n维向量和线性方程组
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3秒自动关闭窗口不难的：设C上的数k1,k2,k3使k1 * x + k2 * y + k3 * z = 0将等式两边同时左乘A，利用给出条件，有k1 * x + k2 * x + k2 * y + k3 * z + k3 * y = 0将下面的式子减去上面的式子，得到k2 * x + k3 * y = 0再如法炮制，左乘A，求差，得到k3 * x = 0，又因为x非零，所以k3必然为0，回代，易得k1,k2为0
喜欢吃芝士r(A)表示矩阵A的秩,表示向量的长度,T表示向量的转向量,表示,rA,矩阵A的..
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r(A)表示矩阵A的秩,表示向量的长度,T表示向量的转
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1.设n阶矩阵A和B满足A+2B=AB
& &(Ⅰ)证明A-2E为可逆矩阵，其中E为n阶单位矩阵；
& &(Ⅱ)证明AB=BA；
& &(Ⅲ)[证明] (Ⅰ)由A+2B=AB有AB-2B-A+2E=2E
& &所以矩阵A-2E可逆．
& &(Ⅱ)由(Ⅰ)
& &AB-A-2B+2E=BA-2B-A+2E
& &[解] (Ⅲ)
& &A=2(B-E)-1+2E
& &2. 设A=(aij)，是三阶非零矩阵，满足条件：aij=-Aij(i,j=1,2,3)，其中Aij是行列|A|的aij的代数余子式
& &(Ⅰ)求行列式|A|的值；
& &(Ⅱ)证明A可逆且(A-1)T=A．[解] (Ⅰ)由于aij=-Aij(i,j=1,2,3)，有
& &|A*|=|-AT|=(-1)3|AT|=-|A|
& &又因|A*|=|A|n-1，故有|A|2=-|A*|，那么|A|为0或-1．
& &由于A≠0，不妨设a11≠0，那么
& &|A|=-1．
& &[证明] (Ⅱ)因为|A|≠0，所以A可逆，且 & &
& &(A-1)T-(AT)T=A．[解析] 当题目涉圾代数余子式时，应当想想伴随矩阵A*的定义、性质和公式， 3. 设矩阵A的伴随矩阵矩阵B满足ABA+AB=A2，求矩阵B.[解] 由于
& &得|A|=2．知矩阵A可逆，在矩阵方程ABA+AB=A2的两边左乘A-1得
& &对上式两端右乘A*，并利用AA*=|A|E，得
& &|A|B+BA*=|A|E
& &B(2E+A*)=2E
& &B=2(2E+A*)-1
& &[解析] &已知条件是A*，所以化简矩阵方程时要向A*靠拢，矩阵的运算法则要熟悉，计算应正确、简捷、熟练，要会用分块求逆和二阶求逆的公式． 4. AX=B有解．
& &(Ⅰ)求a,b,c的值；
& &(Ⅱ)求X．[解] (Ⅰ) 矩阵A不可逆|A|=0，解出a=1．
& &设A=(α1,α2,α3)，B=(β1,β2,β3)，则
& &AX=B有解每个βi(i=1,2,3)可由α1，α2，α3线性表出
& &向量组α1，α2，α3与α1，α2，α3，β1，β2，β3等价
& &r(α1,α2,α3)=r(α1,α2,α3,β1,β2,β3)
& &r(A)=r(A|B)．
& &b=-3 &c=0。
& &(Ⅱ)因为方程组Ax=β1，Ax=β2，Ax=β3的通解依次为
& &其中k1，k2，k3为任意常数．
& &故矩阵方程的解
& &[解析] 当矩阵A可可逆时．AX=B的解为X=A-1B．通过求逆可求出X．当矩阵A不可逆时，由于方程组Ax=β1，Ax=β2，Ax=β3的系数矩阵是一样的．从而加减消元可合并在一起进行． 5. 设A，B均为n阶反对称矩阵
& &(Ⅰ)证明对任何n维列向量a恒有aTAa=0；
& &(Ⅱ)证明对任何非零实数k，恒有A-kE是可逆矩阵；
& &(Ⅲ)证明若AB-BA是可逆矩阵，n必是偶数．[证明] (Ⅰ)因为αTAα是一个数，因此(αTAα)T=αTAα．
& &又因(αTAα)T=αTAT(αT)T=-αTAα
& &从而αTAα=-αTAα．所以恒有αTAα=0
& &(Ⅱ)用反证法，如果A-kE不可逆，则齐次方程缉(A-kE)x=0有非零解α.即存在α≠0，而(A-kE)α=0，那么Aα=kα．从而αTAα=kαTα，又因为α≠0，必有αTα＞0，现已知k≠0，从而kαTα≠0．与(Ⅰ)中αTAα=0相矛盾．
& &(Ⅲ)因为AT=-A，BT=-B．那么
& &(AB-BA)T=(AB)T-(BA)T=BTAT-ATBT-BA-AB
& &=-(AB-BA)
& &即AB-BA是反对称矩阵．于是
& &|AB-BA|=(-1)n|AB-BA|
& &若n是奇数，则必有|AB-BA|=0．所以
& &AB-BA是可逆矩阵的必要条件是n为偶数。[解析] &在矩阵的问题上—定要看请矩阵的形状．例如若α是n维列向量，则αTα，αTAα是一令数，而ααT是n阶矩阵．
& &如果熟悉特征值，应当知道反对称矩阵的特征值是0或纯虚数，那么A-kE可逆就更简单了． 6.
