線性代數期末考試試題本文將每學期更新沒交作業老師只給了97分[哭]\color{red}{20.1}\color{magenta}{(2021)}設\bm{\alpha_1},\bm{\alpha_2},\cdots,\bm{\alpha_{n-1}}是n-1個線性無關的n維向量，\bm\xi_1,\bm\xi_2是兩個n維向量，每個\bm\alpha_i都和\bm\xi_1,\bm\xi_2正交。求證：\bm\xi_1,\bm\xi_2線性相關。（更多內容待更新）\color{red}{1.}(2019)設A為3階可逆矩陣，A^{-1}的特征值為1,2,3，則|A^{*}|=\_\_\_\_?\color{red}{2.}(2019)已知伴隨矩陣A^{*}=\begin{pmatrix}0&0&2&2\\0&0&1&2\\3&1&0&0\\5&3&0&0\end{pmatrix}，求矩陣A。解法一：由伴隨矩陣的定義：A^{*}A=|A|E\\于是有：A=(A^{*})^{-1}|A|\\下面分別求(A^{*})^{-1}和|A|（就是個普通計算題）A^{*}=\begin{pmatrix}O&C\\B&O\end{pmatrix},其中C=\begin{pmatrix}2&2\\1&2\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}3&1\\5&3\end{pmatrix}。(A^{*})^{-1}=\begin{pmatrix}O&B^{-1}\\C^{-1}&O\end{pmatrix},根據二階矩陣逆矩陣公式易得:C^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\-\frac{1}{2}&1\end{pmatrix},B^{-1}=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{4}&-\frac{1}{4}\\-\frac{5}{4}&\frac{3}{4}\end{array}\right),。于是(A^{*})^{-1}=\begin{pmatrix}0&0&\frac{3}{4}&-\frac{1}{4}\\0&0&-\frac{5}{4}&\frac{3}{4}\\1&-1&0&0\\-\frac{1}{2}&1&0&0\end{pmatrix}。|A^{*}||A|=||A|E|=|A|^{4}\Longrightarrow|A^{*}|=|A|^{3}\Longrightarrow|A|=(|A^{*}|)^{1/3}A^{*}=\begin{vmatrix}0&0&2&2\\0&0&1&2\\3&1&0&0\\5&3&0&0\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}0&0&1&0\\0&0&1&2\\3&1&0&0\\5&3&0&0\end{vmatrix}=(-1)^{1+3}\begin{vmatrix}0&0&2\\3&1&0\\5&3&0\end{vmatrix}=8。綜上，A=2(A^{*})^{-1}=\begin{pmatrix}0&0&\frac{3}{2}&-\frac{1}{2}\\0&0&-\frac{5}{2}&\frac{3}{2}\\2&-2&0&0\\-1&2&0&0\end{pmatrix}。解法二：對于A=\begin{pmatrix}O&C\\B&O\end{pmatrix},有：A^{*}=\begin{vmatrix}O&C\\B&O\end{vmatrix}\begin{pmatrix}O&C\\B&O\end{pmatrix}^{-1}=|B||C|\begin{pmatrix}O&B^{-1}\\C^{-1}&O\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}O&|C||B|B^{-1}\\|B||C|C^{-1}&O\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}O&|C|B^{*}\\|B|C^{*}&O\end{pmatrix}。于是|C|B^{*}=\begin{pmatrix}2&2\\1&2\end{pmatrix},|B|C^{*}=\begin{pmatrix}3&1\\5&3\end{pmatrix}。||C|B^{*}|=|C|^2|B^{*}|=|C|^2|B|=2（對于二階矩陣，|B^{*}|=|B|）||B|C^{*}|=|B|^{2}|C^{*}|=|B|^{2}|C|=4由上面兩式得：|C|=1,|B|=2,于是B^{*}=\begin{pmatrix}2&2\\1&2\end{pmatrix},C^{*}=\begin{pmatrix}\frac{3}{2}&\frac{1}{2}\\\frac{5}{2}&\frac{3}{2}\end{pmatrix}。對于二階矩陣M=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}，M^{*}=\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}。于是B=\begin{pmatrix}2&-2\\-1&2\end{pmatrix},C=\begin{pmatrix}\frac{3}{2}&-\frac{1}{2}\\-\frac{5}{2}&\frac{3}{2}\end{pmatrix}。A=\begin{pmatrix}O&C\\B&O\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&\frac{3}{2}&-\frac{1}{2}\\0&0&-\frac{5}{2}&\frac{3}{2}\\2&-2&0&0\\-1&2&0&0\end{pmatrix}。\color{red}{3.}(2019)設A為三階方陣，|A|=2，求\left|(2A)^{-1}+\frac{3}{4}A^{*}\right|\left|(2A)^{-1}+\frac{3}{4}A^{*}\right|=\left|\frac12A^{-1}+\frac{3}{4}A^{-1}|A|\right|=\left|A^{-1}\left(\frac12E+\frac34|A|E\right)\right|。\color{red}{4.}(2019)設A,B都是3階方陣且r(B)=2,r(AB)=1，討論A的行向量組的線性相關性解：若A滿秩,r(AB)=2。（滿秩則可逆，用可逆矩陣乘一個矩陣不改變矩陣的秩）于是A不滿秩，于是A的行向量組線性相關。\color{red}{5.}(2018)設\bm\alpha=(1,1,\cdots,1),\bm\beta=(b_1,b_2,\cdots,b_n).A=\bm\alpha^{\mathrmT}\bm\beta則矩陣A的特征值為？