张宇1000题强化篇——线性代数部分

设$A$ 是$n$ 阶实对称矩阵，$r(A) = r$，且满足$A^2 = A$，$f(x) = x^2 - 2x - 3$，则$|f(A) - 6E| =$

设$$D = \begin{vmatrix} 1 & -3 & 1 & -2 AsteroidLatexLineBreakToken 2 & -5 & -2 & -2 AsteroidLatexLineBreakToken 0 & -4 & 5 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken -3 & 9 & -6 & 7 \end{vmatrix}$$，$M_{3j}$ 表示$D$ 中第 3 行第$j$ 列元素的余子式（$j = 1,2,3,4$），则$$M_{31} + 3M_{32} - 2M_{33} + 2M_{34} = ( \quad ).$$

设$D_3 =$
$$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 2 & 5 AsteroidLatexLineBreakToken 34 & 1 & 34 \end{vmatrix}$$，$A_{ij}$ 表示元素$a_{ij} (i,j=1,2,3)$ 的代数余子式，则$5A_{11} + 2A_{12} + A_{13} =$

已知 3 阶行列式$|A| = -9$，其第 2 行元素为$[1,1,2]$，第 3 行元素为$[2,2,1]$，则$$A_{31} + A_{32} - 3A_{33} = \underline{\qquad\qquad}.$$

设$A$ 是$n$ 阶矩阵，则下列说法错误的是（ ）。

设$$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 AsteroidLatexLineBreakToken 0 & 1 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$，则$A^{10} =$

设$A$ 是$n$ 阶矩阵，$E+A$ 是可逆矩阵，则下列等式不成立的是（ ）．

已知$n$ 阶矩阵$A$，$B$，$C$ 满足$ABC = O$，$E$ 为$n$阶单位矩阵，记矩阵$$ \begin{bmatrix} O & A AsteroidLatexLineBreakToken BC & E \end{bmatrix}$$
$$\begin{bmatrix} AB & C AsteroidLatexLineBreakToken O & E \end{bmatrix}$$
$$\begin{bmatrix} E & AB AsteroidLatexLineBreakToken AB & O \end{bmatrix} $$
的秩分别为$r_1$，$r_2$，$r_3$，则（　　）．

设$A$ 为$n$ 阶矩阵，$r(A) = r$，$E_r$ 为$r$ 阶单位矩阵，则 “$A^2 = A$” 是 “存在列满秩矩阵$C_{n \times r}$，使得$A = CB$，$BC = E_r$” 的（　　）。

已知$A$ 为$n$ 阶矩阵，$E$ 为$n$ 阶单位矩阵，记矩阵$$\begin{bmatrix} O & A AsteroidLatexLineBreakToken A^T & E \end{bmatrix}$$$$\begin{bmatrix} O & A^T A AsteroidLatexLineBreakToken A^T & E \end{bmatrix}$$$$\begin{bmatrix} A^T & E AsteroidLatexLineBreakToken A^T A A^T & A^T A \end{bmatrix}$$ 的秩分别为$r_1, r_2, r_3$，则（ ）.

设$A, B$ 为$n$ 阶实矩阵，则下列结论不成立的是（ ）.

设$A$ 是秩为 2 的 3 阶实对称矩阵，$\alpha, \beta$ 是 3 维非零列向量，$$B = \begin{bmatrix} A & \beta AsteroidLatexLineBreakToken \alpha^\mathrm{T} & 1 \end{bmatrix}$$，则$r(B) = 2$ 是方程组$$\begin{cases} Ax = \beta, AsteroidLatexLineBreakToken \alpha^\mathrm{T}x = 1 \end{cases}$$ 有解的（ ）

设$\alpha_1 = [1, -2, 1, 0, 0]^T, \alpha_2 = [1, -2, 0, 1, 0]^T, \alpha_3 = [0, 0, 1, -1, 0]^T, \alpha_4 = [1, -2, 3, -2, 0]^T$是线性方程组$$ \begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 0, AsteroidLatexLineBreakToken 3x_1 + 2x_2 + x_3 + x_4 - 3x_5 = 0, AsteroidLatexLineBreakToken x_2 + 2x_3 + 2x_4 + 6x_5 = 0, AsteroidLatexLineBreakToken 5x_1 + 4x_2 + 3x_3 + 3x_4 - x_5 = 0 \end{cases} $$
的解向量，则$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 能否构成方程组的基础解系？若能，说明理由；若不能，请增或减向量，使之成为基础解系.

