime \prime}\left(e^x \cos y\right) \end{aligned}$ - 将 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$ 代入已知等式得到一个微分方程。 - $\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = e^{2x} f''(e^x \cos y)(\cos^2 y + \sin^2 y) \xrightarrow[]{\cos^2 y + \sin^2 y=1}e^{2x} f''(e^x \cos y)\end{aligned}$ - 题目给定:$\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=\left(4 z+\mathrm{e}^{x} \cos y\right) \mathrm{e}^{2 x}\end{aligned}$ - 则$\displaystyle \begin{aligned} e^{2x} f''(e^x \cos y) = (4z + e^x \cos y) e^{2x} \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[]{\text{去掉}e^{2x}}f''(e^x \cos y) = 4f(e^x \cos y) + e^x \cos y \end{aligned}$ - 令 $\displaystyle \begin{aligned} u = e^x \cos y \end{aligned}$，则 $\displaystyle \begin{aligned} f''(u) = 4f(u) + u \end{aligned}$ - 解微分方程求得 $f(u)$. - 二阶非齐次微分方程<br>$\displaystyle \begin{aligned} & f^{\prime \prime}(u)-4 f(u)=u \end{aligned}$ - 特征方程:$\displaystyle \begin{aligned} r^2-4=0 \Rightarrow r= \pm 2 \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} y=C_1 e^{2 u}+C_2 e^{-2 u} \end{aligned}$ - 求特解 - 由于 0 不是特征方程的根, - 故设特解为 $y^*=x^0\text{·}(C_3 u+C_4)=C_3 u+C_4$ - $\left(y^*\right)^{\prime \prime}=0$ - 将$y\text{和}y''$代入原方程$f^{\prime \prime}(u)-4 f(u)=u$ - 得$0-4 C_3 u-4 C_4=u$. - 于是 $C_3=-\frac{1}{4}, C_4=0$. - 从而确定$C_3$和$C_4$的值:<br>$f(u)=C_1 \mathrm{e}^{2 u}+C_2 \mathrm{e}^{-2 u}-\frac{1}{4} u .$ - 代入$f(u)=C_1 \mathrm{e}^{2 u}+C_2 \mathrm{e}^{-2 u}-\frac{1}{4} u .$初值以确定 $C_1, C_2$ 的值. - 由 $f(0)=0$ 得, $C_1+C_2=0$. - 由 $f^{\prime}(0)=0$ 得, $2 C_1-2 C_2-\frac{1}{4}=0$. - 从而解得 $C_1=\frac{1}{16}, C_2=-\frac{1}{16}$. - 因此, 非齐次的通解为齐次通解+特解为<br> $\displaystyle \begin{aligned}f(u)=\frac{1}{16} \mathrm{e}^{2 u}-\frac{1}{16} \mathrm{e}^{-2 u}-\frac{1}{4} u\end{aligned}$ - (2006 年数一、二试题) 设函数 $f(u)$ 在 $(0,+\infty)$ 内具有二阶导数，<br>且 $z=f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$ 满足等式$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=0 .$<br>(I) 验证 $f^{\prime \prime}(u)+\frac{f^{\prime}(u)}{u}=0$ ；<br>(II) 若 $f(1)=0, f^{\prime}(1)=1$ ，求函数 $f(u)$ 的表达式. ## (18) (本题满分 10 分)设 $\displaystyle \Sigma$ 为曲面 $z=x^{2}+y^{2}(z \leqslant 1)$ 的上侧, 计算曲面积分$\displaystyle I=\iint_{\Sigma}(x-1)^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+(y-1)^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+(z-1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y .$ #### (18) - - <br>， #### 转换投影法 - $\displaystyle \begin{aligned} D: \left\{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leq 1\right\}\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} I = \iint_{D} (-Pzx - Qzy + R) \, dx \, dy \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = \iint_{D} \left[-(x-1)^{3} \cdot 2x - (y-1)^{3} \cdot 2y + (z-1)\right] \, dx \, dy \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = \iint_{D} \left[(x^3 - 3x^2 + 3x - x^3) \cdot 2x + (x^3 - 3y^2 + 3y^2 - y^3) \cdot 2y + \underbrace{x^2 + y^2}_{z} - 1\right] \, dx \, dy \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[\text{偶倍奇}0]{\text{积分区域关于}x,y\text{都对称}} \iint_{D} \left[-6x^2 - 2x^4 - 6y^2 - 2y^4 + x^2 + y^2 - 1\right] \, dx \, dy \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} & =\iint_D\left[-5\left(x^2+y^2\right)-2\left(x^4+y^4\right)-1\right] d x d y \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[\text{翻}4\text{倍}]{\text{只算第一象限}}-20 \iint_{D_1}\left(x^2+y^2\right) d x d y-8 \iint_{D_1}\left(x^4+y^4\right) d x d y-\pi \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \iint_{D_1} (x^2 + y^2) \, dx \, dy = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{1} r^3 \, dr = \frac{\pi}{8} \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \iint_{D_1} (x^4 + y^4) \, dx \, dy\xlongequal[]{\text{轮换对称性}}2 \iint_{D_1} x^4 \, dx \, dy = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{1} r^4 \cos^4 \theta rdr \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 \theta \, d\theta \int_{0}^{1} r^5 \, dr \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = 2 \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{\pi}{16} \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}I=-20 \cdot \frac{\pi}{8}-8 \cdot \frac{\pi}{16}-\pi=-\frac{5}{2} \pi-\frac{\pi}{2}-\pi=-4 \pi\end{aligned}$ #### 高斯 - <br> - $\displaystyle \begin{aligned} \Sigma_1: \left\{(x, y, z) \mid x^2 + y^2 \leq 1, \, z = 1\right\}, \, \text{向下}, \end{aligned}$ - 负方向的高斯，结果外面要加负号 - $\displaystyle \begin{aligned} \Omega_1 = \Sigma_1 \text{和} \Sigma \text{所围区域}. \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} I = \iint_{\Sigma} = \iint_{\Sigma + \Sigma_1} - \iint_{\Sigma_1} =-4 \pi\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \oint_{\Sigma + \Sigma_1} = -\iiint_{\Omega} (Px + Qy + Rz) \, dV \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = -\iiint_{\Omega} \left[3(x-1)^2 + 3(y-1)^2 + 1\right] \, dV \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{\text{去括号}}-\iiint_{\Omega}\left[3 x^2-6 x+3+3 y^2-6 y+3+1\right] d V\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}=-\iiint_{\Omega}\left[3\left(x^2+y^2\right)+7\right] d V\xrightarrow[\text{截面法算}]{\text{柱线法算}}\end{aligned}$ - <br> - $\displaystyle \begin{aligned} & =-\int_0^1 d z \iint_{D_z}\left[3\left(x^2+y^2\right)+7\right] d x d y \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} =-\int_0^1 d z \int_0^{2 \pi} d \theta \int_0^{\sqrt{z}}\underbrace{\left(3 r^2+7\right) r}_{\left(3 r^3+7 \tau\right)}d r \xrightarrow[]{\frac{3}{4} r^4+\left.\frac{7}{2} r^2\right|_0 ^{\sqrt{z}}=\frac{3}{4} z^2+\frac{7}{2} z}\end{aligned}$ - $\displaystyle =-\int_0^1\left(\frac{3}{2} \pi z^2+7 \pi z\right) d z=-4 \pi$. - $\displaystyle \iint_{\Sigma_1}=0$ ## (19) (本题满分 10 分)设数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $0<a_{n}<\frac{\pi}{2}, 0<b_{n}<\frac{\pi}{2}, \cos a_{n}-a_{n}=\cos b_{n}$, 且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收玫.( I ) 证明 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$;( II ) 证明级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 收玫. ### (19) - 证 (I ) 因为 $\cos a_n-\cos b_n=a_n$, 且 $0<a_n<\frac{\pi}{2}, 0<b_n<\frac{\pi}{2}$, 所以 $0<a_n<b_n$. 又因为 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收玫, 所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=0$, 故 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=0$.(II) 因为 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{b_n^2}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-\cos b_n}{b_n^2} \cdot \frac{a_n}{1-\cos b_n}=\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{1-\cos b_n}=\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{a_n+1-\cos a_n}=\frac{1}{2}$, 且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收玫, 所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{b_n}$ 收玫. ## (20) (本题满分 11 分)设 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{cccc}1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & -3\end{array}\right), \boldsymbol{E}$ 为 3 阶单位矩阵.(I) 求方程组 $\boldsymbol{A x}=\mathbf{0}$ 的一个基础解系;(II) 求满足 $\boldsymbol{A B}=\boldsymbol{E}$ 的所有矩阵 $\boldsymbol{B}$. #### (20) - 解 (I ) 对矩阵 A 作初等行变换, 有$\displaystyle \begin{aligned} & \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{cccc}1 & -2 & 3 & -4 \\0 & 1 & -1 & 1 \\1 & 2 & 0 & -3\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc}1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & 0 & -2 \\0 & 0 & 1 & -3\end{array}\right), \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \text { 解系为 } \boldsymbol{\alpha}=\left(\begin{array}{c}-1 \\2 \\3 \\1\end{array}\right) . \end{aligned}$则方程组 $\boldsymbol{A x}=\mathbf{0}$ 的一个基础解系为 $\displaystyle \boldsymbol{\alpha}=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 2 \\ 3 \\ 1\end{array}\right)$.(II) 对矩阵 $(\boldsymbol{A}: \boldsymbol{E})$ 作初等行变换, 有$\displaystyle (\boldsymbol{A}: \boldsymbol{E})=\left(\begin{array}{cccc:ccc}1 & -2 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 \\0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\1 & 2 & 0 & -3 & 0 & 0 & 1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:ccc}1 & 0 & 0 & 1 & 2 & 6 & -1 \\0 & 1 & 0 & -2 & -1 & -3 & 1 \\0 & 0 & 1 & -3 & -1 & -4 & 1\end{array}\right) .$记 $E=\left(e_1, e_2, e_3\right)$, 则$\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{e}_1$ 的通解为 $\displaystyle \boldsymbol{x}=\left(\begin{array}{c}2 \\ -1 \\ -1 \\ 0\end{array}\right)+k_1 \boldsymbol{\alpha}$, 其中 $k_1$ 为任意常数;$\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{e}_2$ 的通解为 $\displaystyle \boldsymbol{x}=\left(\begin{array}{c}6 \\ -3 \\ -4 \\ 0\end{array}\right)+k_2 \boldsymbol{\alpha}$, 其中 $k_2$ 为任意常数;$\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{e}_3$ 的通解为 $\displaystyle \boldsymbol{x}=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)+k_3 \boldsymbol{\alpha}$, 其中 $k_3$ 为任意常数.