线代强化训练答案(不含题目)

考研数学复习教程线性代数强化训练（一）1．解：（A）。2.解：，所以3．4．5．6．方程组有非零的充分必要条件是7.8.9.，则10．，，，11．所以12．显然的所有特征值为，所以13．， 解方程组，得14．解：，所以方程的根的为．15（2）其中，由范德蒙德行列式可知15．计算行列式（1）16．解：把矩阵分块为，其中，显然，可逆，且，所以全部代数余子式和等于伴随矩阵的所有元素之和，也就是．17．解：线性方程组的系数行列式为所以当时，方程组有非零解。18．解：系数行列式，所以当进，线性方程组有唯一解。，于是强化训练（二）1．解：由可知或，无论哪种情况都可得到AB可交换，所以．2．设A，B都是可逆矩阵，则存在．3．解：由条件可知错误的是（C）4．解：5．6．，则（1）当时，显然，可判断出是一个不满秩的矩阵，当然行列式等于零．（2）当时，不能得到，也就不能确定行列式是否为零．7．设阶矩阵等价．则注意等价的充分必要条件是秩．行列式．是错误的；，当然也是错误的矩阵A，B必有同不为零的子式．这是正确的，这就是矩阵秩的定义．若矩阵A不可逆，则B也不可逆．当然是正确的，因为值得注意的是，（3）（4）是正确的，但都是等价的必要条件，而不是充分条件．8．这考查初等变换和初等矩阵的知识通过观察可知矩阵经过两次初等列变换（注意这两次初等变换可以交换次序）得到矩阵所以9．，若的秩为1，则解：注意结论显然此题当时，秩（舍）；当，秩符合题意．10．解：注意条件，可知．而已知而，则（1）当时，，可得到，可能为1，也可能为2；（2）当时，，可得到，只能为1．11．解：，则．12．解：，，所以13．解：，14．解：，15．设则，16．解：17．设三阶矩阵，，且，则18．已知向量，．若矩阵满足，则解：显然所以19．解：由条件可知（1）（2）所以20．解：显然A是可逆的，所以伴随矩阵也是可逆的，也就得到．而，所以21．解：显然有，且是可逆的所以22．解：，所以由于，所以可逆，也就是．23．解：用A右乘矩阵方程两边，得再用同时左乘矩阵方程两边，得，也就是，得到了于是24．分析：其实就是求解线性方程组的两个线性无关的解解：基础解系为，所以注意：答案并不唯一．25．解：显然A是不可逆，否则若可逆，则，同理，也是不可逆的．于是解方程组此时，，且，所以．26．分析：由于本题需要求行向量组的一个极大无关组，故应该对A进行初等列变换，或者对进行初等行变换．解：对矩阵进行进行初等行变换当或时，．当时，A的第1，2，3行组成了行向量组的极大无关组．当时，A的第1，2，4行组成了行向量组的极大无关组．27．解：（1）．显然当时，矩阵可逆．（2）（分析）由于，所以矩阵可逆，，显然都是实对称矩阵，所以也是实对称矩阵，当然也是实对称矩阵．证明：由于，所以矩阵可逆，于是有而为对称矩阵．28．解：（1）（2），显然不可逆．29．解：由可知，由于对于任意的实数，矩阵都可逆，则说明对于任意的实数，都不等于零，也就是判别式，也就是．30．证明：（1）对任意一个维列向量，有所以也就是正交；（2）假设不可逆，则齐次线性方程组存在非零解，也就是存在非零向量，使得，也就是，此时由（1）的结论与为非零向量矛盾，所以可逆；类似可证明可逆．（3）也就得到了，所以是正交矩阵．考研数学复习教程线性代数强化训练（三）一、选择题1．解：（D）是正确的．证明如下：（1）必要性：如果向量组线性无关，假设存在一个向量存在向量能由其余向量线性表示，则，则，显然系数不全为零，所以线性相关，与条件矛盾．（2）充分性：如果每个向量都不能不能由其余向量线性表示．假设线性相关，由线性相关性的性质，则至少存在一个向量能由其余向量线性表示，与条件矛盾，所以向量组线性无关．2．解：显然（C）是线性相关性的定义，是正确的．