设 4 阶矩阵$A = [a_{ij}]$ 不可逆，且元素$a_{12}$ 的代数余子式$A_{12} \neq 0$，若矩阵$A$ 的列向量组为$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$，$k_1, k_2, k_3$ 为任意常数，则方程组$A^* x = 0$ 的通解为（ ）.

设 3 阶矩阵$A, B$ 满足$r(BA) < r(AB)$，对于以下结论
①$ABx = 0$ 与$BAx = 0$ 有非零公共解；
②$ABAx = 0$ 与$BABx = 0$ 有非零公共解.
正确的说法是（ ）.

设$A_{3 \times 3} = [\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3]$，方程组$Ax = \beta$ 有通解$k\xi + \eta = k[1, 2, -3]^T + [2, -1, 1]^T$，其中$k$ 是任意常数，又设$B = [\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 + \beta, \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3]$，求方程组$By = \beta$ 的通解.

设$A$ 是 3 阶矩阵，$Ax = 0$ 有通解$k_1\xi_1 + k_2\xi_2$（$k_1, k_2$ 为任意常数），$A\xi_3 = \xi_3$，则存在可逆矩阵$P$，使得$$P^{-1}AP = \begin{bmatrix}0 & 0 & 0 AsteroidLatexLineBreakToken 0 & 0 & 0 AsteroidLatexLineBreakToken 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ 其中$P$ 是（　　）。

设$ \begin{bmatrix} x_n AsteroidLatexLineBreakToken y_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 AsteroidLatexLineBreakToken 4 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{n-1} AsteroidLatexLineBreakToken y_{n-1} \end{bmatrix}$
(1) 当$$\begin{cases} x_0 = 1, AsteroidLatexLineBreakToken y_0 = 2 \end{cases}$$ 时，求$x_{100}, y_{100}$；
(2) 当$$\begin{cases} x_0 = 1, AsteroidLatexLineBreakToken y_0 = 1 \end{cases}$$ 时，求$x_{100}$.

设$$A = \begin{bmatrix} 1 & -2 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken -2 & 1 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 1 & -2 \end{bmatrix}$$，矩阵$B$ 满足$AB = A - B$，求可逆矩阵$P$，使$P^{-1}(AB)P$ 为对角矩阵，并写出该对角矩阵.

设矩阵$$A = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 2 & 0 AsteroidLatexLineBreakToken a & 0 & 3 \end{bmatrix}$$ 与$$B = \begin{bmatrix} 1 & b & 0 AsteroidLatexLineBreakToken 0 & 1 & 0 AsteroidLatexLineBreakToken 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}$$ 相似，且$Ax = x + [b, -b, 2b]^T$ 的一个解为$[0, -1, 1]^T$.
(1) 求$a, b$ 的值；
(2) 求$A^{100}$.

设$A, B, D$ 均为 2 阶矩阵，$|A| \neq |B|$，$|A| < 0$，$|B| < 0$，$$C = \begin{bmatrix} A & D AsteroidLatexLineBreakToken O & B \end{bmatrix}$$，则 “$\mathrm{tr}(A) = \mathrm{tr}(B)$” 是 “$C$ 可以相似对角化”的（　　）．

以下两个矩阵，可用同一可逆矩阵$P$相似对角化的是（ ）.$$\begin{bmatrix} 1 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 1 \end{bmatrix}$$
$$\begin{bmatrix} 1 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 1 \end{bmatrix}$$
$$\begin{bmatrix} 0 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 0 \end{bmatrix}$$
$$\begin{bmatrix} 0 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 0 \end{bmatrix}$$