& &(Ⅰ)求a的值；
& &(Ⅱ)求可逆矩阵P和Q使PAQ=B．[解] (Ⅰ)矩阵A和B等价A和B均为m×n矩阵且秩r(A)=r(B)．
& &对矩阵A作初等变换，有
& &由秩r(B)=2，知r(A)=2
& &(Ⅱ)对矩阵A作初等变换化为矩阵B，有
& &把所用初等矩阵写出，得
& &[解析] 本题考查矩阵等价，初等矩阵左乘、右乘问题．把矩阵A化为矩阵B的方法不唯一，因此可逆矩阵P、Q不唯一． 7. 已知α1=(1,2,-3,1)T，α2=(5,-5,a,11)T，α3=(1,-3,6,3)T和β=(2,-1,3,6)T．试问
& &(Ⅰ)当a,b取何值时，β不能由α1，α2，α3线性表出；
& &(Ⅱ)当a,b取何值时，β可以由α1，α2，α3线性表出，并写出表达式．[解] 设x1α1+x2α2+x3α3=β，按分量写出得到方程组
& &对增广矩阵作初等行变换，有
& &(Ⅰ)如b≠4，，方程组无解，β不能由α1，α2，α3线性表出．
& &(Ⅱ)如b=4
& &1°当a≠12时，方程组唯一解：x2=0，x3=1，x1=1．
& &向量β可以由α1，α2，α3线性表出，且表示法唯一：β=α1+α3
& &2°当a=12时，
& &方程组有无穷多解：x2=t，x3=1-3t，x1=1-2t．
& &那么向量β可以由α1，α2，α3线性表出，且表示法不唯一．
& &β=(1-2t)α1+tα2+(1-3t)α3，t为任意实数．[解析] 向量β能否由α1，α2，…，αs线性表出的问题也就是方程组x1α1+x2α2+…+xsαs=β是否有解的问题．
& &对于这一类问题复习时要认真做，当前同学在解方程组时，计算上问题大，出错多.8.已知向量组α1=(1,1,0,2)T，α2=(-1,0,1,1)T，α3=(2,3,a,7)T，α4=(-1,5,3,a+11)T线性相关，而且向量β=(1,0,2,6)T可由α1，α2，α3，α4线性表出．
& &(Ⅰ)求a,b的值；
& &(Ⅱ)试将β用α1，α2，α3，α4线性表出；
& &(Ⅲ)求向量组α1，α2，α3，α4的一个极大线性无关组．并将向量组中其余向量用该极大线性无关组线性表出．[分析与求解] (Ⅰ)设x1α1+x2α2+x3α3+x4α4=β，对增广矩阵(α1,α2,α3,α4,β)加减消元，有
& &因为α1，α2，α3，α4线性相关，而且β可以由α1，α2，α3，α4线性表出，故知秩
& &r(α1,α2,α3,α4)=r(α1,α2,α3,α4,β)＜4．
& &可知a=1且b=3或者a=5，b=-1．
& &(Ⅱ)若a=1，且b=3
& &(Ⅲ)当a=1时，极大线性无关组是α1，α2，α4，而α3=3α1+α2+0α4 & &当a=5时，极大线性无关组是α1，α2，α3，而[解析] 如果只是向量组α1，α2，α3，α4线性相关求a的值，那么用行列式|α1,α2,α3,α4|=0较简便．若还涉及线性表出，则用r(α1,α2,α3,α4)=r(α1,α2,α3，α4，β)＜4方便．
& &要会求向量组的极大线性无关组，并将向量组中其余向量用极大线性无关组线性表出．9.已知两个向量组
& &(Ⅰ)α1=(1,3,0,5)T，α2=(1,2,1,4)T，α3=(1,1,2,3)T；
& &(Ⅱ)β1=(1,-3,6,-1)T，β2=(a,0,b,2)T
& &等价，求a,b的值，并写出等价时的线性表达式．[解] 向量组(Ⅰ)与(Ⅱ)等价，即(Ⅰ)与(Ⅱ)可互相线性表出．对(α1α2α3β1β2)作初等行变换，有
& &因为β1，β2可由α1，α2，α3线性表出
& &当a=1，b=3时，对(β1β2α1α2α3)作初等行变换，有
& & & &因为每个方程组均有解α1，α2，α3可由β1，β2线性表出．
& &所以a=1，b=3，向量组(Ⅰ)与(Ⅱ)等价．
& &解方程组得
& &β1=(t-5)α1+(6-2t)α2+α3，β2=(u-2)α1+(3-2u)α2+uα3
& &10.设α1，α2，β1，β2均是三维向量，且α1，α2线性无关，β1，β2线性无关，证明存在非零向量γ使得γ既可由α1，α2线性表出，又可由β1，β2线性表出．
& &[证] &四个三维向量α1，α2，β1，β2必线性相关，故有不全为零的k1，k2，l1，l2使得
& &k1α1+k2α2+l1β1+l2β2=0
& &令γ=k1α1+k2α2=-l1β1-l2β2，则必有k1，k2不全为零，否则，若k1=k2=0，由k1，k2，l1，l2不全为零知l1，l2不全为零，而
& &-l1β1-l2β2=0
& &这与β1，β2线性无关相矛盾，所以k1，k2不全为0，同理l1，l2亦不全为0，从而知γ≠0，它既可由α1，α2线性表出又可由β1，β2线性表出．
& &对已知的α1，α2，β1，β2，设x1α1+x2α2++y1β1+y2β2=0作初等行变换有
& &得方程组的通解为k(0,-3,-2,1)T，即x1=0，x2=-3k，y1=-2k，y2=k
& &[解析] &本题求向量γ的另一种出题方法是已知齐次方程组(Ⅰ)与(Ⅱ)的基础由解系分别是α1，α2与β1，β2，求这两个方程组的非零公共解． 11.设n维向量组(Ⅰ)：和r维向量组(Ⅱ)：β1=(1,1,…,1)．β2=(α1,α2,…,αr),…,βn并设r≤n，其中数α1，α2，…，αr互不相同，试分别讨论向量组(Ⅰ)，(Ⅱ)的线性相关性．[解] 由于a1，a2…，ar互不相同，则范德蒙行列式
& &则矩阵A的秩为r，从而A的列向量组即线性无关，在向量组的每一个向量上添加若干分量，可得向量组，从而向量组(Ⅰ)线性无关．由于矩阵A的秩为r，则A舳彳亍向量组也线性无关，即向量组β1=(1,1,…,1)，β2=(a1,a2,…,ar)，…，线性无关．故当r=n时，向量组(Ⅱ)线性无关．当r＜n时，向量的个数大于向量的维数，向量组(Ⅱ)线性相关．[解析] &做题时应注意基本定理的应用．例如，“一组向量线性无关，则添加若干分量，得到的高维向量组也线性无关”；“个数大于维数时，向量组线性相关”． 12.设α1=(a11,a12,…,a1n)T，α2=(a21,a22,…,a2n)T，…，αm=(am1,am2,…,amn)T线性无关，ξ1，ξ2，…ξn-m是下列方程组的基础解系，
