第三章 向量组的线性关系与秩

选择题

1. 设向量组 $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$ 线性无关，$\displaystyle \alpha,\beta,\delta$ 线性相关，则

A. $\displaystyle \alpha$ 必可由 $\displaystyle \beta,\gamma,\delta$ 线性表示    B. $\displaystyle \beta$ 必不可由 $\displaystyle \alpha,\gamma,\delta$ 线性表示

C. $\displaystyle \delta$ 必可由 $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$ 线性表示    D. $\displaystyle \delta$ 必不可由 $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$ 线性表示

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答案： C

解析： 由于 $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$ 线性无关，所以其子组 $\displaystyle \alpha,\beta$ 也线性无关。又因为 $\displaystyle \alpha,\beta,\delta$ 线性相关，故存在不全为零的数 $\displaystyle k_1,k_2,k_3$，使

$$\displaystyle k_1\alpha+k_2\beta+k_3\delta=0.$$

若 $\displaystyle k_3=0$，则有 $\displaystyle k_1\alpha+k_2\beta=0$。由 $\displaystyle \alpha,\beta$ 线性无关可知 $\displaystyle k_1=k_2=0$，这与 $\displaystyle k_1,k_2,k_3$ 不全为零矛盾。因此 $\displaystyle k_3\ne0$，从而

$$\displaystyle \delta=-\dfrac{k_1}{k_3}\alpha-\dfrac{k_2}{k_3}\beta.$$

所以 $\displaystyle \delta$ 可由 $\displaystyle \alpha,\beta$ 线性表示，当然也可由 $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$ 线性表示，故选 C。

错误选项分析：

• A 不一定成立。例如取 $\displaystyle \delta=\beta$，则 $\displaystyle \beta,\gamma,\delta$ 所张成的空间就是 $\displaystyle \operatorname{span}\{\beta,\gamma\}$，不能表示 $\displaystyle \alpha$。
• B 不一定成立。例如取 $\displaystyle \delta=\beta$，则 $\displaystyle \beta$ 显然可由 $\displaystyle \alpha,\gamma,\delta$ 线性表示。
• D 与上述结论相反。

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2. 向量组 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 线性无关的充分必要条件是

A. $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 均不是零向量

B. $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 中任意两个向量的分量不成比例

C. $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s,\alpha_{s+1}$ 线性无关

D. $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 中任一个向量均不能由其余 $\displaystyle s-1$ 个向量线性表出

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答案： D

解析： 向量组 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 线性相关，当且仅当其中至少有一个向量可由其余向量线性表示。因此，其否定命题为：向量组线性无关，当且仅当其中任一个向量都不能由其余 $\displaystyle s-1$ 个向量线性表示，故选 D。

错误选项分析：

• A 只是线性无关的必要条件，不是充分条件。例如两个相同的非零向量仍线性相关。
• B 对两个以上向量并非充分条件。例如在三维空间中，三个向量可以两两不成比例但仍共面，从而线性相关。
• C 中增加一个向量后是否线性无关无法确定。原向量组线性无关时，新增向量可能属于其张成空间，也可能不属于。

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3. 设 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 是 $\displaystyle 3$ 维非零向量，则下列说法正确的是

A. 若 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2$ 线性相关，$\displaystyle \alpha_3,\alpha_4$ 线性相关，则 $\displaystyle \alpha_1+\alpha_3,\alpha_2+\alpha_4$ 也线性相关

B. 若 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，则 $\displaystyle \alpha_1+\alpha_4,\alpha_2+\alpha_4,\alpha_3+\alpha_4$ 线性无关

C. 若 $\displaystyle \alpha_4$ 不能由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表出，则 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性相关

D. 若 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 中任意三个向量均线性无关，则 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 线性无关

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答案： C

解析： 若 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，由于它们是三个三维向量，便构成三维向量空间的一组基，因此任意三维向量都可以由它们线性表示，特别是 $\displaystyle \alpha_4$ 必可由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表示。

对上述结论取逆否命题：若 $\displaystyle \alpha_4$ 不能由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表示，则 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 必线性相关。因此 C 正确。

错误选项分析：

• A 不正确。例如取 $\displaystyle \alpha_2=2\alpha_1$、$\displaystyle \alpha_4=3\alpha_3$，则两组分别线性相关，但 $\displaystyle \alpha_1+\alpha_3$ 与 $\displaystyle 2\alpha_1+3\alpha_3$ 未必成比例。
• B 不正确。设 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 为一组基，取

$$\displaystyle \alpha_4=-\frac13(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3),$$