3．解：由线性无关可知也是线性无关的，结合条件向量线性相关，则一定是向量的极大线性无关组，也就知必可由向量组线性表示，当然可由线性表示．所以（B）是正确的．4．解：经过初等行变换得所以可看出向量组的秩为．显然从最终的行阶梯形可看出的极大无关组的是或；而所对应的三阶子式为，所以也是向量组的一个极大无关组；而所对应的三阶子式为，所以是线性相关的，不是向量组的极大无关组．5．分析：以下结论一定要掌握，经常考到．设维向量组能由维向量组线性表示为其中为矩阵，且向量组线性无关．则向量组线性无关的充分必要条件是矩阵的秩，也就是矩阵的列向量组满秩．对于此题：选项（A）中：，所以是线性无关的．而对于（C）．所以（C）是正确的．6．解：（D）当然是正确的．当向量组的秩等于维数时，说明向量组是维向量空间的一组基，任意维向量可由线性表示．注意（A）选择项中，中任意个向量线性相关是正确的，但应该是存在一组个向量线性无关，而不是任意个向量线性无关．7．解：当然是（B）．8．解：因为，而矩阵显然是可逆矩阵，所以与等价．（B）是正确的．9．解：由于，显然，当然与等价，所以是可逆矩阵，．10．解析：由矩阵秩的定义，如果的秩，则矩阵A经过初等变换得到标准形为，这里的初等变换包括初等行、列变换．本题中，，也就是标准形中下面的零行块、右边的零列块至少一个是不存在的．当时，矩阵列满秩，所以右边的零块不存在，只用经过初等行变换一定可化为，所以（A），（B）都是错误的．当时，矩阵的行是满秩的，标准形中下边的零行块是不存在的，只有通过初等列变换才可能把右边化为零块，所以（C）是错误的．11．解：显然一个向量组成了的一组基，是线性无关的．，所以满足12．解：，所以13．解：显然条件等价于线性方程组有唯一解．对施行初等行变换：，可知，只有当时，有，此时，可由唯一线性表示．14．解：，所以15．解：，其中所以当时，秩，是线性相关的．16．解：，所以时，向量组线性无关．17．解：由于三维列向量组线性无关，所以秩而，所以．18．解：显然，由于线性相关，则存在常数，使得或成立．也就是或成立．设，则，所以也可以表示为或19．解：所以时，线性相关，进，线性无关．20．解：所以向量组的秩为3，一个极大无关组为，且有21．（略）22．解：所以（1）当且时，秩，向量不能用向量组线性表示；（2）当时，，向量能用向量组线性唯一线性表示；（3）当时，向量能用向量组线性表示，且表示法不唯一．一般表达式为．23．解：两个向量组等价的充分必要条件为：．解：显然，而，所以两向量组不等价．（1）（3）略24．解：显然当时，向量组的秩为2，而向量组的秩为3，此时向量组不能用线性表示．而当时向量组的秩和向量组的秩都是2，而向量组的秩为1，显然向量组可由线性表示．25．设向量线性无关，讨论下面向量组的线性相关性．（1），秩为，所以这组向量线性相关；（2）秩为，所以这组向量线性无关．（3），秩为，所以这组向量线性无关．26．分析：设维向量组能由维向量组线性表示为其中为矩阵，且向量组线性无关．则向量组线性无关的充分必要条件是矩阵的秩，也就是矩阵的列向量组满秩．解：可求得行列式：当是偶数时，，当然线性相关；当是奇数时，，当然线性无关．27．设两边同时左乘A，得对应的等式也变为，由于是对应的齐次方程组的基础解系，当然是线性无关的，也得到了，由知线性无关；（2）设整理，得则（1）知线性无关，得到所以知道：线性无关．28．分析：存在非零向量，使得既可以由线性表示，也可以由线性表示，也就是存在非零向量，使得有解．证明（1）对于矩阵，由于都是三维列向量，显然秩，则线性方程组有非零解，也就是存在不全为零的常数，使得，也就是，当时，存在非零向量，使得既可以由线性表示，也可以由线性表示．