线性代数自测题

邻近期末了，要开始复习了呢 qwq，于是就开始做一些线性代数的习题，正好学校方面提供了相关自测题，于是将一些比较有难度 （指计算难度） 的题总结在这里 qwq

由于会涉及过多计算过程，故初等变换的具体过程就省去 qwq

\[\newcommand{\bbm}{\begin{bmatrix}} \newcommand{\ebm}{\end{bmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\T}{\mathbf{T}} \newcommand{\R}{\mathbf{R}} \newcommand{\a}{\mathbf{a}} \newcommand{\b}{\mathbf{b}} \newcommand{\x}{\mathbf{x}} \newcommand{\y}{\mathbf{y}} \newcommand{\v}{\mathbf{v}} \rule{750px}{1px} \]

（自测题（1）三、2）设矩阵 \(A, B\) 满足 \(AB = A + 2B\)，其中 \(A = \bbm 3 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 4 \ebm\)，求矩阵 \(B.\)

解：化简该式，有 \(AB - 2B = A\)，从而 \((A - 2E)B = A\)，而 \(\det(A - 2E) \ne 0\)，则矩阵 \(A - 2E\) 可逆，则有 \(B = (A - 2E)^{-1}A.\)

可解得 \((A - 2E)^{-1} = \bbm 2 & -1 & -1 \\ 2 & -2 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \ebm.\)

则 \(B = \bbm 5 & -2 & -2 \\ 4 & -3 & -2 \\ -2 & 2 & 3 \ebm.\)

（自测题（1）三、3）设 \(B = \bbm 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \ebm, C = \bbm 2 & 1 & 3 & 4 \\ 0 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \ebm\)，满足 \(A(E - C^{-1}B)^{\mathbf{T}}C^{\mathbf{T}} = E\)，简化此式，并求 \(A.\)

解：化简该式：

\[A(E - (C^{-1}B)^{\T})C^{\T} = E \\ A(C^{\T} - B^{\T}(C^{\T})^{-1}C^{\T}) = E \\ A(C^{\T} - B^{\T}) = E \\ A(C - B)^{\T} = E \\ \]

显然 \((C - B)^{\T}\) 可逆，则有 \(A = ((C - B)^{\T})^{-1} = \bbm 1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \ebm.\)

（自测题（1）六、）若矩阵 \(A\) 满足 \(A^2 = A\)，证明 \(A + E\) 可逆。

解：考虑到 \(A(A + E) = A^2 + A = 2A.\)

则有：

\[A(A + E) = 2A + 2E - 2E \\ A(A + E) = 2(A + E) - 2E \\ (A - 2E)(A + E) = -2E \\ - \frac{1}{2} (A - 2E)(A + E) = E \]

故矩阵 \(A + E\) 可逆且其逆矩阵为 \(- \frac{1}{2} (A - 2E).\)

（自测题（2）七、）求向量组 \(\a^1 = [1, 2, -1]^{\T}, \a^2 = [2, -3, 1]^{\T}, \a^3 = [0, 7, -3]^{\T}\) 的一个最大无关组，并把不属于最大无关组中的向量用最大无关组的向量线性表示。

解：构造矩阵 \(A = [\a^1, \a^2, \a^3] = \bbm 1 & 2 & 0 \\ 2 & -3 & 7 \\ -1 & 1 & -3 \ebm.\)

经初等变换可得：\(A \sim \bbm 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \ebm\)，故 \(\a^1, \a^2\) 是最大无关组，且有 \(\a^3 = 2 \a^1 - \a^2.\)

（自测题（2）八、）设 \(\x^1, \x^2, \x^3 \in \R^4\)，且 \(\x^1, \x^2, \x^3\) 线性无关，\(A\) 是 4 阶可逆矩阵，又有 \(\y^1 = A \x^1, \y^2 = A \x^2, \y^3 = A \x^3\)，判断 \(\y^1, \y^2, \y^3\) 是否线性无关，并说明理由。

解：\(\y^1, \y^2, \y^3\) 线性无关。

设矩阵 \(Y = [\y^1, \y^2, \y^3], X = [\x^1, \x^2, \x^3]\)，而注意到矩阵 \([\y^1, \y^2, \y^3] = A[\x^1, \x^2, \x^3]\)，又由于 \(A\) 可逆，则有 \(R(Y) = R(AX) = R(X).\)

由于 \(\x^1, \x^2, \x^3\) 线性无关，故 \(R(X) = 3\)，即 \(R(Y) = 3\)，即得 \(\y^1, \y^2, \y^3\) 也线性无关。