则

$$\displaystyle (\alpha_1+\alpha_4)+(\alpha_2+\alpha_4)+(\alpha_3+\alpha_4)=0,$$

所以这三个向量线性相关。

• D 不正确。三维空间中任意四个向量必线性相关，即使其中任意三个向量均线性无关。

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4. 若 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，那么下列线性相关的向量组是

A. $\displaystyle \alpha_1,\alpha_1+\alpha_2,\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$

B. $\displaystyle \alpha_1+\alpha_2,\alpha_1-\alpha_2,-\alpha_3$

C. $\displaystyle -\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3,\alpha_3-\alpha_1$

D. $\displaystyle \alpha_1-\alpha_2,\alpha_2-\alpha_3,\alpha_3-\alpha_1$

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答案： D

解析： 由于 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，可以把它们看成一组基。考察各选项中新向量在该基下的坐标列向量。

D 中三个向量满足

$$\displaystyle (\alpha_1-\alpha_2)+(\alpha_2-\alpha_3)+(\alpha_3-\alpha_1)=0,$$

且系数 $\displaystyle 1,1,1$ 不全为零，因此该向量组线性相关，故选 D。

错误选项分析：

• A 的坐标矩阵为

$$\displaystyle \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix},$$

行列式为 $\displaystyle 1\ne0$，故线性无关。

• B 的坐标矩阵为

$$\displaystyle \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 1&-1&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix},$$

行列式为 $\displaystyle 2\ne0$，故线性无关。

• C 的坐标矩阵为

$$\displaystyle \begin{bmatrix} -1&0&-1\\ 1&1&0\\ 0&1&1 \end{bmatrix},$$

行列式为 $\displaystyle -2\ne0$，故线性无关。

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5. 设向量组Ⅰ：$\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_r$ 可由向量组Ⅱ：$\displaystyle \beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s$ 线性表示，则

A. 当 $\displaystyle r<s$ 时，向量组Ⅱ必线性相关    B. 当 $\displaystyle r>s$ 时，向量组Ⅱ必线性相关

C. 当 $\displaystyle r<s$ 时，向量组Ⅰ必线性相关    D. 当 $\displaystyle r>s$ 时，向量组Ⅰ必线性相关

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答案： D

解析： 向量组Ⅰ可由向量组Ⅱ线性表示，因此有秩的不等式

$$\displaystyle r(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_r) \le r(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s) \le s.$$

当 $\displaystyle r>s$ 时，向量组Ⅰ含有 $\displaystyle r$ 个向量，但其秩不超过 $\displaystyle s<r$，所以向量组Ⅰ必线性相关，故选 D。

错误选项分析：

• A、B 均不能由“向量组Ⅰ可由向量组Ⅱ表示”推出向量组Ⅱ相关。向量组Ⅱ完全可能线性无关。
• C 中 $\displaystyle r<s$ 时，向量组Ⅰ的向量个数较少，仍可能线性无关。

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6. 若 $\displaystyle r(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s)=r$，则

A. 向量组中任意 $\displaystyle r-1$ 个向量均线性无关    B. 向量组中任意 $\displaystyle r$ 个向量均线性无关

C. 向量组中任意 $\displaystyle r+1$ 个向量均线性相关    D. 向量组中向量个数必大于 $\displaystyle r$

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答案： C

解析： 向量组的秩为 $\displaystyle r$，说明该向量组中线性无关向量的最大个数为 $\displaystyle r$。因此任取 $\displaystyle r+1$ 个向量，都不可能线性无关，只能线性相关，故选 C。

错误选项分析：

• A、B 中“任意”过强。秩为 $\displaystyle r$ 只保证至少存在一个由 $\displaystyle r$ 个向量组成的极大线性无关组，并不保证任意 $\displaystyle r$ 个或任意 $\displaystyle r-1$ 个向量都线性无关。
• D 不正确。若原向量组本身由 $\displaystyle r$ 个线性无关向量组成，则向量个数恰好等于 $\displaystyle r$。

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7. 设 $\displaystyle n$ 维向量 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$，下列命题中正确的是

A. 如果 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 线性无关，那么 $\displaystyle \alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3,\cdots,\alpha_{s-1}+\alpha_s,\alpha_s+\alpha_1$ 也线性无关