于是, 所求矩阵为$\displaystyle \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc}2 & 6 & -1 \\-1 & -3 & 1 \\-1 & -4 & 1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)+\left(k_1 \boldsymbol{\alpha}, k_2 \boldsymbol{\alpha}, k_3 \boldsymbol{\alpha}\right) \text {, 其中 } k_1, k_2, k_3 \text { 为任意常数. }$ ## (21) (本题满分 11 分)证明 $n$ 阶矩阵 $\displaystyle \left(\begin{array}{cccc}1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1\end{array}\right)$ 与 $\displaystyle \left(\begin{array}{cccc}0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n\end{array}\right)$ 相似. ### (21) - 证 设 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{cccc}1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1\end{array}\right), \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{cccc}0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n\end{array}\right)$.因为$\displaystyle \begin{aligned} & |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{cccc}\lambda-1 & -1 & \cdots & -1 \\-1 & \lambda-1 & \cdots & -1 \\\vdots & \vdots & & \vdots \\-1 & -1 & \cdots & \lambda-1\end{array}\right|=(\lambda-n) \lambda^{n-1}, \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{B}|=\left|\begin{array}{cccc}\lambda & 0 & \cdots & -1 \\0 & \lambda & \cdots & -2 \\\vdots & \vdots & & \vdots \\0 & 0 & \cdots & \lambda-n\end{array}\right|=(\lambda-n) \lambda^{n-1}, \end{aligned}$所以 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 有相同的特征值 $\lambda_1=n, \lambda_2=0$ ( $n-1$ 重).由于 $\boldsymbol{A}$ 为实对称矩阵,因此 $\boldsymbol{A}$ 相似于对角矩阵$\displaystyle \boldsymbol{\Lambda}=\left(\begin{array}{llll}n & & & \\& 0 & & \\& & \ddots & \\& & & 0\end{array}\right) .$因为 $r\left(\lambda_2 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{B}\right)=r(\boldsymbol{B})=1$, 所以 $\boldsymbol{B}$ 的对应于特征值 $\lambda_2=0$ 的线性无关的特征向量有 $n-1$ 个, 于是 $\boldsymbol{B}$ 也相似于 $\boldsymbol{\Lambda}$.故 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似.注 (1) 由于在考试大纲的范围内仅有矩阵相似于对角矩阵的判定, 而没有判定任意两个矩阵相似的 一般性结论, 因此, 部分考生没有意识到本题应该通过判定矩阵 $\boldsymbol{A}$ 和 $\boldsymbol{B}$ 是否都相似于同一个对角矩阵来解 题. 这也就成为本题在考试中考生所呈现的最主要的错误.(2) 推演过程反映出部分考生对于矩阵的相似关系与合同关系、等价关系无法进行明确区分. 有考生 通过说明 $r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{B})=1$ 来说明矩阵 $\boldsymbol{A}$ 和 $\boldsymbol{B}$ 是相似的, 更有不少考生利用合同关系来解答本题, 即试图 寻找可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ 建立关系式 $\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A P}=\boldsymbol{B}$. ## (22) (本题满分 11 分)设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X=1\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2}$. 在给定 $X=i$ 的条件下, 随机变量 $Y$ 服 从均匀分布 $U(0, i)(i=1,2)$.(I) 求 $Y$ 的分布函数 $F_{Y}(y)$;(II) 求 $E(Y)$. ### (22) - (I) 求 $Y$ 的分布函数 $F_{Y}(y)$ - 计算分布函数(三件套) - $F_Y(y) = P\{Y \leqslant y\}$ - $\xlongequal[]{\text{对离散的全集分解}}P\{Y \leqslant y ,X=1\} + P\{Y \leqslant y , X=2\}$ - $\xlongequal[]{\text{独立}}P\{Y \leqslant y \}\text{·}P\{X=1\} +P\{Y \leqslant y \}\text{·}P\{X=2\}$ - $\displaystyle \xlongequal[]{\text{转化}}\frac{1}{2} \int_{-\infty}^y f_{Y \mid X}(y \mid 1) \mathrm{d} y+\frac{1}{2} \int_{-\infty}^y f_{Y \mid X}(y \mid 2) \mathrm{d} y .$ - 随机发量 $Y$ 服从均匀分布 $U(0, i)(i=1,2)$ - 概率密度$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{cl}\frac{1}{b-a}, & a<x<b \\ 0, & \text { 其他 }\end{array}\right.$ - 当 $X=1$ 时,概率密度 $\displaystyle f_{Y \mid X}(y \mid 1)=\left\{\begin{array}{ll}1, & 0<y<1, \\ 0, & \text { 其他. }\end{array}\right.$ - $X=2$ 时,概率密度 $\displaystyle f_{Y \mid X}(y \mid 2)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}, & 0<y<2, \\ 0, & \text { 其他. }\end{array}\right.$ - 画图 - 一图三吃:吃01,吃转化,吃吃积分限 - 根据 $y$ 的不同取值 - 当 $y < 0$，$F_Y(y) = 0$ - 当 $0 \leqslant y < 1$，$\displaystyle \begin{aligned} F_Y(y) & =\frac{1}{2} \int_0^y1 \mathrm{~d} y+\frac{1}{2} \int_0^y\frac{1}{2} \mathrm{~d} y =\frac{1}{2} y+\frac{1}{4} y=\frac{3}{4} y\end{aligned}$ - 当 $1 \leqslant y < 2$，$\displaystyle \begin{aligned} F_Y(y) & =\frac{1}{2} \int_0^1 1 \mathrm{~d} y+\frac{1}{2} \int_0^y \frac{1}{2} \mathrm{~d} y =\frac{1}{2} \times 1+\frac{1}{4} y=\frac{1}{2}+\frac{1}{4} y\end{aligned}$ - 当 $y \geqslant 2$，$F_Y(y) = 1$ - Y的分布函数为:$\displaystyle F_Y(y)=\left\{\begin{array}{ll}0, & y<0, \\ \frac{3}{4} y, & 0 \leqslant y<1, \\ \frac{1}{2}+\frac{1}{4} y, & 1 \leqslant y<2, \\ 1, & y \geqslant 2\end{array}\right.$ (II) 求 $E(Y)$:先求概率密度，然后概率密度乘y进行积分 - 计算 $Y$ 的概率密度 - $\displaystyle f_Y(y) = F_Y^{\prime}(y) = \begin{cases} \frac{3}{4}, & 0 < y < 1, \\ \frac{1}{4}, & 1 < y < 2, \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$ - 计算 $E(Y)$ - $\displaystyle E(Y) = \int_{-\infty}^{+\infty} y f_Y(y) dy\xlongequal[]{\text{分段积分}}\int_0^1 \frac{3}{4} y dy + \int_1^2 \frac{1}{4} y dy= \frac{3}{4}$ - 总结，$Y$ 的分布函数为 $\displaystyle F_Y(y) = \begin{cases}0, & y < 0, \\ \frac{3y}{4}, & 0 \leqslant y < 1, \\ \frac{1}{2} + \frac{y}{4}, & 1 \leqslant y < 2, \\ 1, & y \geqslant 2 \end{cases}$，并且 $E(Y) = \frac{3}{4}$。 ## (23) (本题满分 11 分) 设总体 $X$ 的分布函数为 $\displaystyle F(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll}1-\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{\theta},} & x \geqslant 0, \\ 0, & x<0,\end{array}\right.$ 其中 $\theta$ 是未知参数且大于零. $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本. (I) 求 $E(X)$ 与 $E\left(X^{2}\right)$; (II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量 $\widehat{\theta}_{n}$; (III) 是否存在实数 $a$, 使得对任何 $\varepsilon>0$, 都有 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} P\left\{\left|\widehat{\theta}_{n}-a\right| \geqslant \varepsilon\right\}=0$ ? #### (23) - (I ) 总体 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x ; \theta)= \begin{cases}\frac{2 x}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}}, & x>0, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}$ - $\displaystyle \begin{aligned} E X=\int_0^{+\infty} x \cdot \frac{2 x}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}} \mathrm{d} x=-\int_0^{+\infty} x \mathrm{~d}\left(\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}}\right)=\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}} \mathrm{d} x\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{\sqrt{\pi \theta}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{\pi \theta}} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}} \mathrm{d} x=\frac{\sqrt{\pi \theta}}{2},\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} E\left(X^2\right)=\int_0^{+\infty} x^2 \cdot \frac{2 x}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}} \mathrm{d} x=\theta \int_0^{+\infty} u \mathrm{e}^{-u} \mathrm{~d} u=\theta . \end{aligned}$ - 陷阱:题中给出的是分布函数，因此需要求导得到概率密度 - 总体 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{2 x}{\theta} e^{-\frac{x^{2}}{\theta}}, & x \geq 0 \\ 0, & \text{其他}\end{array}\right.$, - 设 $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{n}$ 为样本观测值, - 写出似然函数: - $\displaystyle L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} f\left(x_{i}\right)=\left\{\begin{array}{cc}\underbrace{\frac{2^{n} }{\theta^{n}} \text{·}x_{1} x_{2} \cdots x_{n}\text{·}\overbrace{e^{-\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}}^{\text{将}\theta\text{当做系数提出来}}}_{\text{三项相乘}}& x_{1}, x_{2}, \cdots x_{n}>0 \\ 0, & \end{array}\right.$ - 取对数:$\displaystyle \ln L(\theta)=-n \ln \theta+\ln 2^n+\ln \left(\sum_{i=1}^n x_i\right)-\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^n x_i^2$ - 对$\theta$求导，x看作是常数:令$\displaystyle \frac{d(1+L(\theta)}{d \theta}=-\frac{n}{\theta}+\sum_{i=1}^n x_i^2 \frac{1}{\theta^2}=0$ - 移项得 $\theta$ 的最大似然估计值为: $\displaystyle \hat{\theta}_{n}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}$, - 从而 $\theta$ 的最大似然估计量为 $\displaystyle \widehat{\theta_{n}}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}$ (III) 存在, $a=\theta$. 因为 $\left\{X_n^2\right\}$ 是独立同分布的随机变量序列, 且 $E\left(X_1^2\right)=\theta<+\infty$, 所以根据辛钦大数定 律, 当 $n \rightarrow \infty$ 时, $\displaystyle \hat{\theta}_n=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2$ 依概率收敛于 $E\left(X_1^2\right)$, 即 $\theta$. 所以对任何 $\varepsilon>0$, 都有 - $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} P\left\{\left|\hat{\theta}_n-\theta\right| \geqslant \varepsilon\right\}=0 .$注 第三问实际上是考查估计些的相合性概念及大数定律, 但由于这两个知识点在往年很少考查, 大 多数考生不知如何作答, 导致这一问的得分率较低Link to original