设$A$，$B$ 是可逆矩阵，且$A$ 与$B$ 相似，则下列结论错误的是（　　）．

设$A$ 为 3 阶实对称矩阵，已知$A$ 的各行元素之和及主对角线元素之和均为 2，且$\alpha = [2, 1, 0]^T$ 与$\beta = [0, 1, 2]^T$ 是线性方程组$(A - E)x = [1, 1, 1]^T$ 的两个解，求矩阵$A$。

设 3 阶矩阵$P = [a_1, a_2, a_3]$，其中$a_1$，$a_2$ 分别是 3 阶矩阵$A$ 对应于特征值$-1$ 与$1$ 的特征向量，且$(A - E)a_3 - a_2 = 0$。
(1) 证明$P$ 可逆；
(2) 计算$P^{-1}A^*P$。

二次型$f(x_1, x_2, x_3, x_4) = (x_1 + x_2)^2 + (x_2 + x_3)^2 + (x_3 + x_4)^2 + (x_4 + x_1)^2$ 的秩为____

设二次型$f(x_1, x_2) = x_1^2 - 4x_1x_2 + 4x_2^2$，$g(x_1, x_2)$ 的二次型矩阵为$$B = \begin{bmatrix} 1 & -1 AsteroidLatexLineBreakToken -1 & 2 \end{bmatrix}$$

(1) 是否存在可逆矩阵$D$，使$B = D^\mathrm{T}D$？若存在，求出矩阵$D$；若不存在，说明理由。

(2) 求$\max\limits_{x \ne 0} \dfrac{f(x)}{g(x)}$，其中$$x =\begin{bmatrix} x_1 AsteroidLatexLineBreakToken x_2 \end{bmatrix}$$

设$a_1, a_2, a_3$ 为一组不全为零的实数，则二次型$f(x_1, x_2, x_3) = \sum_{i=1}^{3} \sum_{j=1}^{3} a_i a_j x_i x_j$ 的规范形为

二次型$f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 + 3x_2 + ax_3)(x_1 + 5x_2 + bx_3)$ 的正惯性指数$p$

若可逆线性变换$x = Py$ 可将二次型$f(x_1, x_2) = x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_1x_2$ 化为规范形$y_1^2 + y_2^2$，同时将二次型$g(x_1, x_2) = -x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_1x_2$ 化为标准形$k_1y_1^2 + k_2y_2^2$，求可逆矩阵$P$ 及$k_1, k_2$ 的值。

设$\alpha, \beta, \gamma$ 为 3 维列向量，二次型$f(x_1, x_2, x_3) = x^T(\alpha\alpha^T + \beta\beta^T + \gamma\gamma^T)x$。

(1) 若$\alpha, \beta, \gamma$ 线性无关，证明$f$ 为正定二次型；

(2) 若$$\alpha = \begin{bmatrix} 1 AsteroidLatexLineBreakToken -1 AsteroidLatexLineBreakToken 0 \end{bmatrix}$$,$$\beta = \begin{bmatrix} 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 AsteroidLatexLineBreakToken -2 \end{bmatrix}$$,$$\gamma = \begin{bmatrix} 1 AsteroidLatexLineBreakToken 0 AsteroidLatexLineBreakToken a \end{bmatrix}$$，求$f(x_1, x_2, x_3) = 0$ 的解，并求二次型的规范形。

设$f(x) = (\alpha^T x)^2 + k(\beta^T x)^2$ 的二次型矩阵的迹为 3，其中$\alpha = [\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, -\frac{1}{\sqrt{2}}]^T, \beta = [\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}]^T, x = [x_1, x_2, x_3]^T$.
(1) 求$k$ 的值，并求正交矩阵$Q$，将$f(x)$ 化为标准形；
(2) 求一个实对称矩阵$P$，使$f(x) = (Px)^T Px$.

设$$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 AsteroidLatexLineBreakToken 0 & 1 & 1 AsteroidLatexLineBreakToken 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$，$A^T A = B^2$，其中$B$ 为正定矩阵.
(1) 求$B$；
(2) 证明存在正交矩阵$C$，使得$A = CB$，并求出$C$.