2019数学三考研真题线性代数部分解析

01 选择题

一、5 设AAA是四阶矩阵，A∗A^*A∗是AAA的伴随矩阵。若线性方程组

Ax=0Ax=0Ax=0的基础解系中只有两个向量，则A∗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=0Ax=0Ax=0的基础解系中只有两个向量”告诉了矩阵AAA的秩：r(A)=4−2=2r(A)=4-2=2r(A)=4−2=2。由r(A∗)r(A^*)r(A∗)与r(A)r(A)r(A)的关系：

r(A∗)={n,r(A)=n;1,r(A)=n−1;0,r(A)<n−1.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AAA是三阶方阵，EEE是三阶单位阵，若A2+A=2EA^2+A=2EA2+A=2E,且∣A∣=4|A|=4∣A∣=4。则XTAXX^TAXXTAX的规范形为（）

A. y12+y22+y32y_1^2+y_2^2+y_3^2\quad \quad\quad \quady12+y22+y32 B. y12+y22−y32y_1^2+y_2^2-y_3^2y12+y22−y32

C. y12−y22−y32y_1^2-y_2^2-y_3^2\quad \quad\quad \quady12−y22−y32 D. −y12−y22−y32-y_1^2-y_2^2-y_3^2−y12−y22−y32

解：求XTAXX^TAXXTAX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“A2+A=2EA^2+A=2EA2+A=2E”显然是告诉了AAA的特征值满足关系：λ2+λ−2=0\lambda^2+\lambda-2=0λ2+λ−2=0。所以，λ1=−2,λ2=1\lambda_1=-2, \lambda_2=1λ1=−2,λ2=1. 又因为λ1λ2λ3=∣A∣=4\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|A|=4λ1λ2λ3=∣A∣=4, 所以λ3=−2\lambda_3=-2λ3=−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=(10−111−101a2−1),b=(01a)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=bAx=bAx=b有无穷多解，则a=().a= ( \quad ).a=().

解：由克莱默法则的逆否命题知，∣A∣=0.|A|=0.∣A∣=0.

∣A∣=∣10−111−101a2−1∣=∣10−101001a2−1∣=a2−1=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=1a=1a=1或a=−1a=-1a=−1. 注意a=−1a=-1a=−1时，增广矩阵化简为，

(Ab)=(10−1011−11010−1)→(10−1001010001),(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)=3r(A)=2<r(Ab)=3r(A)=2<r(Ab)=3, 此时无解，舍去a=−1a=-1a=−1. 当，a=1a=1a=1时，r(A)=r(Ab)=2<3r(A)=r(Ab)=2<3r(A)=r(Ab)=2<3,此时有无穷多解，所以填a=1a=1a=1.

03 解答题

三、20 已知向量组（I）

α1=(114),α2=(104),α3=(12a2+3),\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) β1=(11a+3),β2=(021−a),β3=(13a2+3),\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aaa的值，并将β3\beta_3β3用α1,α2,α3\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3α1,α2,α3线性表示.

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

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

[11110110212344a2+3a+31−aa2+3]\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⎦⎤

→[1111010−1102200a2−1a−11−aa2−1]\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}→⎣⎡1001−1011a2−110a−1021−a12a2−1⎦⎤

→[11110101−10−2−200a2−1a−11−aa2−1](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a2−1≠0a^2-1\neq0a2−1̸=0，即a≠±1a\neq \pm1a̸=±1时，将上述矩阵第三行乘以

1a2−1\frac{1}{a^2-1}a2−11,得，

→[11110101−10−2−20011a+1−1a+11],\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)r(A)=r(B), 故向量组(I)与(II)等价. 为了将β3\beta_3β3用α1,α2,α3\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3α1,α2,α3线性表示, 解非齐次线性方程组(Aβ3)(A \beta_3)(Aβ3)，

(Aβ3)→[1023010−10011](A\beta_3)\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&2&3\\0&1&0&-1\\0&0&1&1\end{bmatrix}(Aβ3)→⎣⎡1000102013−11⎦⎤

→[1001010−10011],\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&0&1\\0&1&0&-1\\0&0&1&1\end{bmatrix},→⎣⎡1000100011−11⎦⎤,

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

(2)将a=1a=1a=1代入上面的公式（1），得，

[11110101−10−2−2000000],\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)r(A)=r(B), 故向量组(I)与(II)等价. 为了将β3\beta_3β3用α1,α2,α3\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3α1,α2,α3线性表示, 解非齐次线性方程组(Aβ3)(A \beta_3)(Aβ3)，（非齐次线性方程组的解法参阅）

(Aβ3)→[111101−1−20000](A \beta_3)\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&1&1\\0&1&-1&-2\\0&0&0&0\end{bmatrix}(Aβ3)→⎣⎡1001101−101−20⎦⎤

→[102301−1−20000],\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=0Ax=0Ax=0的基础解系为

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

非齐次方程组Ax=β3Ax=\beta_3Ax=β3的一个特解为,

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

于是，

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

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

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

(3)将a=−1a=-1a=−1代入上面的公式（1），得，

[11110101−10−2−20000−20],\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)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 β3\beta_3β3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=[−2−212x−200−2]与B=[2100−1000y]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;x,y;
(II)求可逆矩阵PPP,使得P−1AP=B.P^{-1}AP=B.P−1AP=B.

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

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

解得，

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

(II) 将y=−2y=-2y=−2代入矩阵BBB, 由

∣λE−B∣=0,|\lambda E-B|=0,∣λE−B∣=0,

容易解得BBB,从而AAA的三个特征值为2,−1,−22,-1,-22,−1,−2, 它们有三个不同的特征值，从而可以对角化,令

Λ=diag(2,−1,−2),\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P1,P2P_1,P_2P1,P2使得，

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

于是

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

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

2,−1,−22,-1,-22,−1,−2）组成的矩阵.

为了求P1P_1P1, 要解三个齐次线性方程组(λiE−A)=0,(\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λ=2\lambda=2λ=2时，

[42−1−2−12004]→[1120001000],\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，

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

同理，

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

从而，

P1=[−1−2−1012204].P_1=\begin{bmatrix}-1&-2&-1\\0&1&2\\2&0&4\end{bmatrix}.P1=⎣⎡−102−210−124⎦⎤.

P2P_2P2的解法与P1P_1P1类似，兹不赘述, 只给出结果.

P2=[1−10030001].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=P2P1−1AP1P2−1,B=P_2P_1^{-1}AP_1P_2^{-1},B=P2P1−1AP1P2−1,

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

XP2=P1,XP_2=P_1,XP2=P1,

为此，作分块矩阵：

[1−10030001−1−2−1212004]→[100010001−1−1−1212004]\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=[−1−1−1212004],P=\begin{bmatrix}-1&-1&-1\\2&1&2\\0&0&4\end{bmatrix},P=⎣⎡−120−110−124⎦⎤,

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

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