正负惯性指数

(5)

数一2021 二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\left(x_1+x_2\right)}^2+{\left(x_2+x_3\right)}^2-{\left(x_3-x_1\right)}^2$ 的正惯性指数与负惯性指数依次 为 $()$(A) 2,0 .(B) 1,1 .(C) 2,1 .(D) 1,2 .

(5)

• • 这个问题是关于计算二次型的正惯性指数和负惯性指数的。解题步骤如下：
• 展开并化简二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$
• 将 $f(x_1,x_2,x_3)$ 中的完全平方拆开
  $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\left(x_1+x_2\right)}^2+{\left(x_2+x_3\right)}^2-{\left(x_3-x_1\right)}^2$
  $=x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2+x_2^2+2x_2{x}_3+x_3^2-x_3^2+2x_1{x}_3-x_1^2$
  $=2x_2^2+2x_1{x}_2+2x_2{x}_3+2x_1{x}_3.$
• 得到 $2x_2^2+2x_1{x}_2+2x_2{x}_3+2x_1{x}_3$
  • 写成矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 0\end{array}\right]$
• 计算特征多项式 $|\lambda E-A|$
  • $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{c}\lambda -1-1\\ -1\lambda -2-1\\ -1-1\lambda \end{array}\right|\stackrel{\begin{array}{l}{r}_1-r_3\text{两行相减为}0\\ \text{并且形成公因式}\end{array}}{=}\left|\begin{array}{c}\lambda +10-\lambda -1\\ -1\lambda -2-1\\ -1-1\lambda \end{array}\right|$
    • $\stackrel{c_3+c_1}{=}\mid \begin{array}{c}\lambda +100\\ -1\lambda -2-2\\ -1-1\lambda -1\end{array}$
  • $\stackrel{\text{按照第一行展开}}{=}(\lambda +1)\left|\begin{array}{c}100\\ -1\lambda -2-2\\ -1-1\lambda -1\end{array}\right|$
  • $\begin{array}{l}=(\lambda +1)[(\lambda -2)(\lambda -1)-2]\stackrel{\text{先展开}\left[{\lambda }^2-3\lambda +2-2\right]}{\to }\end{array}$
  • $\stackrel{\text{因式分解}}{=}\lambda (\lambda +1)(\lambda -3)$
• 计算得到 $\lambda (\lambda +1)(\lambda -3)$确定正惯性指数和负惯性指数
  • 特征值为 $0,-1,3$
    • 正惯性指数 $p=1$ （一个正特征值）
    • 负惯性指数 $q=1$ （一个负特征值）

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Transclude of 数二2011#14

Transclude of 数二2016#8

Transclude of 数三2016#6

判断正定

(21)

已知二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Q}\mathbf{y}$ 下的标准形为 $y_1^2+y_2^2$, 且 $\mathbf{Q}$ 的第三列为 ${\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{\mathrm{T}}$.
(I) 求矩阵 $\mathbf{A}$;
(II) 证明 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 为正定矩阵, 其中 $\mathbf{E}$ 为 3 阶单位矩阵.

(21)

( I ) 解 因为二次型 ${\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{Ax}$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Qy}$ 下的标准形为 $y_1^2+y_2^2$, 所以其系数 $1,1,0$ 就是矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值, 即

• $Q^{-1}\mathbf{A}Q=Q^{\mathrm{T}}\mathbf{A}Q=\left(\begin{array}{lll}1& & \\ & 1& \\ & & 0\end{array}\right),$且矩阵 $Q$ 的第 3 列就是属于特征值 0 的特征向量.
  设 ${\left(x_1,x_2,x_3\right)}^{\mathrm{T}}$ 为 $\mathbf{A}$ 的属于特征值 1 的特征向量. 由于实对称矩阵属于不同特征值的特征向量是正交 的,故有
• $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=0,$即 $x_1+x_3=0$, 解得 ${\xi }_1={\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{\mathrm{T}},{\xi }_2=(0,1,0{)}^{\mathrm{T}}$ 即为属于特征值 1 的两个正交单位特征向贯. 以 ${\xi }_1,{\xi }_2$ 分别为 $Q$ 的第 1,2 列(或第 2,1 列)得到
• $\begin{array}{r}Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{\sqrt{2}}{2}& 0& \frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0& 1& 0\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}& 0& \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right)\text{ 或 }\left(\begin{array}{ccc}0& \frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}\\ 1& 0& 0\\ 0& -\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}{Q}^{\top }AQ=\left(\begin{array}{lll}1& & \\ & 1& \\ & & 0\end{array}\right).\end{array}$从而得
• $\mathbf{A}=\mathbf{Q}\left(\begin{array}{lll}1& & \\ & 1& \\ & & 0\end{array}\right){\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 2& 0\\ -1& 0& 1\end{array}\right)$(II) 证法 1 因 $\mathbf{A}$ 的特征值为 1,1,0, 所以矩阵 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 的特征值为 2,2 , 1; 又 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 为实对称矩阵, 故 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 是正定矩阵 (实对称矩阵正定的一个充要条件是其所有特征值均为正数).
  证法 2 分别计算 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 的顺序主子式: ${\Delta }_1=\frac{3}{2}>0,{\Delta }_2=3>0,{\Delta }_3=4>0$, 故 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 正定.

