李永乐数学基础过关660题线性代数填空题
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- 284.设四阶方阵A=[α,γ2,γ3,γ4],B=[β,γ2,γ3,γ4]\bm{A}=[\bm{\alpha},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4],\bm{B}=[\bm{\beta},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4]A=[α,γ2,γ3,γ4],B=[β,γ2,γ3,γ4]，其中α,β,γ2,γ3,γ4\bm{\alpha},\bm{\beta},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4α,β,γ2,γ3,γ4均为四维向量，且∣A∣=5,∣B∣=−12|\bm{A}|=5,|\bm{B}|=-\cfrac{1}{2}∣A∣=5,∣B∣=−21，则∣A+2B∣=|\bm{A}+2\bm{B}|=∣A+2B∣=______.
- 329.已知A\bm{A}A是三阶矩阵，且矩阵A\bm{A}A各行元素之和均为555，则矩阵A\bm{A}A必有特征向量______.
- 333.已知矩阵A=(31202a003)\bm{A}=\begin{pmatrix}3&1&2\\0&2&a\\0&0&3\end{pmatrix}A=⎝⎛3001202a3⎠⎞和对角矩阵相似，则a=a=a=______.
- 334.设A\bm{A}A是三阶矩阵，α1,α2,α3\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3α1,α2,α3是三维线性无关的列向量，且Aα1=α2+α3,Aα2=α1+α3,Aα3=α1+α2\bm{A\alpha}_1=\alpha_2+\alpha_3,\bm{A\alpha}_2=\alpha_1+\alpha_3,\bm{A\alpha}_3=\alpha_1+\alpha_2Aα1=α2+α3,Aα2=α1+α3,Aα3=α1+α2，则和A\bm{A}A相似的矩阵是______.
- 335.已知A\bm{A}A是三阶实对称矩阵，若正交矩阵Q\bm{Q}Q使得Q−1AQ=(300030006)\bm{Q}^{-1}\bm{AQ}=\begin{pmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&6\end{pmatrix}Q−1AQ=⎝⎛300030006⎠⎞，如果α1=(1,0,−1)T,α2=(0,1,1)T\bm{\alpha}_1=(1,0,-1)^{\mathrm{T}},\bm{\alpha}_2=(0,1,1)^{\mathrm{T}}α1=(1,0,−1)T,α2=(0,1,1)T是矩阵A\bm{A}A属于特征值λ=3\lambda=3λ=3的特征向量，则Q=\bm{Q}=Q=______.
- 337.已知二次型矩阵xTAx=ax12+2x22+ax32+6x1x2+2x2x3\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{Ax}=ax_1^2+2x_2^2+ax_3^2+6x_1x_2+2x_2x_3xTAx=ax12+2x22+ax32+6x1x2+2x2x3的秩为222，则a=a=a=______.
- 340.若二次型f(x1,x2,x3)=ax12+4x22+ax32+6x1x2+2x2x3f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+4x_2^2+ax_3^2+6x_1x_2+2x_2x_3f(x1,x2,x3)=ax12+4x22+ax32+6x1x2+2x2x3是正定的，则aaa的取值范围是______.
- 写在最后
284.设四阶方阵A=[α,γ2,γ3,γ4],B=[β,γ2,γ3,γ4]\bm{A}=[\bm{\alpha},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4],\bm{B}=[\bm{\beta},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4]A=[α,γ2,γ3,γ4],B=[β,γ2,γ3,γ4]，其中α,β,γ2,γ3,γ4\bm{\alpha},\bm{\beta},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4α,β,γ2,γ3,γ4均为四维向量，且∣A∣=5,∣B∣=−12|\bm{A}|=5,|\bm{B}|=-\cfrac{1}{2}∣A∣=5,∣B∣=−21，则∣A+2B∣=|\bm{A}+2\bm{B}|=∣A+2B∣=______.