（2）当时，对矩阵进行初等行变换由此得到齐次线性方程组的通解为，从而所有可同时由和线性表示的非零向量，其中为非零的任意常数．29．解：（1）设过渡矩阵为，则满足，则（2）设在两组基下的坐标分别为则．考研数学复习教程线性代数强化训练（四）1．解：（1）有非零解的充分必要条件是，其中是列向量组中的向量数目，当然（B）是正确的．2．解：只有命题①③是正确的．所以应选择（B）．3．解：由于，所以（D）是正确的．4．解：由条件可知，所以（C）是正确的．5．解：由于，所以的基础解系中应该含有两个线性无关的解向量，所以（B），（C）是错误的；另外，可知，所以（D）是错误的；事实上，三个中任意两个都是线性相关的，而且都是齐次方程的解，通解可表示为，所以（A）是正确的．6．解：齐次线性方程组的基础解系应该满足三个条件：（1）每个都是的解：（2）线性无关；（3）．此题的四组中都满足（1）、（3），所以只需要判断哪一组是线性无关就可以．①，而秩，说明线性相关，不是基础解系；②，而秩，说明第二组线性无关，是基础解系；③，而秩，说明第三组线性无关，是基础解系；④，而秩，说明第三组线性相关，不是基础解系．综上所述，只有②③两组是基础解系．7．解：此题是错题．齐次线性方程组的形式不正确．可以考虑必一下：的通解为．解析：由题设可知，所以基础解系中应该有三个解向量，另外，都是方程组解．由于，所以的一个极大无关给可取．所以（D）是正确的．8．分析：显然命题=4\*GB3④是错误的，故可排除（B）、（D）．对于（A）、（C）其中必有一个是正确的，而（A）（B）中均含有命题③，所以命题③是正确的．事实上命题①的正确性可证明如下：设是的基础解系，是的基础解系．因为的解均是的解，所以必可以由线性表示，所以，从而有秩秩．当与同解时，必有，同时成立，也就是秩秩，所以命题=3\*GB3③也是正确的，应该选（A）．9．解：对于齐次方程组两种结论（1）只有零解（2）必有非零解必居其一，因此（C），（D）只有一个正确．是阶矩阵，是阶矩阵，由于，故应选（D）．10．解：，显然有，当时，X是个可逆矩阵，所以，应该选择（C）．11．解：当时，方程组有唯一解：当时，方程组无解．12．解：当时，方程组只有零解．13．解：，所以，所以方程组的基础解系中有两个解向量，且，所以的通解为，其中为任意常数．14．解：因为，所以齐性线性方程组基础解系中只含有一个解向量．满足，所以方程组的通解为15．答案：，为任意常数．16．解：显然，所以的基础解系中含有三个解向量，可取为则的通解为．17．解：所以要使AX=B有解，必须．18．解：因为，所以方程组只有零解，也就是，所以答案应该为19．答案：（1），其中任意常数．（2）其中任意常数．20．解：对非齐次线性方程组的增广矩阵施行初等行变换：（1）当时，方程组有无穷多解，通解为（2）当时，方程组有唯一解．（3）当时，方程组无解．21．解：对线性方程组的系数矩阵进行初等变换：由于的基础解系中含有2个线性无关的解向量，则秩，故．当时，，得到方程组的通解为其中任意常数．24．解：（1）；所以可知，也说明为的一个最大线性无关组．且．（2）因为显然方程组的系数矩阵的秩和增广矩阵的秩相同，都小于4，所以方程组有无穷多解．由于，所以为方程组一个特解：由于，所以与方程组同解所以可知方程组的通解为其中任意常数．25．解：可求出方程组（Ⅰ）的通解为：，并把此通解代入方程组（Ⅱ），得新方程组对此讨论，可得，当时，方程组有非零解，此时，两个方程组有非零公共解．非零公共解为，其中为任意常数．26．28．29．31．证明：（1）先设，整理变形得（*）两边同时左乘矩阵，得，注意，而，上式变为（*）式也相应变为，如果假设线性无关，则可知，也就是得到线性无关，与条件矛盾．所以当线性相关时，肯定线性相关．（2）如果线性无关，则易证是线性无关的（自己证明）同时都是的解．