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求标准型

(21)

(本题满分 11 分)

已知 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ -1& 0& a\\ 0& a& -1\end{array}\right)$, 二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right)\mathbf{x}$ 的秩为 2 .

(I) 求实数 $a$ 的值;

(II) 求正交变换 $x=Qy$ 将二次型 $f$ 化为标准形.

(21)

( I ) 解法 1 对 $\mathbf{A}$ 作初等行变换,得

• $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ -1& 0& a\\ 0& a& -1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& a+1\\ 0& 0& -a-1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& a+1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$因为 $2=r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right)=r(\mathbf{A})$, 所以 $a=-1$.
  解法 2${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 1-a\\ 0& 1+a^2& 1-a\\ 1-a& 1-a& 3+a^2\end{array}\right)$由已知 $r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right)=2$, 故
• $\left|{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{ccc}2& 0& 1-a\\ 0& 1+a^2& 1-a\\ 1-a& 1-a& 3+a^2\end{array}\right|=(a+1{)}^2\left(3+a^2\right)=0,$从而得 $a=-1$.
  (II) 解 由( I) 知 $a=-1$, 得
• ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}2& 0& 2\\ 0& 2& 2\\ 2& 2& 4\end{array}\right)$故矩阵 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}$ 的特征多项式为
• $\left|\lambda \mathbf{E}-{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -2& 0& -2\\ 0& \lambda -2& -2\\ -2& -2& \lambda -4\end{array}\right|=\lambda (\lambda -2)(\lambda -6),$故 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=6,{\lambda }_3=0$.
  当 ${\lambda }_1=2$ 时,解方程组
• $\{\begin{array}{l}-2x_3=0,\\ -2x_3=0,\\ -2x_1-2x_2-2x_3=0,\end{array}$得相应的特征向量 $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$, 单位化后为 ${\alpha }_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$;
  当 ${\lambda }_2=6$ 时,解方程组
• $\{\begin{array}{l}4x_1-2x_3=0,\\ 4x_2-2x_3=0,\\ -2x_1-2x_2+2x_3=0,\end{array}$得相应的特征向量 $\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 2\end{array}\right)$, 单位化后为 ${\alpha }_2=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 2\end{array}\right)$;
  当 ${\lambda }_3=0$ 时,解方程组
• $\{\begin{array}{l}-2x_1-2x_3=0,\\ -2x_2-2x_3=0,\\ -2x_1-2x_2-4x_3=0,\end{array}$得相应的特征向量 $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -1\end{array}\right)$, 单位化后为 ${\mathbf{\alpha }}_3=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -1\end{array}\right)$.
  于是得到正交矩阵
• $Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0& \frac{2}{\sqrt{6}}& -\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right).$在正交变换 $x=Qy$ 下, 二次型的标准形为 $f=2y_1^2+6y_2^2$.

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(21)

(本题满分 11 分)

设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2{\left(a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3\right)}^2+{\left(b_1{x}_1+b_2{x}_2+b_3{x}_3\right)}^2$, 记

• $\mathbf{\alpha }=\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right),\mathbf{\beta }=\left(\begin{array}{l}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right).$
  (I) 证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$;

(II) 若 $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 正交且均为单位向量,证明 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2$.

(21)

• (I ) 证法 1 记列向量 $\mathbf{x}=\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)$. 由于
• $a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3=\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right)=\left(a_1,a_2,a_3\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),$ 类似地, $b_1{x}_1+b_2{x}_2+b_3{x}_3$ 也有对应的表达式, 因此
• $\begin{array}{rl}f\left(x_1,x_2,x_3\right)& =2{\left(a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3\right)}^2+{\left(b_1{x}_1+b_2{x}_2+b_3{x}_3\right)}^2\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right)\left(a_1,a_2,a_3\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)+\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{l}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right)\left(b_1,b_2,b_3\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}+{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)\mathbf{x},\end{array}$ 又 ${\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)}^{\mathrm{T}}=2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$, 即 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$ 是对称矩阵, 所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$.
  证法 2 将二次型 $f$ 展开并写成矩阵形式,得
• $\begin{array}{rl}& f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{ccc}{a}_1^2& a_1{a}_2& a_1{a}_3\\ a_1{a}_2& a_2^2& a_2{a}_3\\ a_1{a}_3& a_2{a}_3& a_3^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)+\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{ccc}{b}_1^2& b_1{b}_2& b_1{b}_3\\ b_1{b}_2& b_2^2& b_2{b}_3\\ b_1{b}_3& b_2{b}_3& b_3^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\left(\begin{array}{ccc}{a}_1^2& a_1{a}_2& a_1{a}_3\\ a_1{a}_2& a_2^2& a_2{a}_3\\ a_1{a}_3& a_2{a}_3& a_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right)\left(a_1,a_2,a_3\right)=\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}},\end{array}$
• $\begin{array}{r}\left(\begin{array}{ccc}{b}_1^2& b_1{b}_2& b_1{b}_3\\ b_1{b}_2& b_2^2& b_2{b}_3\\ b_1{b}_3& b_2{b}_3& b_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right)\left(b_1,b_2,b_3\right)=\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T},}\end{array}$ 而
• $\left(\begin{array}{ccc}{a}_1^2& a_1{a}_2& a_1{a}_3\\ a_1{a}_2& a_2^2& a_2{a}_3\\ a_1{a}_3& a_2{a}_3& a_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right)\left(a_1,a_2,a_3\right)=\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$,$\left(\begin{array}{ccc}{b}_1^2& b_1{b}_2& b_1{b}_3\\ b_1{b}_2& b_2^2& b_2{b}_3\\ b_1{b}_3& b_2{b}_3& b_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right)\left(b_1,b_2,b_3\right)={\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}},$ 所以
• $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),$ 又 ${\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)}^{\mathrm{T}}=2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$, 即 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$ 是对称矩阵, 所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$.
  (II ) 证法 1 记矩阵 $\mathbf{A}=2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$. 由于 $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 是相互正交的单位向量, 即 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }={\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\beta }=1,{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\beta }={\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }=$ 0, 因此
• $\begin{array}{r}A\mathbf{\alpha }=\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)\mathbf{\alpha }=2\mathbf{\alpha },\end{array}$
• $\begin{array}{r}\mathbf{A}\mathbf{\beta }=\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)\mathbf{\beta }=\mathbf{\beta },\end{array}$ 即 ${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=1$ 是矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值.
  又
• $r(\mathbf{A})=r\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)⩽r\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\right)+r\left(\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)=2,$ 即 $\mathbf{A}$ 不是满秩矩阵, 因此 ${\lambda }_3=0$ 也是矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值, 故二次型 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2$.
  证法 2 同 (II) 的证法 1: ${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=1$ 是矩阵 $\mathbf{A}$ 的两个特征值, $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 分别是其对应的特征向量.
  取单位列向量 $\mathbf{\gamma }$ 使得其与向量 $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 都正交, 即 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\gamma }=0,{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\gamma }=0$.
  令矩阵 $Q=(\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta },\mathbf{\gamma })$, 则 $Q$ 为正交矩阵. 在正交变换 $x=Qy\left(y={\left(y_1,y_2,y_3\right)}^{\mathrm{T}}\right)$ 下, 二次型
• $\begin{array}{rl}f\left(x_1,x_2,x_3\right)& =y^{\mathrm{T}}{Q}^{\mathrm{T}}\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)Q\mathbf{y}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{l}{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\\ {\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\\ {\mathbf{\gamma }}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)(\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta },\mathbf{\gamma })\mathbf{y}\end{array}$
• $\begin{array}{r}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{l}{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\\ {\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\\ {\mathbf{\gamma }}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)(2\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta },0)\mathbf{y}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\mathbf{y}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2y_1^2+y_2^2,\end{array}$ 即 $f$ 在正交变换 $x=Qy$ 下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2$.

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(6)

设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{P}\mathbf{y}$ 下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2-y_3^2$, 其中 $\mathbf{P}=\left({\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3\right)$. 若 $\mathbf{Q}=\left({\mathbf{e}}_1,-{\mathbf{e}}_3,{\mathbf{e}}_2\right)$, 则 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Qy}$ 下的标准形为 $()$(A) $2y_1^2-y_2^2+y_3^2$.
(B) $2y_1^2+y_2^2-y_3^2$.
( C) $2y_1^2-y_2^2-y_3^2$.
(D) $2y_1^2+y_2^2+y_3^2$.

(6)

• 答 应选(A).
  解 设二次型矩阵为 $\mathbf{A}$, 则
• ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{P}=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right),$ $e_1,e_2,e_3$ 分别是 $A$ 的对应于特征值 2,1,-1 的特征向量. 于是一 $e_3$ 也是 $A$ 的对应于特征值一 1 的特征向 因此$Q^{-1}AQ=Q^{\mathrm{T}}AQ=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),$ 而 $f$ 在正交变换 $x=Qy$ 下的标准形为 $2y_1^2-y_2^2+y_3^2$.

