2019数学三考研真题线性代数部分解析

2019-04-09 09:56:00 阅读：1488 来源： 互联网

标签：begin end 真题 1a 2019 bmatrix alpha amp 考研

01 选择题

一、5 设 $A$ A是四阶矩阵， $A^*$ A∗是 $A$ A的伴随矩阵。若线性方程组

$Ax=0$ Ax=0的基础解系中只有两个向量，则 $A^*$ A∗的秩等于（）

A. 0 $\quad$ B. 1 $\quad$ C. 2 $\quad$ D. 3
解：条件“若线性方程组 $Ax=0$ Ax=0的基础解系中只有两个向量”告诉了矩阵 $A$ A的秩： $r(A)=4-2=2$ r(A)=4−2=2。由 $r(A^*)$ r(A∗)与 $r(A)$ r(A)的关系：

$r(A^*)=\begin{cases} n, & r(A)=n;\\ 1, & r(A)=n-1;\\ 0, & r(A)<n-1.\end{cases}$ r(A∗)=⎩⎪⎨⎪⎧n,1,0,r(A)=n;r(A)=n−1;r(A)<n−1.

知，选 A.

一、6 设 $A$ A是三阶方阵， $E$ E是三阶单位阵，若 $A^2+A=2E$ A2+A=2E,且 $|A|=4$ ∣A∣=4。则 $X^TAX$ XTAX的规范形为（）

A. $y_1^2+y_2^2+y_3^2\quad \quad\quad \quad$ y12+y22+y32 B. $y_1^2+y_2^2-y_3^2$ y12+y22−y32

C. $y_1^2-y_2^2-y_3^2\quad \quad\quad \quad$ y12−y22−y32 D. $-y_1^2-y_2^2-y_3^2$ −y12−y22−y32

解：求 $X^TAX$ XTAX的规范形关键是弄清楚正惯性指数和负惯性指数。本题的二次型是抽象的，条件“ $A^2+A=2E$ A2+A=2E”显然是告诉了 $A$ A的特征值满足关系： $\lambda^2+\lambda-2=0$ λ2+λ−2=0。所以， $\lambda_1=-2, \lambda_2=1$ λ1=−2,λ2=1. 又因为 $\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|A|=4$ λ1λ2λ3=∣A∣=4, 所以 $\lambda_3=-2$ λ3=−2. 由特征值的符号知道，正惯性指数为1，负惯性指数为2，所以选C.

02 填空题

二、13 设

$A=\begin{pmatrix}1 & 0& -1 \\ 1& 1& -1\\0& 1 &a^2-1 \end{pmatrix},b=\begin{pmatrix}0\\1 \\ a\end{pmatrix}$ A=⎝⎛110011−1−1a2−1⎠⎞,b=⎝⎛01a⎠⎞,

$Ax=b$ Ax=b有无穷多解，则 $a= ( \quad ).$ a=().

解：由克莱默法则的逆否命题知， $|A|=0.$ ∣A∣=0.

$|A|=\begin{vmatrix}1 & 0& -1 \\ 1& 1& -1\\0& 1 &a^2-1 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & 0& -1 \\ 0& 1&0\\0& 1 &a^2-1 \end{vmatrix}=a^2-1=0,$ ∣A∣=∣∣∣∣∣∣110011−1−1a2−1∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣100011−10a2−1∣∣∣∣∣∣=a2−1=0,

所以， $a=1$ a=1或 $a=-1$ a=−1. 注意 $a=-1$ a=−1时，增广矩阵化简为，

$(Ab)=\begin{pmatrix}1&0&-1&0\\1&1&-1&1\\0&1&0&-1\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&-1&0\\0&1&0&1\\0&0&0&1\end{pmatrix},$ (Ab)=⎝⎛110011−1−1001−1⎠⎞→⎝⎛100010−100011⎠⎞,

所以， $r(A)=2<r(Ab)=3$ r(A)=2<r(Ab)=3, 此时无解，舍去 $a=-1$ a=−1. 当， $a=1$ a=1时， $r(A)=r(Ab)=2<3$ r(A)=r(Ab)=2<3,此时有无穷多解，所以填 $a=1$ a=1.

03 解答题

三、20 已知向量组（I）

$\alpha_1=\begin{pmatrix}1\\1\\4\end{pmatrix}, \alpha_2=\begin{pmatrix}1\\0\\4\end{pmatrix},\alpha_3=\begin{pmatrix}1\\2\\a^2+3\end{pmatrix},$ α1=⎝⎛114⎠⎞,α2=⎝⎛104⎠⎞,α3=⎝⎛12a2+3⎠⎞,

(II) $\beta_1=\begin{pmatrix}1\\1\\a+3\end{pmatrix},\beta_2=\begin{pmatrix}0\\2\\1-a\end{pmatrix},\beta_3=\begin{pmatrix}1\\3\\a^2+3\end{pmatrix},$ β1=⎝⎛11a+3⎠⎞,β2=⎝⎛021−a⎠⎞,β3=⎝⎛13a2+3⎠⎞,

若向量组(I)与(II)等价，求 $a$ a的值，并将 $\beta_3$ β3用 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ α1,α2,α3线性表示.