B. 如果 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 线性无关，那么和它等价的向量组也线性无关

C. 如果 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 线性相关，$\displaystyle A$ 是 $\displaystyle m\times n$ 非零矩阵，那么 $\displaystyle A\alpha_1,A\alpha_2,\cdots,A\alpha_s$ 也线性相关

D. 如果 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 线性相关，那么 $\displaystyle \alpha_s$ 可由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{s-1}$ 线性表出

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答案： C

解析： 若 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 线性相关，则存在不全为零的数 $\displaystyle k_1,k_2,\cdots,k_s$，使得

$$\displaystyle k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+\cdots+k_s\alpha_s=0.$$

等式两边左乘矩阵 $\displaystyle A$，得到

$$\displaystyle k_1A\alpha_1+k_2A\alpha_2+\cdots+k_sA\alpha_s =A0=0.$$

由于系数 $\displaystyle k_1,k_2,\cdots,k_s$ 仍不全为零，所以 $\displaystyle A\alpha_1,A\alpha_2,\cdots,A\alpha_s$ 线性相关，故选 C。事实上，这一结论不要求 $\displaystyle A\ne0$。

错误选项分析：

• A 不正确。例如当 $\displaystyle s=2$ 时，所得向量组为 $\displaystyle \alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_1$，两个向量相同，必线性相关。
• B 不正确。等价向量组只要求彼此能够线性表示，它们的向量个数可以不同。例如 $\displaystyle \{\alpha_1,\alpha_2\}$ 线性无关，而 $\displaystyle \{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_1+\alpha_2\}$ 与其等价但线性相关。
• D 不正确。线性相关只说明其中某个向量可由其余向量线性表示，不一定恰好是最后一个向量。例如前 $\displaystyle s-1$ 个向量已经线性相关，而 $\displaystyle \alpha_s$ 不在它们的张成空间中。

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8. 设 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle m\times n$ 矩阵，$\displaystyle r(A)=m<n$，则下列命题中不正确的是

A. $\displaystyle A$ 经初等行变换必可化为 $\displaystyle (E_m,0)$    B. $\displaystyle \forall b\in\mathbb{R}^m$，方程组 $\displaystyle Ax=b$ 必有无穷多解

C. 如 $\displaystyle m$ 阶矩阵 $\displaystyle B$ 满足 $\displaystyle BA=0$，则 $\displaystyle B=0$    D. 行列式 $\displaystyle |A^TA|=0$

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答案： A

解析： 由于 $\displaystyle r(A)=m$，矩阵 $\displaystyle A$ 满行秩。初等行变换可以把 $\displaystyle A$ 化为行最简形，但一般不能仅靠行变换把所有非主元列都化为零，因此不一定能化为 $\displaystyle (E_m,0)$。

例如当 $\displaystyle m=1,n=2$ 时，取

$$\displaystyle A=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix}.$$

它的秩为 $\displaystyle 1$，但一阶矩阵的初等行变换只能将整行乘以非零常数，无法把 $\displaystyle (1,1)$ 化为 $\displaystyle (1,0)$。因此 A 不正确。

其余选项分析：

• B 正确。因为 $\displaystyle r(A)=m$，对任意 $\displaystyle b\in\mathbb R^m$，都有

$$\displaystyle r(A)=r(A,b)=m,$$

故方程组有解；又因未知量个数 $\displaystyle n>m=r(A)$，自由变量个数为 $\displaystyle n-m>0$，所以有无穷多解。

• C 正确。由 $\displaystyle r(A)=m$ 可知 $\displaystyle A$ 存在右逆矩阵 $\displaystyle C$，使 $\displaystyle AC=E_m$。若 $\displaystyle BA=0$，则

$$\displaystyle B=B E_m=BAC=0.$$

• D 正确。因为

$$\displaystyle r(A^TA)=r(A)=m<n,$$

所以 $\displaystyle n$ 阶矩阵 $\displaystyle A^TA$ 不满秩，故 $\displaystyle |A^TA|=0$。

填空题

1. 向量组

$$\displaystyle \alpha_1=(1,0,1,2)^T,\qquad \alpha_2=(1,1,3,1)^T,\qquad \alpha_3=(2,-1,a+1,5)^T$$

线性相关，则 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle -1$

解析： 以 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 为列向量组成矩阵

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&1&2\\ 0&1&-1\\ 1&3&a+1\\ 2&1&5 \end{bmatrix}.$$