解 因为
A+2B=[α,γ2,γ3,γ4]+[2α,2γ2,2γ3,2γ4]=[α+2α,3γ2,3γ3,3γ4]\bm{A}+2\bm{B}=[\bm{\alpha},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4]+[2\bm{\alpha},2\bm{\gamma}_2,2\bm{\gamma}_3,2\bm{\gamma}_4]=[\bm{\alpha}+2\bm{\alpha},3\bm{\gamma}_2,3\bm{\gamma}_3,3\bm{\gamma}_4] A+2B=[α,γ2,γ3,γ4]+[2α,2γ2,2γ3,2γ4]=[α+2α,3γ2,3γ3,3γ4]
故有
∣A+2B∣=∣α+2α,3γ2,3γ3,3γ4∣=27∣α+2α,γ2,γ3,γ4∣=27(∣α,γ2,γ3,γ4∣+2∣β,γ2,γ3,γ4∣)=27(∣A∣+2∣B∣)=108.\begin{aligned} |\bm{A}+2\bm{B}|&=|\bm{\alpha}+2\bm{\alpha},3\bm{\gamma}_2,3\bm{\gamma}_3,3\bm{\gamma}_4|=27|\bm{\alpha}+2\bm{\alpha},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4|\\ &=27(|\bm{\alpha},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4|+2|\bm{\beta},\bm{\gamma}_2,\bm{\gamma}_3,\bm{\gamma}_4|)\\ &=27(|\bm{A}|+2|\bm{B}|)=108. \end{aligned} ∣A+2B∣=∣α+2α,3γ2,3γ3,3γ4∣=27∣α+2α,γ2,γ3,γ4∣=27(∣α,γ2,γ3,γ4∣+2∣β,γ2,γ3,γ4∣)=27(∣A∣+2∣B∣)=108.
（这道题主要利用了行列式和矩阵的关系求解）
329.已知A\bm{A}A是三阶矩阵，且矩阵A\bm{A}A各行元素之和均为555，则矩阵A\bm{A}A必有特征向量______.
解 矩阵A\bm{A}A各行元素之和均为555，即
{a11+a12+a13=5,a21+a22+a23=5,a31+a32+a33=5.\begin{cases} a_{11}+a_{12}+a_{13}=5,\\ a_{21}+a_{22}+a_{23}=5,\\ a_{31}+a_{32}+a_{33}=5. \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧a11+a12+a13=5,a21+a22+a23=5,a31+a32+a33=5.
即
(a11a12a13a21a22a23a31a32a33)(111)=(555)\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 5\\ 5\\ 5 \end{pmatrix} ⎝⎛a11a21a31a12a22a32a13a23a33⎠⎞⎝⎛111⎠⎞=⎝⎛555⎠⎞
即
A(111)=5(111)\bm{A}\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}=5 \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} A⎝⎛111⎠⎞=5⎝⎛111⎠⎞
（这道题主要利用了凑整法求解）
333.已知矩阵A=(31202a003)\bm{A}=\begin{pmatrix}3&1&2\\0&2&a\\0&0&3\end{pmatrix}A=⎝⎛3001202a3⎠⎞和对角矩阵相似，则a=a=a=______.
解 因为∣λE−A∣=∣λ−3−1−20λ−2−a00λ−3∣=(λ−2)(λ−3)2|\lambda\bm{E}-\bm{A}|=\begin{vmatrix}\lambda-3&-1&-2\\0&\lambda-2&-a\\0&0&\lambda-3\end{vmatrix}=(\lambda-2)(\lambda-3)^2∣λE−A∣=∣∣∣∣∣∣λ−300−1λ−20−2−aλ−3∣∣∣∣∣∣=(λ−2)(λ−3)2，所以矩阵的特征值为2,3,32,3,32,3,3。因为矩阵A\bm{A}A的特征值有二重根，所以λ=3\lambda=3λ=3有两个线性无关的特征向量，即(3E−A)x(3\bm{E}-\bm{A})\bm{x}(3E−A)x有两个线性无关的解。故r(3E−A)=1r(3\bm{E}-\bm{A})=1r(3E−A)=1，那么3E−A=[0−1−201−a000]→[0−1−200−a−2000]3\bm{E}-\bm{A}=\begin{bmatrix}0&-1&-2\\0&1&-a\\0&0&0\end{bmatrix}\to\begin{bmatrix}0&-1&-2\\0&0&-a-2\\0&0&0\end{bmatrix}3E−A=⎣⎡000−110−2−a0⎦⎤→⎣⎡000−100−2−a−20⎦⎤，可见a=−2a=-2a=−2。（这道题主要利用了方程和秩的关系求解）
334.设A\bm{A}A是三阶矩阵，α1,α2,α3\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3α1,α2,α3是三维线性无关的列向量，且Aα1=α2+α3,Aα2=α1+α3,Aα3=α1+α2\bm{A\alpha}_1=\alpha_2+\alpha_3,\bm{A\alpha}_2=\alpha_1+\alpha_3,\bm{A\alpha}_3=\alpha_1+\alpha_2Aα1=α2+α3,Aα2=α1+α3,Aα3=α1+α2，则和A\bm{A}A相似的矩阵是______.