解：令 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ A=(α1,α2,α3), $B=(\beta_1,\beta_2,\beta_3).$ B=(β1,β2,β3).

$A$ A与 $B$ B等价当且仅当 $r(A)=r(B).$ r(A)=r(B). 将 $(A B)$ (AB)化为阶梯形.

$\begin{bmatrix}1&1&1&1&0&1\\1&0&2&1&2&3\\4&4&a^2+3&a+3&1-a&a^2+3\end{bmatrix}$ ⎣⎡11410412a2+311a+3021−a13a2+3⎦⎤

$\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&1&1&0&1\\0&-1&1&0&2&2\\0&0&a^2-1&a-1&1-a&a^2-1\end{bmatrix}$ →⎣⎡1001−1011a2−110a−1021−a12a2−1⎦⎤

$\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&1&1&0&1\\0&1&-1&0&-2&-2\\0&0&a^2-1&a-1&1-a&a^2-1\end{bmatrix}\quad (1)$ →⎣⎡1001101−1a2−110a−10−21−a1−2a2−1⎦⎤(1)

(1) 当 $a^2-1\neq0$ a2−1̸=0，即 $a\neq \pm1$ a̸=±1时，将上述矩阵第三行乘以

$\frac{1}{a^2-1}$ a2−11,得，

$\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&1&1&0&1\\0&1&-1&0&-2&-2\\0&0&1&\frac{1}{a+1}&-\frac{1}{a+1}&1\end{bmatrix},$ →⎣⎡1001101−1110a+110−2−a+111−21⎦⎤,

此时， $r(A)=r(B)$ r(A)=r(B), 故向量组(I)与(II)等价. 为了将 $\beta_3$ β3用 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ α1,α2,α3线性表示, 解非齐次线性方程组 $(A \beta_3)$ (Aβ3)，

$(A\beta_3)\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&2&3\\0&1&0&-1\\0&0&1&1\end{bmatrix}$ (Aβ3)→⎣⎡1000102013−11⎦⎤

$\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&0&1\\0&1&0&-1\\0&0&1&1\end{bmatrix},$ →⎣⎡1000100011−11⎦⎤,

所以， $\beta_3=\alpha_1-\alpha_2+\alpha_3.$ β3=α1−α2+α3.

(2)将 $a=1$ a=1代入上面的公式（1），得，

$\begin{bmatrix}1&1&1&1&0&1\\0&1&-1&0&-2&-2\\0&0&0&0&0&0\end{bmatrix},$ ⎣⎡1001101−101000−201−20⎦⎤,

此时， $r(A)=r(B)$ r(A)=r(B), 故向量组(I)与(II)等价. 为了将 $\beta_3$ β3用 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ α1,α2,α3线性表示, 解非齐次线性方程组 $(A \beta_3)$ (Aβ3)，（非齐次线性方程组的解法参阅）

$(A \beta_3)\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&1&1\\0&1&-1&-2\\0&0&0&0\end{bmatrix}$ (Aβ3)→⎣⎡1001101−101−20⎦⎤

$\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&2&3\\0&1&-1&-2\\0&0&0&0\end{bmatrix},$ →⎣⎡1000102−103−20⎦⎤,

故齐次方程组 $Ax=0$ Ax=0的基础解系为

$\eta=\begin{bmatrix}-2\\1\\1\end{bmatrix}$ η=⎣⎡−211⎦⎤,

非齐次方程组 $Ax=\beta_3$ Ax=β3的一个特解为,

$\gamma_0=\begin{bmatrix}3\\-2\\0\end{bmatrix}$ γ0=⎣⎡3−20⎦⎤,

于是，

$\beta_3=\begin{bmatrix}3\\-2\\0\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}-2\\1\\1\end{bmatrix}$ β3=⎣⎡3−20⎦⎤+k⎣⎡−211⎦⎤

$\beta_3=\begin{bmatrix}3-2k\\-2+k\\k\end{bmatrix},$ β3=⎣⎡3−2k−2+kk⎦⎤,

所以， $\beta_3=(3-2k)\alpha_1+(-2+k)\alpha_2+k\alpha_3.$ β3=(3−2k)α1+(−2+k)α2+kα3.