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(21)

数一2022
(本题满分 12 分)

• 设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=\sum _{i=1}^3\sum _{j=1}^{3}ij{x}_i{x}_j$.
  (I) 写出 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 对应的矩阵;
  (II) 求正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Qy}$ 将 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 化为标准形;
  (III) 求 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 的解.
  根据二次型 $f$ 的表达式求对应的矩阵 $\mathbf{A}$。
• 分析二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x^{\top }Ax=\sum _{i=1}^3\sum _{j=1}^{3}ij{x}_i{x}_j$。 $(i,j=1,2,3)$
  • 确定 $\mathbf{A}$ 中的元素 $a_{ij}=ij$。
  • 构造矩阵 $\mathbf{A}$：
    • $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1\times 1& 1\times 2& 1\times 3\\ 2\times 1& 2\times 2& 2\times 3\\ 3\times 1& 3\times 2& 3\times 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 4& 6\\ 3& 6& 9\end{array}\right)$
• 求正交变换将 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 化为标准形。
• (II) 可以看出 $\mathbf{A}$ 是一个秩为 1的矩阵 , 则可推出${\lambda }_2={\lambda }_3=0$
  • 由于实对称矩阵必能相似对角化,且相似的矩阵具有相同的秩与迹
    • tra(A)=1+4+9=14
  • 则实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 相似于对角矩阵 $\left(\begin{array}{ccc}14& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\cdot$
  • $\mathbf{A}$的特征值为 $14,0,0$.
• $(14E-A)x=0\text{，得}14E-A=\left(\begin{array}{ccc}13& -2& -3\\ -2& 10& -6\\ -3& -6& 5\end{array}\right)$
  • $\underset{\text{抹去第一行}}{\overset{\text{秩为}2\text{，任意一行抹去}}{\to }}\left(\begin{array}{ccc}1& -5& 3\\ -3& -6& 5\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\stackrel{r_2+3r_1}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& -5& 3\\ 0& -21& 14\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$
    • 定 $x_3=3$, 代入2行
      • 由 $-21\cdot x_2+14\cdot 3=0$, 得 $x_2=2$
      • 将 $x_3=3,x_2=2$代入第1行
        • 由 $1\cdot x_1-5\cdot 2+3\cdot 3=0$ 得 $x_1=1$
      • 得 ${\mathbf{\xi }}_1=(1,2,3)$。
• 当 ${\lambda }_2={\lambda }_3=0$时， 考虑 $(0\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$.
  • $-(0-\mathbf{A})=\left(\begin{array}{l}-1-2-3\\ -2-4-6\\ -3-6-9\end{array}\right)\underset{\text{抹去任意两行}}{\overset{\text{任意两行成比例，秩为一}}{=}}\left(\begin{array}{l}123\\ 000\\ 000\end{array}\right)$
  • 于是, $-\mathbf{A}\mathbf{x}=0$ 等价于方程组 $x_1+2x_2+3x_3=0$.
• 令$x_2,x_3$为自由元
  • $\left(\begin{array}{l}{x}_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right)$, 可得 ${\mathbf{\xi }}_2=\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right)$
  • $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_2}{x_3}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{1}\right)$，可得${\mathbf{\xi }}_3=\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$
• 求$\lambda =14$的特征向量：方法2
  • 由方程组 $x_1+2x_2+3x_3=0$.
  • 得出
• 将 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$ 单位正交化. 实际上, 由于 ${\mathbf{\xi }}_1$ 与 ${\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$ 均正交,因为是对称矩阵的不同特征值的特征向量相互垂直。 故正交化的过程只需将 ${\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$ 施密特正交化.
• ${\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\xi }}_1,$
• ${\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\xi }}_2,$
• ${\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\xi }}_3-\frac{\left({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\xi }}_3\right)}{{\Vert {\mathbf{\beta }}_2\Vert }^2}{\mathbf{\beta }}_2=\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right)-\frac{6}{5}\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\frac{3}{5}\\ -\frac{6}{5}\\ 1\end{array}\right).$
  • 去分母，正交向量长一点，短一点没有关系，因为之后还要单位化
  • 求得 ${\mathbf{\beta }}_2=(-2,1,0),{\mathbf{\beta }}_3=(-3,-6,5)$。
• 单位化
  • 将 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 单位化, 可得${\mathbf{\epsilon }}_1=\frac{{\mathbf{\beta }}_1}{\Vert {\mathbf{\beta }}_1\Vert }=\frac{1}{\sqrt{14}}\left(\begin{array}{l}1\\ 2\\ 3\end{array}\right),{\mathbf{\epsilon }}_2=\frac{{\mathbf{\beta }}_2}{\Vert {\mathbf{\beta }}_2\Vert }=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{\epsilon }}_3=\frac{{\mathbf{\beta }}_3}{\Vert {\mathbf{\beta }}_3\Vert }=\frac{1}{\sqrt{70}}\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 5\end{array}\right)$
  • 并形成正交矩阵 $\mathbf{Q}$
    • 令 $\mathbf{Q}=\left({\mathbf{\epsilon }}_1,{\mathbf{\epsilon }}_2,{\mathbf{\epsilon }}_3\right)$, 可得 ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\left(\begin{array}{ccc}14& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$,
  • 得到 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的标准形：
    • $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 化为 $14y_1^2$。

1. 求解 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$。

• $f\left(x_1,x_2,x_3\right)\stackrel{\mathbf{x}=\mathbf{Q}\mathbf{y}}{=}14y_1^2=0$. 解出 : $y_1=0$.此时 $y_2,y_3$ 为任意常数.
  • 因此, 所求的通解$x=Qy$为 $\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\mathbf{Q}\left(\begin{array}{c}0\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)=\left({\mathbf{\epsilon }}_1,{\mathbf{\epsilon }}_2,{\mathbf{\epsilon }}_3\right)\text{⋅}\left(\begin{array}{c}0\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$
    • $=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{14}}-\frac{2}{\sqrt{5}}-\frac{3}{\sqrt{70}}\\ \frac{2}{\sqrt{14}}\frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{6}{\sqrt{70}}\\ \frac{3}{\sqrt{14}}0\frac{5}{\sqrt{70}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$
• $=\left(\begin{array}{c}-\frac{2}{\sqrt{5}}{y}_2-\frac{3}{\sqrt{70}}{y}_3\\ \frac{1}{\sqrt{5}}{y}_2-\frac{6}{\sqrt{70}}{y}_3\\ \frac{5}{\sqrt{70}}{y}_3\end{array}\right)$
• $\begin{array}{c}\text{取}{y}_2=\sqrt{5}{k}_1\\ y_3=\sqrt{70}{k}_2\end{array}$，通解$=\left(\begin{array}{c}-2k_1-3k_2\\ k_1-6k_2\\ 5k_2\end{array}\right),k_1,k_2$为任意常数.

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Transclude of 数三2011#13

求规范型

(20)

(本题满分 11 分)
设实二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\left(x_1-x_2+x_3\right)}^2+{\left(x_2+x_3\right)}^2+{\left(x_1+a{x}_3\right)}^2$, 其中 $a$ 是参数
(I) 求 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 的解;
(II) 求 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的规范形.

(20)

• (I) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 当且仅当$\{\begin{array}{l}{x}_1-x_2+x_3=0\\ x_2+x_3=0\\ x_1+a{x}_3=0\end{array}$对方程组的系数矩阵施以初等行变换得
  • $\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& a\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 2\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& a-2\end{array}\right)\text{. }$
    • 当 $a\ne 2$ 时,方程组只有零解, 故 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 的解为 $\mathbf{x}=0$;
    • 当 $a=2$ 时, 方程组有无穷多解, 通解为 $x=k\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 1\end{array}\right),k$ 为任意常数.
  • 故 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 的解为 $x=k\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 1\end{array}\right),k$ 为任意常数.
• (II)
  • 由 (I ) 知, 当 $a\ne 2$ 时, $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 正定, $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2+y_3^2$.
  • 当 $a=2$ 时,求解 $f$ 的规范形有以下两种解法.
    • 解法 1$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2x_1^2+2x_2^2+6x_3^2-2x_1{x}_2+6x_1{x}_3$
      • $=2{\left(x_1-\frac{1}{2}{x}_2+\frac{3}{2}{x}_3\right)}^2+\frac{3}{2}{\left(x_2+x_3\right)}^2,$
      • $\{\begin{array}{l}{y}_1=\sqrt{2}\left(x_1-\frac{1}{2}{x}_2+\frac{3}{2}{x}_3\right),\\ y_2=\frac{\sqrt{6}}{2}\left(x_2+x_3\right),\\ y_3=x_3,\end{array}$
      • 有 $\left|\begin{array}{ccc}\sqrt{2}& 0& 0\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{6}}{2}& 0\\ \frac{3\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{6}}{2}& 1\end{array}\right|\ne 0$, 所以 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$.
• 解法 $2f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2x_1^2+2x_2^2+6x_3^2-2x_1{x}_2+6x_1{x}_3$
  • $=\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{c}2-13\\ -120\\ 306\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$
  • 由 $|\lambda E-A|=0$, 求 $\mathbf{A}$ 的特征值.
    • $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{c}\lambda -21-3\\ 1\lambda -20\\ -30\lambda -6\end{array}\right|$
      • $=(\lambda -2{)}^2(\lambda -6)-9(\lambda -2)-(\lambda -6)$
      • $={\lambda }^3-10{\lambda }^2+18\lambda =0,$
        • 解得 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1=0,{\lambda }_2=5+\sqrt{7},{\lambda }_3=5-\sqrt{7}$.
  • 所以 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$.