求行列式 \(\bvm a^2 + 1 & ab & ac \\ ab & b^2 + 1 & bc \\ ac & bc & c^2 + 1 \evm\)，其中 \(a, b, c\) 均不为 0。

解：

\[\begin{aligned} \bvm a^2 + 1 & ab & ac \\ ab & b^2 + 1 & bc \\ ac & bc & c^2 + 1 \evm & = \frac{1}{a^2 b^2 c^2} \bvm a^2 bc + bc & ab^2 c & abc^2 \\ a^2 bc & ab^2 c + ac & abc^2 \\ a^2 bc & ab^2 c & abc^2 + ab\evm \\ & = \bvm a^2 + 1 & b^2 & c^2 \\ a^2 & b^2 + 1 & c^2 \\ a^2 & b^2 & c^2 + 1 \evm \\ & = \bvm 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ a^2 & b^2 & c^2 + 1 \evm \\ & = \bvm 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ a^2 & b^2 & a^2 + b^2 + c^2 + 1 \evm \\ & = a^2 + b^2 + c^2 + 1 \end{aligned} \]

（自测题（3）五、）设向量组 \(\a^1, \a^2, \a^3\) 线性无关，证明 \(\a^1, \a^1 + \a^2, \a^1 + \a^2 + \a^3\) 也线性无关。

解：设 \(A = [\a^1, \a^2, \a^3], B = [\a^1, \a^1 + \a^2, \a^1 + \a^2 + \a^3].\)

考虑到 \([\a^1, \a^1 + \a^2, \a^1 + \a^2 + \a^3] = [\a^1, \a^2, \a^3] \bbm 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \ebm\)，而 \(\bvm 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \evm = 1 \ne 0\)，故其为可逆矩阵。

则有 \(R(A) = R(B)\)。由于 \(\a^1, \a^2, \a^3\) 线性无关，\(R(A) = 3\)，从而 \(R(B) = 3\)，故 \(\a^1, \a^1 + \a^2, \a^1 + \a^2 + \a^3\) 也线性无关。

（自测题（3）六、）已知三元非齐次线性方程组 \(A \x = \b\) 系数矩阵的秩为 2，它的 3 个解向量为 \(\a^1, \a^2, \a^3\)，满足 \(\a^1 + \a^2 = [3, 1, -1]^{\T}, \a^1 + \a^3 = [2, 0, -2]^{\T}\)，求方程组 \(A \x = \b\) 的通解。

解：由于该方程组系数矩阵的秩为 2，则方程组 \(A \x = 0\) 的基础解系的秩为 1。而由非齐次方程组解的结构可知，方程组 \(A \x = 0\) 的基础解系可表示为 \(t(\a^3 - \a^2)\)，而 \(\a^3 - \a^2 = [-1, -1, -1]^{\T}\)，故方程组 \(A \x = \b\) 的通解可表示为 \(t[-1, -1, -1]^{\T} + [1, 0, -1]^{\T}.\)

（综合练习题 七、）设 \(A, B\) 均为 \(n\) 阶正定矩阵，证明 \(A + B\) 也为 \(n\) 阶正定矩阵。

解：由于 \(A, B\) 均为 \(n\) 阶正定矩阵，则 \(A, B\) 各阶前主子式大于 0，设 \(D_k\) 为 \(A + B\) 的 \(k\) 阶前主子式，考虑对 \(D_k > 0\) 进行归纳。

当 \(k = 1\) 时，显然有 \(D_1 = a_{1, 1} + b_{1, 1} > 0.\)

假设 \(D_k > 0\) 对 \(\forall k \le n\) 恒成立，其中 \(n\) 为正整数，则有：

\[\begin{aligned} D_{n + 1} &= \sum_{i = 1}^{n + 1} (-1)^{i + n + 1} (a_{n + 1, i} + b_{n + 1, i}) D_n \\ &= D_n \sum_{i = 1}^{n + 1} (-1)^{i + n + 1} a_{n + 1, i} + D_n \sum_{i = 1}^{n + 1} (-1)^{i + n + 1} b_{n + 1, i} \end{aligned} \]

对于 \(A, B\) 显然有 \(\sum_{i = 1}^{n + 1} \limits (-1)^{i + n + 1} a_{n + 1, i} > 0, \sum_{i = 1}^{n + 1} \limits (-1)^{i + n + 1} b_{n + 1, i} > 0.\)

故有 \(D_{n + 1} > 0\)，则 \(A + B\) 各阶前主子式均大于 0，进而 \(A + B\) 为正定矩阵。

设 \(A\) 为 \(n\) 阶可逆矩阵，且 \(A\) 各行元素之和均等于常数 \(b\)，求证：

（1）\(b \ne 0\)；（2）\(A^{-1}\) 的各行元素之和均等于 \(\frac{1}{b}.\)