(3)将 $a=-1$ a=−1代入上面的公式（1），得，

$\begin{bmatrix}1&1&1&1&0&1\\0&1&-1&0&-2&-2\\0&0&0&0&-2&0\end{bmatrix},$ ⎣⎡1001101−101000−2−21−20⎦⎤,

因为 $r(A)<r(B)$ r(A)<r(B), 所以此时向量组(I)与(II)不等价. $\quad \square$ □

注：第（3）种情况，虽然向量组(I)与(II)不等价，但是 $\beta_3$ β3却能被向量组（I）线性表出，且表示法与第（2）题相同.

三、21 已知矩阵

$A=\begin{bmatrix}-2&-2&1\\2&x&-2\\0&0&-2\end{bmatrix}与B=\begin{bmatrix}2&1&0\\0&-1&0\\0&0&y\end{bmatrix}$ A=⎣⎡−220−2x01−2−2⎦⎤与B=⎣⎡2001−1000y⎦⎤

相似，（I）求 $x,y;$ x,y;
(II)求可逆矩阵 $P$ P,使得 $P^{-1}AP=B.$ P−1AP=B.

解：（I）由 $A$ A与 $B$ B相似，得 $tr(A)=tr(B)$ tr(A)=tr(B)且 $|A|=|B|$ ∣A∣=∣B∣,所以得方程组，

$\begin{cases}x-4=y+1\\ 4(x-2)=-2y\end{cases}$ {x−4=y+14(x−2)=−2y

解得，

$\begin{cases}x=3\\y=-2\end{cases}$ {x=3y=−2

(II) 将 $y=-2$ y=−2代入矩阵 $B$ B, 由

$|\lambda E-B|=0,$ ∣λE−B∣=0,

容易解得 $B$ B,从而 $A$ A的三个特征值为 $2,-1,-2$ 2,−1,−2, 它们有三个不同的特征值，从而可以对角化,令

$\Lambda=diag(2,-1,-2),$ Λ=diag(2,−1,−2),

由相似对角化理论，分别存在可逆矩阵 $P_1,P_2$ P1,P2使得，

$P_1^{-1}AP_1=\Lambda=P_2^{-1}BP_2,$ P1−1AP1=Λ=P2−1BP2,

于是

$B=P_2P_1^{-1}AP_1P_2^{-1},$ B=P2P1−1AP1P2−1,

其中 $P_i(i=1,2)$ Pi(i=1,2)是分别由 $A，B$ A，B特征向量（相应于特征值

$2,-1,-2$ 2,−1,−2）组成的矩阵.

为了求 $P_1$ P1, 要解三个齐次线性方程组 $(\lambda_i E-A)=0,$ (λiE−A)=0,

由于解齐次方程组的方法是一样的，所以下面我们只解一个作为例子：

当 $\lambda=2$ λ=2时，

$\begin{bmatrix}4&2&-1\\-2&-1&2\\0&0&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&\frac{1}{2}&0\\0&0&1\\0&0&0\end{bmatrix},$ ⎣⎡4−202−10−124⎦⎤→⎣⎡1002100010⎦⎤,

得解向量，

$\eta_1=\begin{bmatrix}-1\\2\\0\end{bmatrix},$ η1=⎣⎡−120⎦⎤,

同理，

$\eta_2=\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix},\eta_3=\begin{bmatrix}-1\\2\\4\end{bmatrix},$ η2=⎣⎡−210⎦⎤,η3=⎣⎡−124⎦⎤,

从而，

$P_1=\begin{bmatrix}-1&-2&-1\\0&1&2\\2&0&4\end{bmatrix}.$ P1=⎣⎡−102−210−124⎦⎤.

$P_2$ P2的解法与 $P_1$ P1类似，兹不赘述, 只给出结果.

$P_2=\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&3&0\\0&0&1\end{bmatrix}.$ P2=⎣⎡100−130001⎦⎤.

由前面的分析，

$B=P_2P_1^{-1}AP_1P_2^{-1},$ B=P2P1−1AP1P2−1,

所以第二问中的 $P=P_1P_2^{-1}$ P=P1P2−1, 这等价于解下面的矩阵方程：

$XP_2=P_1,$ XP2=P1,

为此，作分块矩阵：

$\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&3&0\\0&0&1\\-1&-2&-1\\2&1&2\\0&0&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\\-1&-1&-1\\2&1&2\\0&0&4\end{bmatrix}$ ⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡100−120−130−210001−124⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤→⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡100−120010−110001−124⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤

所以，令

$P=\begin{bmatrix}-1&-1&-1\\2&1&2\\0&0&4\end{bmatrix},$ P=⎣⎡−120−110−124⎦⎤,

有 $P^{-1}AP=B.$ P−1AP=B. $\quad \square$ □

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来源： https://blog.csdn.net/Daniel_tanxz/article/details/89133708

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