& &证明向量组α1，α2，…，αm，ξ1，ξ2，…，ξn-m线性无关．[证] =0，…，αmTζj=0(j=1,…,n-m) & &亦即
& &用ζT左乘(2)式两端得
& &ζT(k1α1+k2α2+…+kmαm+ζ)=0
& &即k1ζTα1+k2ζTα2+…+kmζTαm+ζTζ=0 & &(3)
& &因为ζTαi=0(i=1,2,…,m)，由(3)得ζTζ=0．从而ζ=0
& &即l1ζ1+l2ζ2+…+ln-mζn-m=0．
& &因为ζ1，…，ζn-m是基础解系，它们是线性无关的，从而知l1=0，l2=0，…，ln-m=0．把ζ=0代入(2)得k1α1+k2α2+…+kmαm=0．因为α1，α2，…，αm线性无关，故必有k1=0，k2=0，…km=0．因此，向量组α1，α2，……，αm，ζ1，ζ2，…，ζn-m线性无关.[解析] 一般的两个无关向量组α1，α2，…，αm与β1，β2，…，β3合并得到的向量组α1，α2，αm，β1，β2，…，βs不一定线性无关．而本题的α与善ζj正交的条件，保证合并之后的向量组是线性无关的．13.设n维列向量组α1，α2，…，α3线性无关，A为m×n矩阵，试讨论向量组Aα1，Aα2，…，Aαs的线性相关性．[解] 设k1Aα1+k2Aα2+…+ksAαs=0，则
& &A(k1α1+k2α2+…+ksαs)=0
& &(1)若矩阵A的秩r(A)=n，则齐次线性方程组Ax=0只有零解．于是
& &k1α1+k2α2+…+ksαs=0
& &由于α1，α2，…，α3线性无关，故k1=k2=…=ks=0．从而向量组Aα1，Aα2，…，Aαs线性无关．
& &(2)若矩阵A的秩r(A)＜n，则向量组Aα1，Aα2，…，Aαs的线性相关性是不确定的，既可能线性相关，也可能线性无关．
& &[解析] 当秩r(A)＜n时，齐次线性方程组Ax=0有非零解．若有某个非零解η可以由α1，α2，…，αs线性表示，即
& &η=k1α1+k2αk1α1+…+ksαs，且k1，k2，…，ks不全为0．
& &则k1Aα1+k2Aα2+…+ksAαs=A(k1α1+k2α2+…+ksαs)=Aη=0从而Aα1，Aα2，…，Aαs线性相关．
& &若Ax=0的任意非零解均不能由α1，α2，…，αs线性表出，那么对于任意不全为零的常数k1，k2，…，ks，非零向量γ=k1α1+k2α2++…+ksαs肯定不是Ax=0的解．于是对任意不全为0的常数k1，k2，…，ks，恒有
& &k1Aα1+k2Aα2+…+ksAαs=A(k1α1+k2α2+…+ksαs)≠0从而Aα1，Aα2，…，Aαs线性无关． 14.已知n维向量α1，α2，α3线性相关，β是任意一个n维向量．
& &(Ⅰ)证明存在不全为0的五k1，k2，k3使得向量组k1β1+α1，k2β+α2，k3β+α3仍线性相关；
& &(Ⅱ)当秘α1=(1,3,5,-1)T．α2=(2,-1,-3,4)T，α3=(5,1-1，7)T时，求出昕需要的k1，k2，k3．[证明] (Ⅰ)因为α1，α2，α3线性相关，故存在不全为零的实数l1，l2，l3使得
& &l1α1+l2α2+l3α3=0
& &设k1，k2，k3是齐次方程组l1x1+l2x2+l3x3=0的一个非零解．那么对任意的β恒有 & &l1(k1β+α1)+l2(k2β+α2)+l3(k3β+α3)
& &=(l1k1+l2k2+l3k3)β+l1α1+l2α2+l3α3
& &=0β+0=0
& &因为l1，l2，l3不全不为，所以k1β+α1，k2β+α2，k3β+α3线性相关，且其中k1，k2，k3不全为零．
& &[解] (Ⅱ)对于α1=(1,3,5,-1)T，α2=(2,-1,-3,4)T，α3=(5,1,-1,7)T，考查l1α1+l2α2+l3α3=0，对系数矩阵作初等行变换有
& &解出：l1=t，l2=2t，l3=-t，即tα1+2tα2-tα3=0
& &那么，由x1+2x2-x3=0得通解t1(-2,1,0)T+t2(1,0,1)T．
& &所以k1=-2t1+t2，k2=t1，k3=t2时，对任何向量β恒有向量组k1β+α1，k2β+α2，k3β+α3线性相关．15.设A=(α1，α2，α3)是三阶矩阵，其中α1≠0，矩阵且满足AB=0，求向量组α1，α2，α3的一个极大线性无关组，并将其余向量用这个极大线性无关组线性表示．[解] 由AB=0故r(A)+r(B)≤3，又因A，B均非零矩阵，可知r(A)≥1，r(B)≥1．
& &当k≠9时秩r(B)=2，于是秩r(A)=1；
& &当k=9时秩r(B)=1，于是秩r(A)=1或r(A)=2．
& &(1)当k≠9时，向量组α1，α2，α3的极大线性无关组是α1．
& &由AB=0，有
& &(9-k)α3=0
& &α3=0，α1+2α2=0．
& &(2)当k=9时，
& &如果r(A)=1，则α1，α2，α3的极大线性无关组是α1．
& &由 &α1+2α2+3α3=0
& &如果r(A)=2，则α1，α2，α3必两两线性无关，极大线性无关组是α1，α2．
& &[解析] &对于AB=0要有两个基本构思：
& &(1)r(A)+r(B)≤n &(2)B的列向量是齐次方程组Ax=0的解．16.设有齐次线性方程组
& &试问，a为何值时，该方程组有非零解，并求其通解．[解] 对系数矩阵作初等行变换，有 & &
& &(1)若a≠2，则
& &当a=0时，
& &Ax=0的通解是k(-13,6,3,1)T
& &Ax=0的通解是k(-10,6,3,0)T．
& &(2)若a=2，则
& &方程组Ax=0的通解是k(-5,1,1,1)T．[解析] 要掌握齐次方程组基础解系与通解的求法．讨论参数取值时不要有遗漏情况．要会分步讨论并加减消元求解． 17.