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(5)

设 $\mathbf{A}$ 是 3 阶实对称矩阵, $\mathbf{E}$ 是 3 阶单位矩阵. 若 ${\mathbf{A}}^2+\mathbf{A}=2\mathbf{E}$, 且 $|\mathbf{A}|=4$, 则二 次型 ${\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 的规范形为 $()$
(A) $y_1^2+y_2^2+y_3^2$.(B) $y_1^2+y_2^2-y_3^2$.(C) $y_1^2-y_2^2-y_3^2$.(D) $-y_1^2-y_2^2-y_3^2$

(5)

• • 答 应选 C.
• 设 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $\lambda$, 由 ${\mathbf{A}}^2+\mathbf{A}=2\mathbf{E}$,
  • $A^2+A-2E=0\stackrel{\text{左右两边同乘}\alpha }{\to }(A^2+A-2E)\alpha =0$
    • $\stackrel{E\text{变}a}{\to }{A}^2\alpha +A\alpha -2\alpha =0$
    • $\underset{A^2\alpha ={\lambda }^2\alpha }{\overset{A\alpha =\lambda \alpha }{\to }}{\lambda }^2\alpha +\lambda \alpha -2\alpha =0\to ({\lambda }^2+\lambda -2)\alpha =0$
      • ${\lambda }^2+\lambda -2=0\stackrel{\text{因式分解}}{\to }\lambda =1$或$-2$
• 再由 $|\mathbf{A}|=4$, 得$\lambda (A)=-2,-2,1$
  • 所以规范形为 $y_1^2-y_2^2-y_3^2$, 故选 C.

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Transclude of 数二2023#9

二次曲面

(6)

设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+4x_1{x}_2+4x_1{x}_3+4x_2{x}_3$, 则 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2$ 在空间直角坐标下表示的二次曲面为( )
(A) 单叶双曲面.
(B) 双叶双曲面.
(C) 椭球面.
(D) 柱面.

(6)

二次曲面$f(x_1,x_2,x_3)=1$ 的类型:

${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_1$ 的符号	$f(x_1,x_2,x_3)=1$ 的类型
3 正	椭球面
2 正 1 负	单叶双曲面
1 正 2 负	双叶双曲面
2 正 1 零	椭圆柱面
1 正 1 负 1 零	双曲柱面

$f(x,y,z)=1$ 表示的二次曲面	二次曲面的标准方程	正惯性指数	负惯性指数
单叶双曲面	$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=1$	2	1
双叶双曲面	$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=1$	1	2
椭球面	$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$	3	0
椭圆柱面	$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$	2	0
双曲柱面	$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$	1	1
答 应选(B).
解 二次型矩阵
由

• $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 2& 2\\ 2& 1& 2\\ 2& 2& 1\end{array}\right),$ $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& -2& -2\\ -2& \lambda -1& -2\\ -2& -2& \lambda -1\end{array}\right|=(\lambda -5)(\lambda +1{)}^2,$ 可知矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $5,-1,-1$.那么在正交变换下二次型的标准形为 $5y_1^2-y_2^2-y_3^2$, 则 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2$ 表示的二次曲面为双叶双曲 面,故选(B).

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求正交矩阵

(21)

(本题满分 11 分)
设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2x_1^2-x_2^2+a{x}_3^2+2x_1{x}_2-8x_1{x}_3+2x_2{x}_3$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Qy}$ 下的标准形 为 ${\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2$, 求 $a$ 的值及一个正交矩阵 $\mathbf{Q}$.

(21)

• 读题
  • 设二次型 $\underset{\text{先化为实对称矩阵}}{\underbrace{f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2x_1^2-x_2^2+a{x}_3^2+2x_1{x}_2-8x_1{x}_3+2x_2{x}_3}}$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Qy}$ 下的$\underset{\text{有个特征值为}0\text{，行列式为}0}{\underbrace{\text{标准形为}{\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2}}$, $\underset{\text{用}|A|=0\text{求}}{\underbrace{\text{求}a\text{的值}}}$及$\underset{A\text{的特征向量单位化拼成}Q}{\underbrace{\text{一个正交矩阵}\mathbf{Q}}}$.
• 二次型都可以转化为实对称矩阵的问题
• 二次型 $f$ 对应的矩阵为
  $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -4\\ 1& -1& 1\\ -4& 1& a\end{array}\right)$
• 由于 $f$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Q}\mathbf{y}$ 下的标准形为 ${\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2$,
  • 故 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,0$. 从而 $|\mathbf{A}|=0$.
• 求行列式的值
  • $|\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{c}21-4\\ 1-11\\ -41a\end{array}\right|\underset{r4+4r1}{\overset{r1-2r2}{=}}\left|\begin{array}{c}03-6\\ 1-11\\ 0-39+4\end{array}\right|=(-1{)}^{2+1}\times 1\times \left|\begin{array}{c}3-6\\ -3a+4\end{array}\right|$
    • $=-1\times \left|\begin{array}{c}3-6\\ 0a-2\end{array}\right|=-3(a-2).$
  • 由题设知 $|\mathbf{A}|=0$. 于是 $a=2$.
• $|A-\lambda E|=\left|\begin{array}{c}2-\lambda 1-4\\ 1-1-\lambda 1\\ -412-\lambda \end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}6-\lambda 1-4\\ 0-1-\lambda 1\\ \lambda -612-\lambda \end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}6-\lambda 1-4\\ 0-1-\lambda 1\\ 02-2-\lambda \end{array}\right|$
  • $=(6-\lambda )\left[{\lambda }^2+3\lambda +2-2\right]=(6-\lambda )(\lambda +3)\lambda =0$
  • 所以特征值为 ${\lambda }_1=-3,{\lambda }_2=6,{\lambda }_3=0$.
• 求特征值对应的特征向量
  • $6\mathbf{E}-\mathbf{A}=\left(\begin{array}{c}4-14\\ -17-1\\ 4-14\end{array}\right)\stackrel{r3-r1}{\to }\left(\begin{array}{c}4-14\\ -17-1\\ 000\end{array}\right)\stackrel{r1+4r2}{\to }\left(\begin{array}{c}0270\\ -17-1\\ 000\end{array}\right)$
    • $\stackrel{r_1^{\ast }\times \frac{1}{27}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& -7& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\stackrel{r_2-7r_1^{\ast \ast }}{\to }\left(\begin{array}{lll}0& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$
    • $\{\begin{array}{rl}{x}_2& =0\\ x_1+x_3& =0\end{array}\{\begin{array}{l}{x}_1=k_1\\ x_2=0\\ x_3=-k_1\end{array}x=k_1\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)\left(k_1\ne 0\right)$
    • 单位特征向量为 ${\mathbf{\beta }}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1{)}^{\mathrm{T}}$;
• $-3\mathbf{E}-\mathbf{A}=\left(\begin{array}{c}-5-14\\ -1-2-1\\ 4-1-5\end{array}\right)\stackrel{r_3+r_1}{\to }\left(\begin{array}{c}-5-14\\ -1-2-1\\ -1-2-1\end{array}\right)\underset{r_3^{\ast }-r_2}{\to }\left(\begin{array}{c}-5-14\\ -1-2-1\\ 000\end{array}\right)$
  • $\stackrel{r_1-5r_2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}0& 9& 9\\ -1& -2& -1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\underset{r_2\times (-1)}{\to }\left(\begin{array}{lll}0& 9& 9\\ 1& 2& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$
  • $\underset{r_2^{\ast }-r_1^{\ast \ast }}{\overset{r_1^{\ast }\times \frac{1}{9}}{\to }}\left(\begin{array}{l}011\\ 110\\ 000\end{array}\right).$
  • $\{\begin{array}{l}{x}_2+x_3=0\\ x_1+x_2=0\end{array}$
    • $(-3\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$ 的一个基础解系为 ${\mathbf{\eta }}_2=(1,-1,1{)}^{\mathrm{T}}$.
    • 单位特征向量为 ${\beta }_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1{)}^{\mathrm{T}}$;
• 当$\lambda =0$时,$0\mathbf{E}-\mathbf{A}=\left(\begin{array}{c}-2-14\\ -11-1\\ 4-1-2\end{array}\right)\stackrel{r3+2r1}{\to }\left(\begin{array}{c}-2-14\\ -11-1\\ 000\end{array}\right)$
  • $\stackrel{r1-2r2}{\to }\left(\begin{array}{c}0-36\\ -11-1\\ 000\end{array}\right)\stackrel{r_1^{\ast }\times \left(-\frac{1}{3}\right)}{\to }\left(\begin{array}{c}01-2\\ 1-11\\ 000\end{array}\right)\stackrel{r2+r1}{\to }\left(\begin{array}{c}01-2\\ 10-1\\ 000\end{array}\right)$
  • $\{\begin{array}{l}{x}_2-2x_3=0\\ x_1-x_3=0\end{array}$
    • $(0\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$ 的一个基础解系为 ${\mathbf{\eta }}_3=(1,2,1{)}^{\mathrm{T}}$.
    • 单位特征向量为 ${\mathbf{\beta }}_3=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,2,1{)}^{\mathrm{T}}$.
• 故所求的一个正交矩阵为
  $Q=\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{3}}& 0& \frac{2}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\end{array}\right)$.