证：

（1）若 \(b = 0\)，则应用初等列变换，将除最后一列外的所有列全加在最后一列上。这样会使得最后一列变为 0，这与矩阵为可逆矩阵矛盾，故 \(b \ne 0.\)

（2）考虑到 \(A^{-1}A = E\)，若设 \(A^{-1}\) 的第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素为 \(c_{ij}\)，则将 \(A^{-1}A\) 的第 \(i\) 行所有元素求和可得：

\[\begin{aligned} \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{n} c_{ik}a_{kj} &= \sum_{k = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} c_{ik}a_{kj} \\ &= \sum_{k = 1}^{n} c_{ik} \sum_{j = 1}^{n} a_{kj} \\ &= \sum_{k = 1}^{n} bc_{ik} \\ &= b \sum_{k = 1}^{n} c_{ik} \end{aligned} \]

而显然 \(A^{-1}A\) 的第 \(i\) 行所有元素求和就等于对单位矩阵 \(E\) 第 \(i\) 行所有元素求和，即等于 1。故有 \(b \sum_{k = 1}^{n} \limits c_{ik} = 1\)，即 \(\sum_{k = 1}^{n} \limits c_{ik} = \frac{1}{b}.\)

设 \(\a^1, \a^2\) 为 \(\R^n\) 的两个向量，\(A\) 为正交矩阵，证明：

（1）\(\lVert \a^1 \rVert = \lVert A \a^1 \rVert\)；（2）\(\cos \langle \a^1, \a^2 \rangle = \cos \langle A \a^1, A \a^2 \rangle.\)

证：

（1）要证 \(\lVert \a^1 \rVert = \lVert A \a^1 \rVert\)，即证 \((\a^1, \a^1) = (A \a^1, A \a^1)\)。而对于 \((A \a^1, A \a^1)\)，有：

\[\begin{aligned} (A \a^1, A \a^1) &= (A \a^1)^{\T}(A \a^1) \\ &= (\a^1)^{\T} A^{\T} A \a^1 \\ &= (\a^1)^{\T} (A^{\T} A) \a^1 \\ &= (\a^1)^{\T} \a^1 \\ &= (\a^1, \a^1) \end{aligned} \]

则原命题得证。

（2）考虑到

\[\cos \langle \a^1, \a^2 \rangle = \frac{(\a^1, \a^2)}{\lVert \a^1 \rVert \lVert \a^2 \rVert} \\ \cos \langle A \a^1, A \a^2 \rangle = \frac{(A \a^1, A \a^2)}{\lVert A \a^1 \rVert \lVert A \a^2 \rVert} \]

而对于 \((A \a^1, A \a^2)\)，有：

\[\begin{aligned} (A \a^1, A \a^2) &= (A \a^1)^{\T}(A \a^2) \\ &= (\a^1)^{\T} A^{\T} A \a^2 \\ &= (\a^1)^{\T} \a^2 \\ &= (\a^1, \a^2) \end{aligned} \]

而由（1）可知，\(\lVert A \a^1 \rVert = \lVert \a^1 \rVert, \lVert A \a^2 \rVert = \lVert \a^2 \rVert.\) 所以显然原命题成立。

（证明过程中将内积转化为线性变换的思路是来源于向量内积和线性变换一一对应，本题结论说明了正交矩阵只是让空间旋转而没有使空间拉伸的一种线性变换）

设 \(A,B\) 均为 \(n\) 阶方阵，证明 \(AB\) 和 \(BA\) 拥有相同的特征值。

证：设 \(\lambda\) 为 \(AB\) 的特征值，\(\v\,(\v \ne \mathbf{0})\) 为对应的特征向量，则有 \(AB \v = \lambda \v\)，两边均左乘矩阵 \(B\)，则有 \(BA(B \v) = \lambda (B \v)\)。

若 \(\lambda \ne 0\)，则 \(B \v \ne 0\)（否则 \(A(B \v) = 0\)，这与 \(\v \ne 0\) 且 \(\lambda \ne 0\) 矛盾），故 \(\lambda\) 即为 \(BA\) 的特征值。

若 \(\lambda = 0\)，则有 \(\lvert AB - 0E \rvert = 0\)，即 \(\lvert AB \rvert = 0\)，故 \(\lvert AB \rvert = \lvert A \rvert \lvert B \rvert = \lvert B \rvert \lvert A \rvert = \lvert BA \rvert = \lvert BA - 0E \rvert = 0\)，即 \(BA\) 也有一个特征值为 0。

综上，原命题成立。