& &讨论参数a，b取何值时，方程组无解、有解；当方程组有解时求出其所有的解．[分析与求解] 对增广矩阵作初等行变换，有
& &当a=3，b≠0时，秩r(A)=3，，方程组无解．
& &当a≠3且a≠6时，，方程组有唯一解
& &当a=3，b=0或a=6，，方程组有∞解．
& &a=3，b=0时方程组的通解是
& &(4,-1,0,0)T+k(-1,-1，1，0)T
& &a=6，b时，方程组的通解是
& &[解析] 对于解方程组的题目要重视，不要浮躁，华而不实．讨论参数时要仔细，全面求Ax=0的基础解系要过关，求Ax=b的特解要认真． 18.
& &有两个不同的解
& &(Ⅰ)证明方程组系数矩阵A的秩r(A)=2．
& &(Ⅱ)求a，b的值，并求方程组的通解．[证明] (Ⅰ)因为矩阵A中有2阶子式
& &又设α1，α2是该方程组两个不同的解，则α1-α2是对应的齐次方程组Ax=0的非零解，那么秩r(A)＜3，从而秩r(A)=2
& &[解] (Ⅱ)对增广矩阵作初等行变换，有
& &那么a=5，b=-4或a=0，b=6．
& &当a=5，b=-时
& &方程组通解为(5,0,-2)T+k(10,1,-5)T，k为任意常数
& &当a=0，b=6时
& &方程组通解为(5,0,-2)T+k(0,1,0)Tk为任意常数[解析] 要掌握用夹逼的方法来求矩阵的秩． 19.已知A=(α1,α2,α3,α4)是四阶矩阵，α1,α2,α3,α4是四维列向量，若方程组Ax=β的通解是(1,2,2,1)T+k(1,-2,4,0)T，又B=(α3,α2,α1,β-α4)，求方程组Bx=3α1+5α2-α3的通解．[解] 由方程组Ax=β的解韵结构，我们知
& &r(A)=r(α1,α2,α3,α4)=3，
& &α1+2α2+2α3+α4=β， &α1-2α2+4α3=0．
& &因为B=(α3,α2,α1,β-α4)=(α3,α2,α1,α1+2α2+2α3)，且α1，α2，α3线性相关，而知秩r(B)=2．
& &，知(-1,5,3,0)T是方程组Bx=3α1+5α2-α3的一个解．
& &知 &(4,-2,1,0)T，(2,-4,0,1)T是Bx=0的两个线性无关的解．
& &故 &Bx=3α1+5α2-α3的通解是：
& &(-1,5,3,0)T+k1(4,-2,1,0)T+k2(2,-4,0,1)T，其中k1，k2是任意常数．[解析] 本题考查抽象线性方程组的求解，涉及解的性质，解的结构，矩阵秩的判定等问题． 20.(Ⅰ)设A是m×n矩阵，β是任一个m维列向量，证明方程组Ax=β有解的充分必要条件是秩r(A)=m．
& &(Ⅱ)[证明] (Ⅰ)必要性 &设A=(α1,α2，…，αn)其中α1，α2，…，αn是m维列向量．
& &对任意的m维列向量β，方程组Ax=β有解，等价于α1，α2，…，αn可以表示任意一个m维列向量．那么α1，α2，…，αn可以线性表示m维单位向量e1=(1,0,…,0)T，e2=(0,1,…,0)T，…，em=(0,0,…,1)T．
& &于是秩r(e1,e2,…,em)≤r(α1,α2,…,αn)=r(A)
& &又秩r(e1,e2,…,em)=m．
& &r(A)≤m．
& &r(A)=m．
& &充分性 &A是m×n矩阵，=(A,β)是m×(n+1)矩阵，因为r(A)=m．即A中有m阶子式不为0．那么必有m阶子式不为0，所以必有r()=m．于是r(A)=r()方程组Ax=β必有解．
& &[解] (Ⅱ) &由(Ⅰ)知若存在β使方程组Ax=β无解，则秩r(A)＜3．对A作初等变换，有
& &a=221.已知线性方程组
& &有非零公共解，求a的值及其所有公共解．[解法一] &因为方程组(Ⅰ)、(Ⅱ)有非零公共解，即把(Ⅰ)(Ⅱ)联立所得方程组(Ⅲ)有非零解，对系数矩阵作初等行变换，有
& &方程组(Ⅲ)有非零解r(A)＜4a=-1．
& &求出η=(2,6,2,1)T是(Ⅲ)的基础解系，所以(Ⅰ)与(Ⅱ)的所有公共解是kη，k为任意常数．
& &[解法二] &对(Ⅰ)的系数矩阵作初等行变换，得
& &所以方程组(Ⅰ)的基础解系是
& &η1=(-1,2,1,0)T，η2=(4,2,0,1)T．
& &那么，(Ⅰ)的通解是
& &k1η1+k2η2=(-k1+4k2,2k1+2k2,k1,k2)T．
& &将其代入(Ⅱ)，有
& &因为(Ⅰ)，(Ⅱ)有非零公共解，故k1，k2必不全为0．
& &a=-1，且k1=2k2．
& &k1η1+k2η2=k(2,6,2,1)T．
& &即(Ⅰ)与(Ⅱ)的公共解是k(2,6,2,1)T．[解析] 如果已知条件为(Ⅰ)给基础解系；(Ⅱ)给方程组．可如解法二那样求解．如果(Ⅱ)和(Ⅱ)都给基础解系，你怎样求公共解呢? 22.已知(Ⅰ)和(Ⅱ)都是四元齐次线性方程组，(Ⅰ)的基础解系是η1，η2，η3，(Ⅱ)的基础解系是ξ1，ξ2，把(Ⅰ)，(Ⅱ)两个方程组合并得到齐次方程组(Ⅲ)．
& &(1)证明(Ⅲ)一定有非零解；
& &(2)如果η1=(1,0,1,0)T，η2=(0,1,1,0)T，η3=(1,0,0,1)T，η3=(1,-2,1,0)T，ξ2=(1,1,2,1)T，求(Ⅲ)的通解．[证明] (1)所谓齐次方程组的解γ．其实就是(Ⅰ)与(Ⅱ)的公共解．因此γ必可由η1，η2，η3线性表出也可由ξ1，ξ2线性表出．
& &因为η1，η2，η3，ξ1，ξ2是五个四维向量，必线性相关．故存在不全为零的k1，k2，k3，l1，l2，使
& &k1η1+k2η2+k3η3+l1ξ1+l2ξ2=0
& &那么令γ=k1η1+k2η2+k3η3=-(l1ξ1+l2ξ2)，则γ≠0(否则，由η1，η2，η3是基础解系是线性无关的，而得k1=k2=k3=0，同理l1=l2=0，与k1，k2，k3，l1，l2不全为零相矛盾)
& &于是γ是(Ⅰ)和(Ⅱ)的公共解，即(Ⅲ)必有非零解．
& &[解] (2)设γ=x1η1+x2η2+x3η3=-y1ξ1-y2ξ2，则x1η1+x2η2+x3η3+y1ξ1+y2ξ2=0
& &对(η1,η2,η3,ξ1,ξ2)作初等行变换，有
& &k(1,-4,-2,-1,2)T，k为任意常数．
& &那么由y1=-k，y2=2k得(Ⅲ)有通解为
& &k(ξ1-2ξ2)=k(-1,-4,0,-2)T，k为任意常数．23.