解：設矩陣A有特征值\lambda，對應的的特征向量為\xi=\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}A=\bm\alpha^{\mathrmT}\bm\beta=\begin{pmatrix}b_1&b_2&\cdots&b_n\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\b_1&b_2&\cdots&b_n\end{pmatrix}。A\xi=\begin{pmatrix}b_1&b_2&\cdots&b_n\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\b_1&b_2&\cdots&b_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}b_1x_1+b_2x_2+\cdots+b_nx_n\\\vdots\\b_1x_1+b_2x_2+\cdots+b_nx_n\\\end{pmatrix}。觀察得矩陣有特征值b_1+\cdots+b_n,對應的特征向量為\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}即\begin{pmatrix}b_1&b_2&\cdots&b_n\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\b_1&b_2&\cdots&b_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}b_1+b_2+\cdots+b_n\\\vdots\\b_1+b_2+\cdots+b_n\\\end{pmatrix}=(b_1+\cdots+b_n)\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}。由r(A)=1,方程A\bmx=\bm0有n-1個線性無關的解\xi_1,\xi_2\cdots,\xi_{n-1}。則A\xi_i=0=0\xi_i,即0是矩陣A的特征值，對應n-1個特征向量。而矩陣A至多有n個線性無關的特征向量綜上，矩陣的特征值是b_1+\cdots+bn和0\color{red}{6.}（2019）設二次型f(x_1,x_2,x_3)=X^{T}AX=ax_1^2+2x_2^2-2x_3^2+2bx_1x_3(b>0)，其中二次型矩陣A的特征值之和為1，特征值之積為-12。（1）求a,b的值（2）利用正交變換將二次型化為標準型，并寫出所用的正交變換和對應的正交矩陣解：（1）A=\begin{pmatrix}a&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\\\end{pmatrix}。\mathrm{tr}(A)=a+2-2=a,\|A|=-4a-2b^2。于是\begin{cases}a=1\\-4a-2b^2=-12\end{cases}解得a=1,b=2。（2）A=\begin{pmatrix}1&0&2\\0&2&0\\2&0&-2\\\end{pmatrix}，|A-\lambdaE|=\begin{vmatrix}1-\lambda&0&2\\0&2-\lambda&0\\2&0&-2-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)(2-\lambda)(-2-\lambda)-4(2-\lambda)=(\lambda-2)(\lambda+3)(-\lambda+2)。于是A的特征值為2,-3對于\lambda_1=2,A-2E=\begin{pmatrix}-1&0&2\\0&0&0\\2&0&-4\\\end{pmatrix}\longrightarrow\begin{pmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}。特征向量\xi_1=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\xi_2=\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}，它們已經正交。單位化：令\eta_1=\xi_1=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\eta_2=\begin{pmatrix}\frac{2}{\sqrt{5}}\\0\\\frac{1}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}。對于\lambda_2=-3A+3E=\begin{pmatrix}4&0&2\\0&5&0\\2&0&1\\\end{pmatrix}\longrightarrow\begin{pmatrix}2&0&1\\0&1&0\\0&0&0\\\end{pmatrix}。特征向量\xi_3=\begin{pmatrix}1\\0\\-2\end{pmatrix},令\eta_3=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{5}}\\0\\-\frac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}。令Q=(\xi_1,\xi_2,\xi_3)=\begin{pmatrix}0&\frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{1}{\sqrt{5}}\\1&0&0\\0&\frac{1}{\sqrt{5}}&-\frac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}。\color{red}{7.}（2019）設n階方陣A的伴隨矩陣A^{*}\neqO，若\xi_1,\xi_2,\xi_3是非齊次線性方程組AX=b的互不相等的解，求其導出組AX=O的基礎解系所含解向量的個數。解：A^{*}\neq0說明A的n-1階子式中至少有一個不為0，于是r(A)\geqn-1若r(A)=n，A只有零解，矛盾于是r(A)=n-1，AX=O的解空間為1，基礎解系所含解向量的個數為1.解：A正定，于是對于任意\bmx\neq0,\bmx^{\mathrmT}A\bmx>0。r(B)=n，于是B\bmx=0僅有零解。故若\bmx\neq0，B\bmx\neq0。\bmx^{\mathrmT}\color{blue}{B^{\mathrmT}AB}\\bmx=(B\bmx)^{\mathrmT}A(B\bmx)>0又(B^{\mathrmT