三个向量线性相关的充分必要条件是

$$\displaystyle r(A)<3,$$

即所有三阶子式均为零。取第 $\displaystyle 1,2,3$ 行构成的三阶子式，得

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 1&1&2\\ 0&1&-1\\ 1&3&a+1 \end{vmatrix} =a+1.$$

因此必须有 $\displaystyle a=-1$。当 $\displaystyle a=-1$ 时，其余三阶子式也均为零；同时矩阵左上角二阶子式

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{vmatrix}=1\ne0,$$

故 $\displaystyle r(A)=2$，向量组确实线性相关。因此

$$\displaystyle a=-1.$$

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2. 已知

$$\displaystyle \alpha_1=(a,a,a)^T,\qquad \alpha_2=(-a,a,b)^T,\qquad \alpha_3=(-a,-a,-b)^T$$

线性相关，则 $\displaystyle a,b$ 满足关系式 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle a^2(a-b)=0$，即 $\displaystyle a=0$ 或 $\displaystyle a=b$

解析： 三个三维向量线性相关，当且仅当以它们为列向量构成的行列式为零：

$$\displaystyle \begin{vmatrix} a&-a&-a\\ a&a&-a\\ a&b&-b \end{vmatrix}=0.$$

计算得

$$\displaystyle \begin{aligned} \begin{vmatrix} a&-a&-a\\ a&a&-a\\ a&b&-b \end{vmatrix} &=2a^2(a-b). \end{aligned}$$

故线性相关的条件为

$$\displaystyle 2a^2(a-b)=0,$$

即

$$\displaystyle a=0\quad\text{或}\quad a=b.$$

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3. 已知 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，$\displaystyle \alpha_1+\alpha_2,a\alpha_2-\alpha_3,\alpha_1-\alpha_2+\alpha_3$ 线性相关，则 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle 2$

解析： 由于 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，可将其视为一组基。三个新向量在该基下的坐标分别为

$$\displaystyle \begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},\qquad \begin{bmatrix}0\\a\\-1\end{bmatrix},\qquad \begin{bmatrix}1\\-1\\1\end{bmatrix}.$$

因此三个新向量线性相关，当且仅当其坐标矩阵的行列式为零：

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 1&0&1\\ 1&a&-1\\ 0&-1&1 \end{vmatrix}=0.$$

计算得

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 1&0&1\\ 1&a&-1\\ 0&-1&1 \end{vmatrix}=a-2.$$

故

$$\displaystyle a-2=0,$$

从而

$$\displaystyle a=2.$$

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4. 若 $\displaystyle \beta=(1,3,0)^T$ 不能由

$$\displaystyle \alpha_1=(1,2,1)^T,\qquad \alpha_2=(2,3,a)^T,\qquad \alpha_3=(1,a+2,-2)^T$$

线性表出，则 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle -1$

解析： 令

$$\displaystyle A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 2&3&a+2\\ 1&a&-2 \end{bmatrix}.$$

若 $\displaystyle |A|\ne0$，则 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 构成 $\displaystyle \mathbb R^3$ 的一组基，任意三维向量均可由它们线性表示。因此，$\displaystyle \beta$ 不能被线性表示时必有

$$\displaystyle |A|=0.$$

计算得

$$\displaystyle |A|=-(a-3)(a+1),$$

所以只需考察 $\displaystyle a=3$ 与 $\displaystyle a=-1$。

当 $\displaystyle a=3$ 时，

$$\displaystyle r(A)=r(A,\beta)=2,$$

故方程 $\displaystyle Ax=\beta$ 有解，$\displaystyle \beta$ 可以被线性表示。

当 $\displaystyle a=-1$ 时，

$$\displaystyle r(A)=2, \qquad r(A,\beta)=3,$$

故方程 $\displaystyle Ax=\beta$ 无解，$\displaystyle \beta$ 不能由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表示。因此

$$\displaystyle a=-1.$$

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5. 任意 $\displaystyle 3$ 维向量都可用

$$\displaystyle \alpha_1=(1,0,1)^T,\qquad \alpha_2=(1,-2,3)^T,\qquad \alpha_3=(a,1,2)^T$$

线性表出，则 $\displaystyle a\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle \ne3$

解析： 任意三维向量都能由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表示，等价于这三个向量张成整个 $\displaystyle \mathbb R^3$，也等价于它们线性无关。

以三个向量为列组成矩阵

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&1&a\\ 0&-2&1\\ 1&3&2 \end{bmatrix}.$$