& &(Ⅰ)求a，b，c的值；
& &(Ⅱ)求方程组满足x1=x2的全部解．[解] (Ⅰ)由于Ax=0与Bx=0同解，知秩r(A)=r(B)=2，对于A作初等行变换有
& &可见r(A)=2a=2
& &此时，方程组(1)的系数矩阵可化为：
& &故(1)的通解为：
& &k1(4,-2,1,0)T+k2(-7,2,0,1)T，k1，k2为任意常数．
& &把x1=4k1-7k2，x2=-2k1+2k2，x3=k1，x4=k2代入(2)
& &因此必有b=1，c=2
& &当b=1，c=2时，方程组(2)的系数矩阵可化为
& &故a=2，b=1，c=2时，方程组(1)与(2)同解．
& &[解] (Ⅱ)对于x1=x2，即
& &4k1-7k2=-2k1+2k2
& &解得故方程组x1=x2的全部解为：
& &24.设A是m×n矩阵，B是s×n矩阵．
& &证明齐次方程组Ax=0的解全是齐次方程组Bx=0的解的充分必要条件是：B的行向量可以由A的行向量线性表出．[证明] 必要性因为Ax=0的解全是Bx=0的解，所以方程组Ax=0与为同解方程组．那么它们有相同的基础解系，从而秩
& &设α1，α2，…，αr是矩阵A行向量组的一个极大线性无关组，于是α1，α2，…，αr也是矩阵行向量组的一个极大线性无关组．那么B的行向量可以由α1，α2，…，αr线性表出，亦即B的行向量可以由A的行向量线性表出．
& &充分性 &，其中α1，α2，…，αm和β1，β2，…，βs均为n维行向量，且βj=k1iα1+k2iα2+…+kmiαm，j=1,2,…,s
& &如果γ=(c1,c2,…,cn)T是齐次方程组Ax=0的任意一个解，那么Aγ=0
& &α1γ=0，α2γ=0，…，αmγ=0
& &βjγ=k1jα1γ+k2jα2γ+…+kmjαmγ=0 &j=1,2,…,s
& &亦即γ是齐次方程组Bx=0的解．[解析] 由此题进一步可知Ax=0与Bx=0同解的充分必要条件是A与B的行向量组等价． 25.
& &(1)求矩阵A的特征值，特征向量；
& &(2)求A10．[解] (1)由特征多项式
& &矩阵A的特征值为：1,3,0,-1，-1．
& &对λ1=1由(E-A)x=0
& &得基础解系α1=(1,0,-1,0,0)T．
& &对λ=3由(3E-A)x=0
& &得基础解系α2=(1,2,1,0,0)T．
& &得基础解系αs=(1,-1,1,0,0)T．
& &对λ=-1由(-E-A)x=0
& &得基础解系(0,0,0,1,0)T．
& &所以矩阵A的特征向量
& &λ=1对应的特征向量是k1α1，k1≠0
& &λ=3对应的特征向量是k2α2，k2≠0
& &λ=0对应的特征向量是k3α3，k3≠0
& &λ=-1对应的特征向量是k4α4，k4≠0
& &(2)对矩阵A分块为
& &26.已知A和B都是n阶非零矩阵，且A2+2A=0，B2+2B=0，
& &(1)证明λ=-2必是矩阵A和B的特征值；
& &(2)如果AB=BA=0，α1，α2分别是矩阵A和B关于λ=-2的特征向量，证明α1，α2线性无关；
& &(3)若秩r(A)=r，求A～A．[证] (1)因为(A+2E)A=0且A≠0，所以齐次方程组(A+2E)x=0有非零解，故|A+2E|=0．即λ=-2必是矩阵A的特征值．
& &同理，λ=-2也必是矩阵B的特征值．
& &(2)由AB=0，B≠0知齐次方程组Ax=0有非零解．
& &故|A|=0，即λ=0必是矩阵A的特征值．
& &同理，λ=0也必是矩阵B的特征值．
& &因为Aα1=-2α1，用矩阵B左乘得
& &可见α1是矩阵B关于λ=0的特征向量．
& &那么α1，α2是矩阵B不同特征值的特征向量．故α1，α2线性无关．
& &(3)因为A2+2A=0，有A(A+2E)=0．
& &一方面r(A)+r(A+2E)≤n
& &另一方面r(A)+r(A+2E)=r(-A)+r(A+2E)≥r[(-A)+(A+2E)]=r(2E)=n
& &可见r(A)+r(A+2E)=n，那么r(A+2E)=n-r
& &当λ=-2时，(-2E-A)x=0的基础解系有n-r(-2E-A)=n-(n-r)=r个线性无关的解．即λ=-2有r个无关的特征向量．
& &当λ=0时，(OE-A)x=0的基础解系有，n-r(A)=n-r个线性无关的解，即λ=0有n-r个无关的特征向量．
& &从而矩阵A有n个线性无关的特征向量
& &[解析] 关于AB=0，要用好两种处理问题的方法：矩阵B的列向量是齐次方程组Ar=0的解，以及r(A)+r(B)≤n． 27.已知A=E+αβT，其中α=(a1,a2,a3)T，β=(b1,b2,b3)T且αTβ=2
& &(Ⅰ)求矩阵A的特征值与特征向量；
& &(Ⅱ)证明A可逆，并求A-1；
& &(Ⅲ)求行列式|A*+E|的值.[解] (Ⅰ)记B=αβT，则
& &由于αTβ=a1b1+a2b2+a3b3=2，故a1，a2，a3，b1，b2，b3不全为0，不妨设a1≠0，b1≠0，于是秩r(B)=1，那么
& &|λE-B|=λ3=(a1b1+a2b2+a3b3)λ2=λ3=2λ2 & &所以，矩阵B的特征值为λ1=2，λ2=λ3=0．那么矩阵A-E+B的特征值是3,1,1．