解 根据已知条件，有
A(α1,α2,α3)=(α2+α3,α1+α3,α1+α2)=(α1,α2,α3)[011101110].\bm{A}(\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3)=(\alpha_2+\alpha_3,\alpha_1+\alpha_3,\alpha_1+\alpha_2)=(\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3)\begin{bmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{bmatrix}. A(α1,α2,α3)=(α2+α3,α1+α3,α1+α2)=(α1,α2,α3)⎣⎡011101110⎦⎤.
记P=(α1,α2,α3),B=[011101110]\bm{P}=(\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3),\bm{B}=\begin{bmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{bmatrix}P=(α1,α2,α3),B=⎣⎡011101110⎦⎤。
由α1,α2,α3\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3α1,α2,α3是三维线性无关的列向量知∣α1,α2,α3∣≠0|\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3|\ne0∣α1,α2,α3∣=0，故P\bm{P}P是可逆矩阵，于是由AP=PB\bm{AP}=\bm{PB}AP=PB得P−1AP=B\bm{P}^{-1}\bm{AP}=\bm{B}P−1AP=B。
故和矩阵A\bm{A}A相似的矩阵是[011101110]\begin{bmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{bmatrix}⎣⎡011101110⎦⎤。（这道题主要利用了矩阵乘法求解）
335.已知A\bm{A}A是三阶实对称矩阵，若正交矩阵Q\bm{Q}Q使得Q−1AQ=(300030006)\bm{Q}^{-1}\bm{AQ}=\begin{pmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&6\end{pmatrix}Q−1AQ=⎝⎛300030006⎠⎞，如果α1=(1,0,−1)T,α2=(0,1,1)T\bm{\alpha}_1=(1,0,-1)^{\mathrm{T}},\bm{\alpha}_2=(0,1,1)^{\mathrm{T}}α1=(1,0,−1)T,α2=(0,1,1)T是矩阵A\bm{A}A属于特征值λ=3\lambda=3λ=3的特征向量，则Q=\bm{Q}=Q=______.
解 因为实对称矩阵特征值不同特征向量正交，设α3=(x1,x2,x3)T\bm{\alpha}_3=(x_1,x_2,x_3)^{\mathrm{T}}α3=(x1,x2,x3)T是矩阵A\bm{A}A属于λ=6\lambda=6λ=6的特征向量，则
{α3Tα1=x1−x3=0,α3Tα2=x2+x3=0,⇒α3=(1,−1,1)T.\begin{cases} \bm{\alpha}_3^{\mathrm{T}}\bm{\alpha}_1=x_1-x_3=0,\\ \bm{\alpha}_3^{\mathrm{T}}\bm{\alpha}_2=x_2+x_3=0, \end{cases}\Rightarrow\bm{\alpha}_3=(1,-1,1)^{\mathrm{T}}. {α3Tα1=x1−x3=0,α3Tα2=x2+x3=0,⇒α3=(1,−1,1)T.