当然是的一个基础解系．（此时矩阵A的秩）考研数学复习教程线性代数强化训练（五）1．解：对四个命题分析如下：（1）若时，属于同一特征值的特征向量，当时，即为矩阵重特征根，线性无关的特征向量可能多于一个，故命题①不正确；但，故，当时，一定是矩阵的属于的特征向量，所以命题③是正确的；（2）若，属于不同特征值的特征向量，必然无关，所以命题②是正确的；对于命题④，假设是矩阵属于的特征向量，则有，而，得到，由于属于不同特征值的特征向量，必然无关，得到，与条件矛盾，故命题④不正确．综上所述，只有两个命题是正确的，应该选择（B）．２．解：；，，所以以为特征向量的矩阵有这四个矩阵．转置与矩阵A具有相同的特征值，但未必有相同的特征向量；对于矩阵对应的特征向量是，因为．所以，应该选（C）。3。解：，得到，应该选（A）．4。解：选择项（A）、（B）只是A，B都相似对角矩阵的充分条件，但不能保证是同一个对角矩阵，所以不正确；对于（C），由于存在正交矩阵，使得，则A，B正交相似，所以（C）是A，B相似的充分条件，但不是必要条件．对于选择项（D），由于满秩，当然是可逆矩阵，当然也可逆，且，这是相似的定义，当然是充分必要的．应该选择（D）．5。解：由条件可知，A，B都有个线性无关的特征向量，且特征值相同，当然都相似于对角矩阵，由相似关系的传递性可知相似，进一步知道命题①②④都是正确的．命题③是不正确的，所以应该选（C）．6。解：可计算的特征值分别为，都是单特征值，当然可对角化，不难判断分别是属于的特征向量，所以应选（A）7。解：由已知条件，，所以．又因为，所以上式就为，从而知是矩阵的特征值，对应的特征向量为，故应选（B）8。解：。；。当时，矩阵B有三个不同的特征值，一定可对角化，且。所以（C）是正确的。注意，当，，但当时，B有一个二重特征值，不一定可对角化。9。解：由，则可知矩阵A的特征值满足，也就是矩阵A的可能特征值为，又由条件，可知必只有一个特征值为。对比几个选项，只有（D）满足条件。注意，此题是A“可能”相似的对角矩阵，不是“必然”相似。10。解：由于，则线性无关，，线性无关11。解：。12。已知向量是矩阵的逆矩阵的特征向量，则常数。解：显然也是矩阵的特征向量，也就有13。已知矩阵的特征值之和为2，特征值之积为。若，则解：由条件解方程组，得或（不合题意，舍）14。设三阶矩阵A的特征值为，则解：；对应的特征值分别为；对应的特征值分别，对应的特征值分别，所以对应的特征值分别为，所以15。设是阶实对称矩阵A的两个不同的特征值，是属于的单位特征向量，则矩阵必有两个特征值。解：设是矩阵A属于的特征向量，则正交，是属于的单位特征向量，则。，说明有一个特征值。说明有一个特征值。16。设A是阶可逆矩阵，则的全部特征值为，对应的特征向量为。解：由于矩阵A可逆，故。而且有，因此的全部特征值为，是个重特征值。对于，显然任何一个维非零向量都是方程组的解，也就是矩阵的属于的特征向量是所有的非零维向量，可表示为，其中，是不全为零的常数。17。设相似，则，。解：由于，所以解方程组，得18。解：可求出矩阵A的特征多项式，由题设得解方程组，得基础解系，这也是矩阵A的属于1的两个线性无关的特征向量。，则19。解：（1）特征多项式，A的特征值为，解方程，得基础解系，所以矩阵A的属于的特征向量为，其中为任意非零常数。（2）矩阵的特征值为，属于的特征向量为，其中为不全为零的常数；属于的特征向量为，其中为不全为零的常数。20。解：。解方程组，得基础解系，属于的特征向量21。解：显然也是特征向量，有或者，当时，的特征向量对应的特征值；当时，的特征向量对应的特征值。22。解：（1）由于A的三个特征值都不相同，所以可对角化设，则所以然（2）解方程组可知，23。