& &由于B2=(αβT)(αβT)=α(βTα)βT=2αβT=2B,对矩阵B按列分块，记B=(γ1,γ2,γ3)，那么由B2=2B，有
& &B(γ1,γ2,γ3)=2(γ1,γ2,γ3)
& &得 &Bγi=2γi &(i=1,2,3)
& &所以，矩阵B属于特征值λ=2的特征向量是α=(a1，a2，a3)T．
& &由(0E-B)x=0
& &得到基础解系
& &α2=(-b2,b1,0)T，α3=(-b3,0,b1)T
& &所以矩阵A属于特征值λ1=3的特征向量是k1α(k1是非0任意常数)，属于特征值λ2=λ3=1的特征向量是k2α2+k3α3(k2，k3是不全为零的任意常数)
& &[证明] (Ⅱ)因为矩阵A的特征值3，1，1不为0，所以矩阵A可逆．
& &又因B2=2B，及A=E+B，有
& &(A-E)2=2(A-E) &即 &A2-4A=-3E
& &[解] (Ⅲ)因为矩阵A的特征值是3，1，1，知|A|=3．从而A*的特征值为1，3，3．所以，A*+E的特征值为2，4，4．那么|A*+E|=32．[解析] 注意βTα是1×1矩阵，是数，且，而αβT与αβT是不相同的n阶矩阵，这里不要混淆．
& &当秩r(A)=1时，特征多项式，矩阵A的特征值可立即求出．
& &本题用定义求A-1是简捷的，其他方法计算量都较大． 28.设矩阵是矩阵A*的一个特征向量，其中A*是矩阵A的伴随矩阵．
& &(Ⅰ)求a，b的值；
& &(Ⅱ)求可逆矩阵P使P-1A*P=A．[解] (Ⅰ)设α是A*属于特征值λ的特征向量，即有A*α=λα．
& &利用AA*=|A|E，两边左乘矩阵A，得
& &λAα=|A|α
& &由此得方程组
& &(1)-(3)得λ(6-3b)=0
& &因为矩阵A可逆，|A|≠0，那么由(3)知λ≠0，故b=2．
& &把b=2，|A|=2λ代入(2)可得a=0
& &(Ⅱ)由矩阵A的特征多项式
& &得矩阵A的特征值是λ1=λ2=2，λ3=3，那么A*的特征值是6，6，4．
& &对λ=2，由(2E-A)x=0即
& &得基础解系α1=(1,1,0)T，α2=(-1,0,1)T，那么α1，α2是A*属于特征值λ=6的特征向量．
& &对λ=3，由(3E-A)x=0即
& &得基础解系α3=(-2,0,1)T，那么α3是A*属于特征值λ=4的特征向量．
& &P-1A*P=A29.相似，求a与b的值，并求可逆矩阵P使P-1AP=B．[解] 由于A～B，有
& &a=-1，b=1．
& &由 &(E-A)x=0 &得特征向量α1=(1,0,0)T，
& &(2E-A)x=0 &得特征向量α2=(1,1,0)T，
& &(-E-A)x=0 &得特征向量α3=(3,-2,2)T．
& &由 &(E-B)x=0 &得特征向量β1=(0,1,1)T
& &(2E-B)x=0 &得特征向量β2=(1,2,1)T
& &(-E-B)x=0 &得特征向量β3=(0,0,1)T
& &那么令P1=(α1,α2,α3)，P2=(β1,β2,β3)则有
& &因此，当
& &[解析] (1)要会用复合的方法求可逆矩阵P．
& &(2)若A～A，则p-1AP=A中的矩阵P是A的特征向量，而P-1AP=B≠Λ时，矩阵P不是A的特征向量．
& &(3)因为相似矩阵有相同的特征值，由于A，B均是三角矩阵，易知矩阵A的特征值为1，2，a，矩阵B的特征值为2，b，-1，赤可立即求出a=-1，b=1． 30.
& &(Ⅰ)求α的值；
& &(Ⅱ)求矩阵A的特征值和特征向量；
& &(Ⅲ)判断A是否可相似对角化，并说明理由．[解] (Ⅰ)矩阵A的特征多项式为
& & & &若λ=2是矩阵A特征值的重根．则λ2-6λ+8-a含有因式λ-2，于是
& &22-12+8-a=0
& &得a=0．矩阵A的特征值是：2，2，4．
& &若λ=2不是矩阵A特征值的重根，则λ2-6λ+8-a是完全平方，于是
& &(-6)2=4(8-a)
& &得a=-1，矩阵A的特征值是：3，3，2．
& &(Ⅱ)当a=0时，由(2E-A)x=0，即
& &得基础解系α1=(1,0,-1)T．
& &那么，对应于特征值λ1=λ2=2的全部特征向量为
& &k1α1=k1(1,0,-1)T，k1为非零常数．
& &由(4E-A)x=0，即
& &得基础解系α2=(1,0,1)T．
& &那么，对应于特征值λ3=4的全部特征向量为
& &k2α2=k2(1,0,1)T，k2为非零常数．
& &当a=-1时，由(3E-A)x=0，即
& &得基础解系β1=(-3,1,2)T．
& &那么，对应于特征值λ1=λ2=3的全部特征向量为
& &k1β1=k1(-3,1,2)T，k1为非零常数．
& &由(2E-A)x=0，即
& &得基础解系β2=(-1,0,1)T．
& &那么对应于特征值λ3=2的全部特征向量为
& &k2β2=k2(-1,0,1)T，k2为非零常数．
& &(Ⅲ)不能相似对角化．
& &不论a=0或a=-1，对于矩阵A的二重特征值，矩阵A只有一个线性无关的特征向量．31.