应有

$$\displaystyle |A|\ne0.$$

计算得

$$\displaystyle |A|=2(a-3).$$

因此

$$\displaystyle 2(a-3)\ne0,$$

即

$$\displaystyle a\ne3.$$

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6. 向量组

$$\displaystyle \alpha_1=(1,-1,3,0)^T,\qquad \alpha_2=(-2,1,a,1)^T,\qquad \alpha_3=(1,1,-5,-2)^T$$

的秩为 $\displaystyle 2$，则 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle -2$

解析： 以三个向量为列组成矩阵

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&-2&1\\ -1&1&1\\ 3&a&-5\\ 0&1&-2 \end{bmatrix}.$$

向量组的秩为 $\displaystyle 2$，要求所有三阶子式均为零，但至少有一个二阶子式不为零。

取第 $\displaystyle 1,2,3$ 行构成的三阶子式：

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 1&-2&1\\ -1&1&1\\ 3&a&-5 \end{vmatrix} =-2(a+2).$$

因此必须有

$$\displaystyle a=-2.$$

当 $\displaystyle a=-2$ 时，其余三阶子式也均为零，而左上角二阶子式为

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 1&-2\\ -1&1 \end{vmatrix} =-1\ne0.$$

所以此时 $\displaystyle r(A)=2$。故

$$\displaystyle a=-2.$$

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7. 已知

$$\displaystyle r(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s) =r(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s,\beta)=r,$$ $$\displaystyle r(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s,\gamma)=r+1,$$

则

$$\displaystyle r(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s,\beta,\gamma)=\underline{\qquad}.$$

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答案： $\displaystyle r+1$

解析： 记

$$\displaystyle V=\operatorname{span}\{\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s\}.$$

由

$$\displaystyle r(\alpha_1,\cdots,\alpha_s,\beta)=r(\alpha_1,\cdots,\alpha_s)=r$$

可知

$$\displaystyle \beta\in V.$$

又由

$$\displaystyle r(\alpha_1,\cdots,\alpha_s,\gamma)=r+1$$

可知

$$\displaystyle \gamma\notin V.$$

加入 $\displaystyle \beta$ 不扩大原向量组的张成空间，而加入 $\displaystyle \gamma$ 使秩增加 $\displaystyle 1$。因此同时加入 $\displaystyle \beta,\gamma$ 后，秩仍为

$$\displaystyle r+1.$$

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8. 设 $\displaystyle 4$ 阶矩阵 $\displaystyle A$ 的秩为 $\displaystyle 2$，则 $\displaystyle r(A^\ast)=\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle 0$

解析： 对于 $\displaystyle n$ 阶矩阵 $\displaystyle A$，伴随矩阵的秩满足

$$\displaystyle r(A^\ast)= \begin{cases} n,&r(A)=n,\\ 1,&r(A)=n-1,\\ 0,&r(A)\le n-2. \end{cases}$$

本题中 $\displaystyle n=4$，且

$$\displaystyle r(A)=2=4-2,$$

故 $\displaystyle A$ 的所有三阶子式均为零。伴随矩阵 $\displaystyle A^\ast$ 的每个元素都是 $\displaystyle A$ 的三阶代数余子式，因此

$$\displaystyle A^\ast=0,$$

从而

$$\displaystyle r(A^\ast)=0.$$

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9. 已知

$$\displaystyle A=\begin{bmatrix} 1&2&3\\ 0&4&5\\ 0&0&6 \end{bmatrix}, \qquad B=\begin{bmatrix} 1&2&-2\\ 2&a&0\\ -1&-3&3 \end{bmatrix},$$

且 $\displaystyle AXA^\ast=B$，秩 $\displaystyle r(X)=2$，则 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle 0$

解析： 矩阵 $\displaystyle A$ 为上三角矩阵，且

$$\displaystyle |A|=1\cdot4\cdot6=24\ne0,$$

所以 $\displaystyle A$ 可逆，伴随矩阵 $\displaystyle A^\ast=|A|A^{-1}$ 也可逆。

由可逆矩阵左乘、右乘不改变矩阵的秩，得

$$\displaystyle r(B)=r(AXA^\ast)=r(X)=2.$$

因此 $\displaystyle B$ 必须满足

$$\displaystyle |B|=0.$$

计算得

$$\displaystyle |B|=a.$$

故

$$\displaystyle a=0.$$

当 $\displaystyle a=0$ 时，$\displaystyle B$ 的二阶子式

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 1&2\\ 2&0 \end{vmatrix}=-4\ne0,$$