由于λ=3\lambda=3λ=3的特征向量α1,α2\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2α1,α2不正交，故需正交化处理。令β1=α1=(10−1),β2=α2−(α2,β1)(β1,β2)β1\bm{\beta}_1=\bm{\alpha}_1=\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix},\bm{\beta}_2=\bm{\alpha}_2-\cfrac{(\bm{\alpha}_2,\bm{\beta}_1)}{(\bm{\beta}_1,\bm{\beta}_2)}\bm{\beta}_1β1=α1=⎝⎛10−1⎠⎞,β2=α2−(β1,β2)(α2,β1)β1，再单位化得
γ1=12(10−1),γ2=16(121),γ3=13(111).\bm{\gamma}_1=\cfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix},\bm{\gamma}_2=\cfrac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix},\bm{\gamma}_3=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}. γ1=21⎝⎛10−1⎠⎞,γ2=61⎝⎛121⎠⎞,γ3=31⎝⎛111⎠⎞.
那么Q=[121613026−13−121613]\bm{Q}=\begin{bmatrix}\cfrac{1}{\sqrt{2}}&\cfrac{1}{\sqrt{6}}&\cfrac{1}{\sqrt{3}}\\0&\cfrac{2}{\sqrt{6}}&-\cfrac{1}{\sqrt{3}}\\-\cfrac{1}{\sqrt{2}}&\cfrac{1}{\sqrt{6}}&\cfrac{1}{\sqrt{3}}\end{bmatrix}Q=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡210−2161626131−3131⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤为所求。（这道题主要利用了对称矩阵正交化求解）
337.已知二次型矩阵xTAx=ax12+2x22+ax32+6x1x2+2x2x3\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{Ax}=ax_1^2+2x_2^2+ax_3^2+6x_1x_2+2x_2x_3xTAx=ax12+2x22+ax32+6x1x2+2x2x3的秩为222，则a=a=a=______.
解 二次型矩阵A=[a3032101a]\bm{A}=\begin{bmatrix}a&3&0\\3&2&1\\0&1&a\end{bmatrix}A=⎣⎡a3032101a⎦⎤，二次型的秩为222，即矩阵的秩r(A)=2r(\bm{A})=2r(A)=2。
由∣A∣=∣a3032101a∣=2a2−10a|\bm{A}|=\begin{vmatrix}a&3&0\\3&2&1\\0&1&a\end{vmatrix}=2a^2-10a∣A∣=∣∣∣∣∣∣a3032101a∣∣∣∣∣∣=2a2−10a，且A\bm{A}A中有二阶子式∣3201∣≠0\begin{vmatrix}3&2\\0&1\end{vmatrix}\ne0∣∣∣∣3021∣∣∣∣=0，得当a=0a=0a=0或a=5a=5a=5时，二次型的秩为222。（这道题主要利用了矩阵的秩的定义求解）
340.若二次型f(x1,x2,x3)=ax12+4x22+ax32+6x1x2+2x2x3f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+4x_2^2+ax_3^2+6x_1x_2+2x_2x_3f(x1,x2,x3)=ax12+4x22+ax32+6x1x2+2x2x3是正定的，则aaa的取值范围是______.
解 二次型fff的矩阵为A=[a3034101a]\bm{A}=\begin{bmatrix}a&3&0\\3&4&1\\0&1&a\end{bmatrix}A=⎣⎡a3034101a⎦⎤，因为fff正定等价于A\bm{A}A的顺序主子式全大于零，即
Δ1=a>0,Δ2=∣a334∣=4a−9>0,Δ3=∣A∣=4a2−10a>0.\Delta_1=a>0,\\ \Delta_2=\begin{vmatrix}a&3\\3&4\end{vmatrix}=4a-9>0,\\ \Delta_3=|\bm{A}|=4a^2-10a>0. Δ1=a>0,Δ2=∣∣∣∣a334∣∣∣∣=4a−9>0,Δ3=∣A∣=4a2−10a>0.
故fff正定等价于a>52a>\cfrac{5}{2}a>25。（这道题主要利用了正定矩阵的性质求解）
写在最后
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