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(20)

(本题满分 11 分)
设二次型 $f\left(x_1,x_2\right)=x_1^2-4x_1{x}_2+4x_2^2$ 经正交变换 $\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\end{array}\right)=\mathbf{Q}\left(\begin{array}{l}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)$ 化为二次型 $g\left(y_1,y_2\right)=a{y}_1^2+4y_1{y}_2+b{y}_2^2$, 其中 $a⩾b$.
(I) 求 $a,b$ 的值;
(II) 求正交矩阵 $Q$.

(20)

• (1) 由题意，二次型 $f(x_1,x_2)$ 与 $g(y_1,y_2)$ 的矩阵分别为

  • $A=\left(\begin{array}{c}1-2\\ -24\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{c}a2\\ 2b\end{array}\right),$

• $A$可以经过正交变换得到$B$

  • 于是 $A$ 与 $B$ 相似，所以 tr$(A)=$tr$(B)$，$|A|=|B|$，
    • 即$\{\begin{array}{l}a+b=5,\\ ab-4=0.\end{array}$
  • 又 $a\ge b$，解得 $a=4,b=1$。

• 思路

  $$\{\begin{array}{ll}\text{(1) 二次型 }& x^{T}Ax\stackrel{\text{可逆 }x=Cy}{\to }\text{ 二次型 }{y}^{T}By\Rightarrow A\text{ 与 }B\text{ 合同，但不一定相似}\\ \text{计算思路}& x^{T}Ax\stackrel{\text{可逆 }x=Cz}{\to }\text{同一标准型}\stackrel{\text{可逆 }y=C_{2}z}{\leftarrow }{y}^{T}By\\ & \Rightarrow C_1^{T}A{C}_1=C_2^{T}B{C}_2\to (C_1{C}_2^{-1}{)}^{T}A(C_1{C}_2^{-1})=B\\ & \\ \text{(2) 二次型 }& x^{T}Ax\stackrel{\text{正交 }x=Qy}{\to }\text{ 二次型 }{y}^{T}By\Rightarrow A\text{ 与 }B\text{ 合同且相似}\\ \text{计算思路}& x^{T}Ax\stackrel{\text{正交 }x=Qz}{\to }\text{同一标准型}\stackrel{\text{正交 }y=Qz}{\leftarrow }{y}^{T}By\\ & \Rightarrow Q^{T}AQ=Q^{T}BQ\to (Q{Q}^{-1}{)}^{T}A(Q{Q}^{-1})=B\end{array}$$

• 由第( I ) 问可知, $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 4\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ll}4& 2\\ 2& 1\end{array}\right)$.

• 思路:${\left(Q_1{Q}_2^{-1}\right)}^{\top }A\left(Q_1{Q}_2^{-1}\right)=B$

• 求A矩阵的特征值，求B矩阵的特征值(A和B相似)

  • $|A-\lambda E|=\left|\begin{array}{cc}1-\lambda & -2\\ -2& 4-\lambda \end{array}\right|={\lambda }^2-5\lambda +4-4=\lambda (\lambda -5)=0$
    • ${\lambda }_1=0.{\lambda }_2=5$
    • A和B相似，所以，B的特征值等于A的特征值

• 求A矩阵的特征向量，用来构造可逆矩阵$Q_1$

  • 计算A的属于特征值0的特征向量.
    • $\lambda =0.Ax=0.\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 0& 0\end{array}\right){\alpha }_1=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)$
  • 计算A的属于特征值5的特征向量
    • $\lambda =5.(A-5E)X=0\left(\begin{array}{ll}-4& -2\\ -2& -1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ll}2& 1\\ 0& 0\end{array}\right){\alpha }_2=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-2}\right)$
  • 对特征向量单位化
    ${\gamma }_1=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right){\gamma }_2=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-2}\right)$
    • 因为是属于不同特征值的特征向量，所以天然正交
  • 经正交变换$x=Qz=\left(\begin{array}{cc}\frac{2}{\sqrt{5}}& \frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{1}{\sqrt{5}}& \frac{-2}{\sqrt{5}}\end{array}\right)z.$
    • 使得$f\stackrel{\text{可化标准型}}{\to }5z_2^2$

• 求B矩阵的特征向量，用来构造可逆矩阵$Q_2$

  • 计算B的属于特征值0的特征向量.
    • $\lambda =0.Bx=0\left(\begin{array}{c}42\\ 21\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{l}21\\ 00\end{array}\right){\beta }_1=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-2}\right)$
  • 计算B的属于特征值5的特征向量.
    • $\lambda =5(B-5E)x=0\left(\begin{array}{c}-12\\ 2-4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{c}1-2\\ 00\end{array}\right){\beta }_2=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)$
  • 则有正交变换 $y=Q_{2}z=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{5}\frac{2}{\sqrt{5}}\\ -\frac{2}{\sqrt{5}}\frac{1}{\sqrt{5}}\end{array}\right)z.$
    • 使得$g\stackrel{\text{可化标准型为}}{\to }5z_2^2$

• $Q_1^{\top }A{Q}_1=\left(\begin{array}{l}0\\ 5\end{array}\right)=Q_2^{\top }B{Q}_2\stackrel{\text{从而}}{\to }{Q}_1^{\top }A{Q}_1=Q_2^{\top }B{Q}_2$

  • $\stackrel{\text{移项}}{\to }{\left(Q_1{Q}_2^{-1}\right)}^{\top }A\left(Q_1{Q}_2^{-1}\right)=B$

• $Q=Q_1{Q}_2^{-1}\stackrel{\text{正交}}{=}{Q}_1{Q}_2^T=\left(\begin{array}{c}\frac{2}{\sqrt{5}}\frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{2}{\sqrt{5}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{2}{\sqrt{5}}\\ \frac{2}{\sqrt{5}}\frac{1}{\sqrt{5}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{4}{5}-\frac{3}{5}\\ -\frac{3}{5}-\frac{4}{5}\end{array}\right)$

• 2015 年数一、数二、数三试题
  设矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& -3\\ -1& 3& -3\\ 1& -2& a\end{array}\right)$ 相似于矩阵 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 0& b& 0\\ 0& 3& 1\end{array}\right)$.
  (I) 求 $a,b$ 的值; (II) 求可逆矩阵 $P$, 使 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵.

• 2019 年数一、数二、数三试题
  已知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}-2& -2& 1\\ 2& x& -2\\ 0& 0& -2\end{array}\right)$ 与 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& y\end{array}\right)$ 相似.
  (I) 求 $x,y$;
  (II) 求可逆矩阵 $P$, 使得 $P^{-1}AP=B$.

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(21)

(本题满分 12 分)
已知 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}a& 1& -1\\ 1& a& -1\\ -1& -1& a\end{array}\right)$.
( I ) 求正交矩阵 $\mathbf{P}$,使得 ${\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\mathbf{AP}$ 为对角矩阵;
(II) 求正定矩阵 $\mathbf{C}$,使得 ${\mathbf{C}}^2=(a+3)\mathbf{E}-\mathbf{A}$, 其中 $\mathbf{E}$ 为 3 阶单位矩阵.