所以 $\displaystyle r(B)=2$，与题设相符。

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10. 已知

$$\displaystyle A=\begin{bmatrix} 2&2&3\\ 1&-1&a\\ -1&2&3 \end{bmatrix},$$

$\displaystyle B$ 是 $\displaystyle 3$ 阶非零矩阵，且 $\displaystyle BA^T=0$，则 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle -\dfrac32$

解析： 由于 $\displaystyle B\ne0$，矩阵 $\displaystyle B$ 至少有一个非零行向量，记为 $\displaystyle \xi^T$。由

$$\displaystyle BA^T=0$$

可知

$$\displaystyle \xi^TA^T=0.$$

这说明齐次方程组

$$\displaystyle A\xi=0$$

存在非零解，所以矩阵 $\displaystyle A$ 不可逆，即

$$\displaystyle |A|=0.$$

计算得

$$\displaystyle |A|=-3(2a+3).$$

因此

$$\displaystyle -3(2a+3)=0,$$

解得

$$\displaystyle a=-\frac32.$$

当 $\displaystyle a=-\dfrac32$ 时，$\displaystyle A$ 为奇异矩阵，方程 $\displaystyle A\xi=0$ 存在非零解。取这样的非零解作为 $\displaystyle B$ 的一行，其余行取零，即可构造出满足 $\displaystyle BA^T=0$ 的非零矩阵 $\displaystyle B$，故该值符合题意。

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11. 与

$$\displaystyle \alpha_1=(1,-1,0,2)^T,\qquad \alpha_2=(2,3,1,1)^T,\qquad \alpha_3=(0,0,1,2)^T$$

都正交的单位向量是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

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答案：

$$\displaystyle \pm\frac1{\sqrt7}(-1,1,-2,1)^T$$

解析： 设所求向量为

$$\displaystyle \xi=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T.$$

由 $\displaystyle \xi$ 与 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 都正交，得到

$$\displaystyle \begin{cases} x_1-x_2+2x_4=0,\\ 2x_1+3x_2+x_3+x_4=0,\\ x_3+2x_4=0. \end{cases}$$

由第三式得

$$\displaystyle x_3=-2x_4.$$

由第一式得

$$\displaystyle x_1=x_2-2x_4.$$

代入第二式，得

$$\displaystyle 2(x_2-2x_4)+3x_2-2x_4+x_4=0,$$

即

$$\displaystyle 5x_2-5x_4=0,$$

所以

$$\displaystyle x_2=x_4.$$

于是

$$\displaystyle x_1=-x_4,\qquad x_2=x_4,\qquad x_3=-2x_4.$$

故所有与三个已知向量正交的向量均可写成

$$\displaystyle \xi=k(-1,1,-2,1)^T.$$

由于所求为单位向量，而

$$\displaystyle \|(-1,1,-2,1)^T\|=\sqrt{1+1+4+1}=\sqrt7,$$

所以

$$\displaystyle \xi=\pm\frac1{\sqrt7}(-1,1,-2,1)^T.$$

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12. 已知三维向量空间的一组基是

$$\displaystyle \alpha_1=(1,0,1),\qquad \alpha_2=(1,-1,0),\qquad \alpha_3=(2,1,1),$$

则向量 $\displaystyle \beta=(3,2,1)$ 在这组基下的坐标是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

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答案：

$$\displaystyle (-1,0,2)^T$$

解析： 设 $\displaystyle \beta$ 在基 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 下的坐标为

$$\displaystyle (k_1,k_2,k_3)^T.$$

则

$$\displaystyle \beta=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3.$$

比较各分量，得

$$\displaystyle \begin{cases} k_1+k_2+2k_3=3,\\ -k_2+k_3=2,\\ k_1+k_3=1. \end{cases}$$

由后两式得

$$\displaystyle k_2=k_3-2,\qquad k_1=1-k_3.$$

代入第一式：

$$\displaystyle 1-k_3+k_3-2+2k_3=3,$$

从而

$$\displaystyle 2k_3=4,$$

即

$$\displaystyle k_3=2.$$

于是

$$\displaystyle k_1=-1,\qquad k_2=0.$$

因此

$$\displaystyle \beta=-\alpha_1+2\alpha_3,$$

故 $\displaystyle \beta$ 在该基下的坐标为

$$\displaystyle (-1,0,2)^T.$$

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13. 已知

$$\displaystyle A=\begin{bmatrix} 1&3&2&3\\ 2&6&5&8\\ 3&9&4&5 \end{bmatrix},$$

则 $\displaystyle Ax=0$ 解空间的规范正交基是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