& &有三个线性无关的特征向量，λ=5是矩阵A的二重特征值，A*是矩阵A的伴随矩阵，求可逆矩阵P，使P-1A*P为对角矩阵．[解] 因为矩阵A有三个线性无关的特征向量，λ=5是矩阵A的二重特征值，故λ=5必有2个线性无关的特征向量，那么，齐次方程组(5E-A)x=0有两个线性无关的解．因此秩r(5E-A)=1．由
& &得a=0，b=-1.因 & &5+5+λ3=1+3+5
& &知矩阵A的特征值是λ1=λ2=5，λ3=-1．
& &那么，|A|=-25，伴随矩阵A*的特征值是-5，-5，25．
& &由齐次方程组(5E-A)x=0，得基础解系
& &α1=(1,2,0)T，α2=(0,0，1)T
& &它是矩阵A属于特征值λ=5的线性无关的特征向量，亦是A*属于特征值λ=-5的线性无关的特征向量．
& &由齐次方程组(-E-A)x=0，得基础解系
& &α3=(-2,2,1)T
& &它是矩阵A属于特征值λ=-1的特征向量，亦是A*属于特征值λ=25的特征向量．
& &那么，令
& &[解析] 若Aα=λα，则，通过矩阵A的特征值、特征向量就可求出A*的特征值与特征向量．本题没有必要去求伴随矩阵A*．要会用相似对角化的理论求参数． 32.
& &与对角矩阵相似，求An．[解] 由矩阵A的特征多项式
& &知矩阵A的特征值是λ1=λ2=1，λ3=3．
& &因为A～A，λ=1必有两个线性无关的特征向量，故秩，r(E-A)=1．
& &求出a=-3．
& &对λ=1，由齐次方程组(E-A)x=0，得基础解系：
& &α1=(1,1,0)T，α2=(0,1,3)T
& &对λ=3，由齐次方程组(3E-A)x=0，得基础解系：
& &α3=(1,0,-1)T
& &[解析] 本题考查相似对角化的充分必要条件，以及用相似对角化求An。
& &计算An是矩阵运算的一个要点，在此小结一下： & & &
& &33.设A是三阶实对称矩阵，满足A2-A-2E=0，已知Aα+α=0，其中α=(-1,1,1)T，且行列式|A|=-4．
& &(Ⅰ)求矩阵A的特征值；
& &(Ⅱ)求矩阵A．[解] (Ⅰ)设λ为A的一个特征值，对应的特征向量为α，则
& &Aα=λα,(α≠0)
& &那么A2α=λ2α，(A2-A-2E)α=(λ2-λ-2)α
& &由A2-A-2E=0知(λ2-λ-2)α=0.
& &由于α≠0故有λ2-λ-2=0
& &λ=2或λ=-1
& &因为矩阵A是实对称矩阵必可对角化，且因|A|=-4，故必有
& &即矩阵A的特征值是λ1=λ2=2，λ3=1.
& &(Ⅱ)设矩阵A对应于特征值λ=2的特征向量为X=(x1,x2,x3)T,则X与α是不同特征值的特征向量．有
& &XTα=x1+x2+x3=0
& &解得α1=(1，1，0)T，α2=(1，0，1)T是矩阵A对应于特征值λ=2的特征向量．
& &34.已知二次型，若矩阵A的特征值有重根
& &(Ⅰ)求a的值；
& &(Ⅱ)用正交变换x=py化二次型为标准形．并写出所用坐标变换；
& &(Ⅲ)如果A+kE是正定矩阵，求k的值．[解] (Ⅰ)二次型矩阵
& &=(λ+a-1)(λ-a-2)(λ-a+1)
& &得到矩阵A的特征值为：1-a，a+2，a-1
& &因为特征值有重根，故或a=1.又a＜0，所以.
& &(Ⅱ)对于．矩阵A的特征值为
& &得基础解系α1=(2，1，0)T,α2=(-1,0,1)T.
& &得基础解系α2(1,-2,1)T
& &对α1，α2正交化，令β1=α1=(2，1，0)T
& &再分别把β1，β2，α3单位化，得
& &那么，令x=py.其中
& &(Ⅲ)因为矩阵A的特征值为
& &所以A+kE的特征值为．
& &因此a+kE正定的充分必要条件是．35.已知三元二次型xTAx中，二次型矩阵A的各行元素之和均为6，且满足AB=0，其中
& &(Ⅰ)求正交变换化二次型f为标准形，并写出所用坐标变换；
& &(Ⅱ)求行列式|A+E|的值．[解] (Ⅰ)由于矩阵A的各行元素之和均为6，有
& &即λ=6是矩阵A的特征值，α1=(1，1，1)T是矩阵A属于特征值λ=6的特征向量．
& &由AB=0，知 & &
& &故α2=(1，-2，1)T，α3=(1，-1，0)T是矩阵A属于特征值λ=0的特征向量.
& &单位化α1,得．
& &用Schmidt正交化方法，先正交化α2，α3，有
& &β2=α2=(1，-2，1)T
& &再单位化得
& &那么，令
& &则经正交变换x=Qy，有
& &XTAx=yT(QTAQ)y=yT(Q-1AQ)y=6y21
& &(Ⅱ)由A的特征值是6，0，0而知A+E的特征值是7，1，1．所以
& &|A+E|=7·1·1=7[解析] 关于AB=0，它是考研的热点之一．要意识到B的列向量是齐次方程组Ax=0的解，进而可转换为λ=0，是矩阵A的特征值，B的列向量是属于λ=0的特征向量.要熟悉秩r(A)+r(B)≤n这两人个重要的思想方法.