解：矩阵A的特征多项式又，显然可知三个特征值为，对比可解出。矩阵（2）通过解方程组得到矩阵属于特征值2的两个线性无关的特征向量为；解方程组得到矩阵属于特征值6的特征向量为。令，则P可逆，且24。解：（1）由于相似，则两个矩阵的特征值对应相等。特征多项式也对应相等。；。从而有。（2）由（1）可知两个矩阵的三个特征值都为。是否可以相似对角化，只需要判断特征值有没有两个线性无关的特征向量，也就是判断矩阵的秩是否等于。事实上；；所以矩阵A，B都可以相似对角化。（3）经计算可知矩阵的三个线性无关的特征向量为，令，则有；类似，矩阵的三个线性无关的特征向量为，令，则有也就得到了，令，则。注意：（3）问的可逆矩阵并不唯一，复习教程上给出的参考答案也是正确的，自己可以验证。25。解：设特征向量所对应的特征值为，则满足，得到方程组。（2）把（1）的结果代入，得，求得特征多项式，可知矩阵有三个相同的特征值。，也就是矩阵只有一个线性无关的特征向量，所以矩阵A不能相似对角化。26。分析：此题是有关特征值、特征向量的逆问题，应该考虑以下几点：（1）见到有非零解，应该知道是矩阵A的零特征值的特征向量；（2）；（3）实对称矩阵的不同特征值的特征向量一定正交；（4）要想得到矩阵A，就应该得到对应的相似变换矩阵，使得，则有。详解：（1）由条件可知是矩阵A的特征值，对应的特征向量为；是矩阵A的特征值，对应的特征向量为，且有；（2）又可知第三个特征值。设矩阵A的属于的特征向量为，则有，得到方程组，解方程组，可得。从而得到也就是。进一步解得27。解：由矩阵的特征值可知可逆，且。由于为的特征值，属于的特征向量为，所以也是矩阵的特征向量。由于是实对称矩阵，则。注意到显然，无论还是，都是线性无关的，也就说明应该是属于第三个特征值的特征向量，也就是，且与都正交，得到。综合可知。设，则28。解：（1）由题设可知，线性无关。设对应的特征值分别为，由条件得，由于线性无关，所以，也得到正交，求出。（2）实对称矩阵A只有两个非零特征值，当然。线性齐次方程组只有一个线性无关的解向量。而由条件知，而，所以方程组的通解为，其中为任意常数。（3）已知矩阵A的两个正交的特征向量，只需要再求第三个特征向量，并且满足两两正交，也就是，解方程组得到非零解。把单位化，得到令，则为正交矩阵，满足29。解：（1）由题设条件有，所以，满足。（2），知矩阵的三个特征值为，进一步可得的三个特征值为，于是（3）三个特征值为，只有一个非零特征值，所以（4）可求出矩阵的三个线性无关的特征向量分别为设，则可逆，且满足，于是由第（1）问的结果，也就是得到只要令，就有。30.（1）证明：由于为其分别属于的特征向量，可知分别是的分别属于的两个特征向量，且线性无关。条件。下面证明线性无关：设，同时左乘，得整理，得，由于线性无关，可得，进而可得，所以线性无关。（2）令，则从而考研数学复习教程线性代数强化训练（六）1．解：两个实对称矩阵合同的充分必要条件是它们有相同的正负惯性指数．应该选（D）．2．解：（B）是正确的．证明如下充分性：若A合同于单位矩阵，则存在可逆矩阵，使得．对任意，，且，所以二次型正定；必要性：若二次型是正定的，则存在正交矩阵，使得，其中都是的特征值，而且全部大于零．记对角阵，则．从而，说明，A与单位矩阵合同．注意，从证明过程中可见可逆，但不一定是正交矩阵了，所以（A）是错误的．3．解：两个实对称矩阵合同的充分必要条件是它们有相同的正负惯性指数．矩阵A的特征值显然分别为，两正一负．只有B的特征值分别为，也是两正一负．所以（B）是正确的．4．解：充分性：若方程组只有零解，则，有，说明正定．充分性是成立的．必要性：若正定，则，，说明方程组只有零解，所以必要性也是正确的．（C）充分必要条件是正确的．5．设A是4阶实对称矩阵，且满足