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答案：

$$\displaystyle \left\{ \frac1{\sqrt{10}}(-3,1,0,0)^T, \frac1{\sqrt{510}}(1,3,-20,10)^T \right\}.$$

解析： 对矩阵 $\displaystyle A$ 作初等行变换。先用第二行减去第一行的两倍，第三行减去第一行的三倍：

$$\displaystyle \begin{bmatrix} 1&3&2&3\\ 2&6&5&8\\ 3&9&4&5 \end{bmatrix} \longrightarrow \begin{bmatrix} 1&3&2&3\\ 0&0&1&2\\ 0&0&-2&-4 \end{bmatrix} \longrightarrow \begin{bmatrix} 1&3&0&-1\\ 0&0&1&2\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

因此齐次方程组等价于

$$\displaystyle \begin{cases} x_1+3x_2-x_4=0,\\ x_3+2x_4=0. \end{cases}$$

取自由变量

$$\displaystyle x_2=s,\qquad x_4=t,$$

则

$$\displaystyle x_1=-3s+t,\qquad x_3=-2t.$$

故通解为

$$\displaystyle x=s(-3,1,0,0)^T+t(1,0,-2,1)^T.$$

于是解空间的一组基可取

$$\displaystyle v_1=(-3,1,0,0)^T,\qquad v_2=(1,0,-2,1)^T.$$

对其施行施密特正交化。先取

$$\displaystyle u_1=v_1.$$

再令

$$\displaystyle \begin{aligned} u_2 &=v_2-\dfrac{(v_2,u_1)}{(u_1,u_1)}u_1\\ &=v_2-\dfrac{-3}{10}u_1\\ &=v_2+\frac3{10}u_1\\ &=\frac1{10}(1,3,-20,10)^T. \end{aligned}$$

常数倍不影响正交性，因此可取

$$\displaystyle u_2=(1,3,-20,10)^T.$$

其范数分别为

$$\displaystyle \|u_1\|=\sqrt{10},$$

以及

$$\displaystyle \|u_2\|=\sqrt{1+9+400+100}=\sqrt{510}.$$

单位化后得到解空间的一组规范正交基：

$$\displaystyle \left\{ \frac1{\sqrt{10}}(-3,1,0,0)^T, \frac1{\sqrt{510}}(1,3,-20,10)^T \right\}.$$

---

14. 已知 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 与 $\displaystyle \beta_1,\beta_2,\beta_3$ 是三维向量空间的两组基，且

$$\displaystyle \beta_1=\alpha_1+2\alpha_2-\alpha_3,\qquad \beta_2=\alpha_2+\alpha_3,\qquad \beta_3=\alpha_1+3\alpha_2+2\alpha_3,$$

则由基 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 到基 $\displaystyle \beta_1,\beta_2,\beta_3$ 的过渡矩阵是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

查看答案与解析

答案：

$$\displaystyle P=\begin{bmatrix} 1&0&1\\ 2&1&3\\ -1&1&2 \end{bmatrix}.$$

解析： 按过渡矩阵的定义，若

$$\displaystyle (\beta_1,\beta_2,\beta_3)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)P,$$

则矩阵 $\displaystyle P$ 的第 $\displaystyle j$ 列就是 $\displaystyle \beta_j$ 在基 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 下的坐标。

由题设，

$$\displaystyle \beta_1=1\alpha_1+2\alpha_2-1\alpha_3,$$

所以第一列为

$$\displaystyle (1,2,-1)^T.$$

同理，

$$\displaystyle \beta_2=0\alpha_1+1\alpha_2+1\alpha_3,$$

所以第二列为

$$\displaystyle (0,1,1)^T;$$

而

$$\displaystyle \beta_3=1\alpha_1+3\alpha_2+2\alpha_3,$$

所以第三列为

$$\displaystyle (1,3,2)^T.$$

因此

$$\displaystyle P=\begin{bmatrix} 1&0&1\\ 2&1&3\\ -1&1&2 \end{bmatrix}.$$

此外，

$$\displaystyle |P|=2\ne0,$$

与 $\displaystyle \beta_1,\beta_2,\beta_3$ 构成一组基相符。

计算题与证明题

1. 已知

$$\displaystyle \alpha_1=(1,1,0,2)^T,\qquad \alpha_2=(-1,1,2,4)^T,\qquad \alpha_3=(2,3,a,7)^T,$$ $$\displaystyle \alpha_4=(-1,5,-3,a+6)^T,\qquad \beta=(1,0,2,b)^T,$$