(21)

• 解 (1)
• $|A-\lambda E|=\left|\begin{array}{ccc}a-\lambda & 1& -1\\ 1& a-\lambda & -1\\ -1& -1& a-\lambda \end{array}\right|\stackrel{c1+c3}{=}\left|\begin{array}{ccc}a-\lambda -1& 1& -1\\ 0& a-\lambda & -1\\ a-\lambda -1& -1& a-\lambda \end{array}\right|$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{r3-r1}{=}\left|\begin{array}{ccc}a-\lambda -1& 1& -1\\ 0& a-\lambda & -1\\ 0& -2& a-\lambda +1\end{array}\right|\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{按第一列展开}}{=}(a-\lambda -1)[(a-\lambda )(a-\lambda +1)-2]\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=(a-\lambda -1)\left[(a-\lambda {)}^2+(a-\lambda )-2\right]\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\begin{array}{rl}& t+2\\ & t-1\end{array}}{=}(a-\lambda -1)[a-\lambda +2][a-\lambda -1]\end{array}$
  • ${\lambda }_1={\lambda }_2=a-1.{\lambda }_3=a+2$
• 当二重根$\begin{array}{r}\begin{array}{c}\lambda =a-1\end{array}\end{array}$，$\begin{array}{r}(A-(a-1)E)x=0\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 1& 1& -1\\ -1& -1& 1\end{array}\right)\stackrel{2\text{，}3\text{两行成比例}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$
    • $x=k_1\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+k_2\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ , $k_1$ $k_2$不全为$0$
• 当$\lambda =a+2$，$(A-(a+2)E)x=0$
  • $\begin{array}{r}\to \left(\begin{array}{ccc}-2& 1& -1\\ 1& -2& -1\\ -1& -1& -2\end{array}\right)\stackrel{\text{行互换化简}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 1& -2& -1\\ -2& 1& -1\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\begin{array}{rl}& r_2-r_1\\ & r_3+2r_1\end{array}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 0& -3& -3\\ 0& 3& 3\end{array}\right)\stackrel{2\text{，}3\text{两行成比例}}{\to }\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\therefore x=k_3\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\end{array}\right)\end{array}$
• 先施密特正交化
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\xi }}_1=\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right),\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\xi }}_2-\frac{\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\xi }}_2\right)}{{\Vert {\mathbf{\beta }}_1\Vert }^2}{\mathbf{\beta }}_1=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)-\frac{(-1)}{2}\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 2\end{array}\right),\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\xi }}_3=\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\end{array}\right)\end{array}$
    • 实对称矩阵不同特征值的特征向量相互正交，${\mathbf{\beta }}_3$不用算了
• $\begin{array}{r}\text{ 将 }{\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\text{ 单位化. }\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\epsilon }}_1=\frac{{\mathbf{\beta }}_1}{\Vert {\mathbf{\beta }}_1\Vert }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right),\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\epsilon }}_2=\frac{{\mathbf{\beta }}_2}{\Vert {\mathbf{\beta }}_2\Vert }=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 2\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\epsilon }}_3=\frac{{\mathbf{\beta }}_3}{\Vert {\mathbf{\beta }}_3\Vert }=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\end{array}\right).\end{array}$
• 存在正交矩阵 P ，使得\displaystyle \begin{aligned}P^T A P = \Lambda = \left(\begin{array} a-1 & & \\ & a-1 \\ & & a+2 \end{array}\right)\end{aligned}
  (2)
• ${\mathbf{C}}^2=(a+3)\mathbf{E}-\mathbf{A}$
  • $(a+3)E-A=\left(\begin{array}{ccc}3& -1& 1\\ -1& 3& 1\\ 1& 1& 3\end{array}\right)$
  • $\begin{array}{r}C=Q{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{Q}^{\top }\text{，}A=C^k\end{array}$
• 下面就是要把施密特正交公式背下来∶施密特正交化的步骤
  • β1就是α1∶${\beta }_1={\alpha }_1$
  • β2就是α2减β1∶${\beta }_2={\alpha }_2-\frac{\left({\alpha }_2,{\beta }_1\right)}{\left({\beta }_1,{\beta }_1\right)}{\beta }_1$
    • 求β2的系数
    • 分子是α2和β1做内积
    • 分母就是β1向量的坐标平方和
  • β3就是α3减β1再减β2∶${\beta }_3={\alpha }_3-\frac{\left({\alpha }_3,{\beta }_1\right)}{\left({\beta }_1,{\beta }_1\right)}{\beta }_1-\frac{\left({\alpha }_3,{\beta }_2\right)}{\left({\beta }_2,{\beta }_2\right)}{\beta }_2$
    • 求β3的系数
    • β1的系数∶分子是α3和β1的内积，分母仍然是β1的坐标平方和
    • 这样得到的三个向量肯定两两垂直，
  • 这三个系数起什么作用？要保证这三个向量一定是两两垂直的
    • 这个系数非常有规律，容易记
• 下一步单位化
  • ${\gamma }_1=\frac{{\beta }_1}{\Vert {\beta }_1\Vert }{\gamma }_2=\frac{{\beta }_2}{\Vert {\beta }_2\Vert }{\gamma }_3=\frac{{\beta }_3}{\Vert {\beta }_3\Vert }$
    写成通式，即${\gamma }_i=\frac{{\beta }_i}{\Vert {\beta }_i\Vert }(i=1,2,3)$
  • 单位化后，得到的就是将两两垂直的向量，变成长度是1的单位向量
    • 拼起来之后，就是正交矩阵
• 若 $\begin{array}{r}n\end{array}$ 阶矩阵 $\begin{array}{r}A\end{array}$ 可相似对角化/可正交对角化，且其特征值分别为 $\begin{array}{r}{\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\end{array}$，要计算 $\begin{array}{r}C\end{array}$ 使得 $\begin{array}{r}A=C^k\end{array}$？
• $\exists P$，使得$P^{-1}AP=\Lambda \to A=P\Lambda P^{-1}=P\left({\Lambda }^{\frac{1}{k}}\cdot {\Lambda }^{\frac{1}{k}}\cdots {\Lambda }^{\frac{1}{k}}\right)P^{-1}$
  • $\begin{array}{r}=P{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{P}^{-1}\cdot P{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{P}^{-1}\cdots \cdot P{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{P}^{-1}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\therefore C=P{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{P}^{-1}\cdot A=C^k\end{array}$
• $\exists Q$，使得$Q^{\top }AQ=\Lambda .\to A=Q\Lambda Q^{\top }=Q\left({\Lambda }^{\frac{1}{k}}\right)Q^{\top }$
  • $\begin{array}{r}=Q{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{Q}^{\top }\cdots \cdot Q{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{Q}^{\top }\end{array}$
  • $\begin{array}{r}C=Q{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{Q}^{\top }\text{，}A=C^k\end{array}$

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Transclude of 数二2022#22

其他

(6)

已知 ${\mathbf{\alpha }}_1=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_2=\left(\begin{array}{l}1\\ 2\\ 1\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_3=\left(\begin{array}{l}3\\ 1\\ 2\end{array}\right)$, 记 $\underset{\text{正好对应施密特正交化}}{\underbrace{{\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\alpha }}_2-k{\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_3-l_1{\mathbf{\beta }}_1-l_2{\mathbf{\beta }}_2}}$, 若 ${\mathbf{\beta }}_1$, ${\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 两两正交, 则 $l_1,l_2$ 依次为 $()$
(A) $\frac{5}{2},\frac{1}{2}$.
(B) $-\frac{5}{2},\frac{1}{2}$.
(C) $\frac{5}{2},-\frac{1}{2}$.
(D) $-\frac{5}{2},-\frac{1}{2}$.

(6)

• • ${\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_3-\underset{l_1}{\underbrace{\frac{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3)}{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_1)}}}{\mathbf{\beta }}_1-\underset{l_2}{\underbrace{\frac{({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3)}{({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_2)}}}{\mathbf{\beta }}_2$
• 进行施密特正交化:对 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 进行正交化处理
  • 令 ${\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\alpha }}_1=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$
  • 计算 ${\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\alpha }}_2-\frac{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2)}{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_1)}{\mathbf{\beta }}_1$
    • 计算内积 $({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2)={\mathbf{\beta }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_2=(1,0,1)\left(\begin{array}{l}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)=2$
    • 计算内积 $({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_1)={\mathbf{\beta }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\beta }}_1=(1,0,1)\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=2$
    • 得到 ${\mathbf{\beta }}_2=\left(\begin{array}{l}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)-\frac{2}{2}\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}0\\ 2\\ 0\end{array}\right)$
  • 计算 ${\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_3-\frac{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3)}{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_1)}{\mathbf{\beta }}_1-\frac{({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3)}{({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_2)}{\mathbf{\beta }}_2$
    • 计算内积$({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3)={\mathbf{\beta }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_3=(1,0,1)\left(\begin{array}{l}3\\ 1\\ 2\end{array}\right)=5$
    • 计算内积 $\left({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)={\mathbf{\beta }}_2^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_3=(0,2,0)\left(\begin{array}{l}3\\ 1\\ 2\end{array}\right)=2\text{, }$
    • 计算内积 $\left({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_2\right)={\mathbf{\beta }}_2^{\mathrm{T}}{\mathbf{\beta }}_2=(0,2,0)\left(\begin{array}{l}0\\ 2\\ 0\end{array}\right)=4$
  • 得到 ${\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_3-\frac{5}{2}{\mathbf{\beta }}_1-\frac{1}{2}{\mathbf{\beta }}_2$
    • 确定 $l_1$ 和 $l_2$
      • 由上述计算可知 $l_1=\frac{5}{2}$, $l_2=\frac{1}{2}$

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