& &关系式|A|=∏λi是重要的，由矩阵A的特征值可求出A+E的特征值，也就可求出行列式|A+E|的值． 36.已知二次型f(x1,x2,x3)=xTAx经正交变换x=Qy化为标准形，其中矩阵Q的第一列是
& &(Ⅰ)求此坐标变换x=Qy；
& &(Ⅱ)求二次型的表达式；
& &(Ⅲ)证明对任意x=(x1,x2,x3)T，恒有-6xTx≤xTAx≤3xTx．[解] (Ⅰ)二次型xTAx在正交变换x=Qy下的标准形是说明矩阵A的特征值是3，-6，-6．又矩阵Q的第一列α就是矩阵A对应于特征值λ=3的特征向量．
& &设矩阵A对应于特征值λ=-6的特征向量是X=(x1，x2，x3)T，因为实对称矩阵不同特征值的特征向量是相互正交的，故有
& &解出λ=-6的特征向量α2=(0，1，-1)T，α3=(2，0，-1)T
& &把α2，α3正交化，有
& &β2=α2=(0，1，-1)T
& &再单位化，有
& &因此Q=(α，γ2，γ3)
& &所用坐标变换为：
& &(Ⅱ) &由(Ⅰ)知Q-1AQ=QTAQ=Λ，那么
& &A=QΛQ-1=QΛQT & &
& &故二次型为
& &[证明] (Ⅲ)由于x=Qy是正交变换，有
& &xTx=(Qy)T(Qy)=yTQTQy=yTy
& &-6xTx≤xTAx≤3xTx[解析] 二次型矩阵是实对称矩阵，在处理二次型问题时，要用好实对称矩阵特征值、特征向量的一些特殊性质．
& &由二次型可写出二次型矩阵，反之由二次型、矩阵又可写出二次型。因此求二次型的表达式就是求二次型矩阵． 37.设二次型
& &(Ⅰ)求坐标变换x=Cy，化此二次型为规范形；
& &(Ⅲ)求一个全不为零的x1，x2,x3使f(x1,x2,x3)=0．[解] (Ⅰ)用配方法有
& &=(x1-x2)2-(x2+x3)2-x32
& &(Ⅲ) 由(Ⅰ)知
& &那么令y0=(5，3，4)T
& &有38.已知二次型
& &(Ⅰ)用配方法把二次型xTAx化为标准形，并写出所用坐标变换x=Cy；
& &(Ⅱ)计算B1=CTBC并用正交变换把B1化为对角形；
& &(Ⅲ)求可逆矩阵P使PTAP和PTBP同时为对角矩阵．[解]
& &即经坐标变换x=Cy其中
& &得矩阵B1有特征值为：11，0，0．
& &解方程组(11E-B1)x=0得矩阵B1对应于特征值λ=11的特征向量为α1=(1，-3，1)T
& &解方程组(OE-B1)X一0得矩阵B1对应于特征值λ=0的特征向量为α2=(3，1，0)T,α3=(-1，0，1)T
& &对α2，α3正交化，有
& &再单位化，有
& &(Ⅲ)令P=CQ，则P可逆，且
& &PTAP=(CQ)TA(CQ)=QT(CTAC)Q=QTEQ=E
& &[解析] 对于两个对称矩阵A和B，如果A是正定矩阵，则有CTAC=E(用配方法可求出可逆矩阵C)，因为CTBC仍是对称矩阵，可用正交矩阵将其相似对角化，即Q-1(CTBC)Q=A
& &那么令p=CQ，则有
& &PTAP=QT(CTAC)Q=QTEQ=E
& &pTBP=Q-1(CTBC)Q=A
& &即可用同一个可逆矩阵把A，B同时合同对角化． 39.已知A与B均为n阶正定矩阵，证明AB是正定矩阵的充分必要条件是AB=BA．[证明] 必要性 &若A，B，AB均是正定矩阵，则A，B，AB均为对称矩阵，那么
& &AB=(AB)T=BTAT=BA
& &必要性成立．
& &充分性 &由AT=A，BT=B，AB=BA，有
& &(AB)T=BTAT=BA=AB
& &即AB是对称矩阵．
& &设λ为矩阵的AB的任一特征值，α是矩阵AB属于特征值λ的特征向量，
& &即 & &ABα=λα，α≠0
& &由A正定，知A可逆且A-1正定，那么
& &βα=λA-1α
& &于是αTBα=λαTA-1α
& &由B，A-1正定，知αTBa＞0，αTA-1α＞0，故λ＞0。所以，矩阵AB的特征值恒大于零，矩阵AB正定。[解析] 如果熟悉：A正定，及A可逆则ATA正定．本题充分性的证明还可如下；
& &由于A，B均正定，故存在可逆矩阵P与Q使A=PTEP，B=QTEQ，那么
& &Q(AB)Q-1=Q(PTP)(QTQ)Q-1=(PQT)T(PQT) & &记C=PQT，由于P,Q均可逆，知C可逆. CTC正定，于是AB∽CTC。从而AB的特征值全大于0，AB是正定矩阵. 40.设A是n阶实对称矩阵，证明秩r(A)=n的充分必要条件是存在n阶矩阵B，使AB+BTA是正定矩阵．[证明] 必要性若秩r=(A)=n，则A可逆，那么取B=A-1，由于AT=A，有
& &AB+BTA=AA-1+(A-1)TA=E+(AT)-1A=E+A-1A=2E
& &知AB+BTA是正定矩阵．
& &充分性 & &若AB+BTA是正定矩阵，则AB+BTA是对称矩阵.因此，xT(AB+BTA)x是二次型的矩阵表示，且其为正定二次型。
& &那么，α≠0，恒有αT(AB+BTA)α＞0.亦即
& &αT(AB+BTA)α=αTABα+αTBTAα=αTATα+αTβTAα
& &=(Aα)T(Bα)+(βα)T(Aα)=2(Bα)T(Aα)＞0
& &所以，α≠0，必有Aα≠0。
& &故齐次线性方程组Ax=0只有零解，因此矩阵A的秩r(A)=n.[解析] 在处理二次型正定时，要熟悉特征值法和定义法。}