问 $\displaystyle a,b$ 取何值时：

（Ⅰ）$\displaystyle \beta$ 不能由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 线性表示？

（Ⅱ）$\displaystyle \beta$ 能用 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 线性表出，且表示法唯一；

（Ⅲ）$\displaystyle \beta$ 能用 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 线性表出，且表示法不唯一，并写出此时表达式。

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答案： （Ⅰ）

$$\displaystyle a=1,\ b\ne2,$$

或

$$\displaystyle a=10,\ b\ne-1.$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle a\ne1,10,$$

此时 $\displaystyle b$ 可取任意实数。

（Ⅲ）

$$\displaystyle (a,b)=(1,2)$$

或

$$\displaystyle (a,b)=(10,-1).$$

当 $\displaystyle (a,b)=(1,2)$ 时，$\displaystyle t$ 为任意常数，

$$\displaystyle \beta= \left(\frac76-\frac52t\right)\alpha_1 +\left(\frac12-\frac12t\right)\alpha_2 +t\alpha_3-\frac13\alpha_4.$$

当 $\displaystyle (a,b)=(10,-1)$ 时，$\displaystyle t$ 为任意常数，

$$\displaystyle \beta= \left(-\frac13-\frac92t\right)\alpha_1 +\left(-\frac23-\frac72t\right)\alpha_2 +\left(\frac13+t\right)\alpha_3 +t\alpha_4.$$

解析： 以 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 为列向量构造矩阵

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&-1&2&-1\\ 1&1&3&5\\ 0&2&a&-3\\ 2&4&7&a+6 \end{bmatrix}.$$

计算行列式得

$$\displaystyle |A|=2(a-1)(a-10).$$

因此，当

$$\displaystyle a\ne1,10$$

时，矩阵 $\displaystyle A$ 可逆。对任意 $\displaystyle \beta$，方程

$$\displaystyle Ax=\beta$$

均有唯一解，所以此时 $\displaystyle \beta$ 能被唯一表示，且 $\displaystyle b$ 任意。这就得到（Ⅱ）。

下面分别讨论使 $\displaystyle A$ 奇异的两个参数值。

当 $\displaystyle a=1$ 时，$\displaystyle r(A)=3$，并且矩阵各行满足

$$\displaystyle -2R_2-R_3+R_4=0.$$

要使增广矩阵保持同样的行关系，其右端常数必须满足

$$\displaystyle -2\cdot0-2+b=0,$$

即

$$\displaystyle b=2.$$

因此：

• 当 $\displaystyle a=1,b=2$ 时，

$$\displaystyle r(A)=r(A,\beta)=3<4,$$

方程有无穷多解，表示法不唯一；

• 当 $\displaystyle a=1,b\ne2$ 时，

$$\displaystyle r(A)<r(A,\beta),$$

方程无解，$\displaystyle \beta$ 不能被表示。

当 $\displaystyle a=10$ 时，同样有 $\displaystyle r(A)=3$，且矩阵各行满足

$$\displaystyle R_1-3R_2+R_4=0.$$

于是右端常数必须满足

$$\displaystyle 1-3\cdot0+b=0,$$

即

$$\displaystyle b=-1.$$

因此：

• 当 $\displaystyle a=10,b=-1$ 时，方程有无穷多解，表示法不唯一；
• 当 $\displaystyle a=10,b\ne-1$ 时，方程无解。

最后求两种不唯一表示的具体形式。

当 $\displaystyle (a,b)=(1,2)$ 时，解方程 $\displaystyle Ax=\beta$ 得

$$\displaystyle \begin{cases} x_1=\dfrac76-\dfrac52t,\\[2mm] x_2=\dfrac12-\dfrac12t,\\[2mm] x_3=t,\\[2mm] x_4=-\dfrac13, \end{cases} \qquad t\in\mathbb R.$$

所以

$$\displaystyle \beta= \left(\frac76-\frac52t\right)\alpha_1 +\left(\frac12-\frac12t\right)\alpha_2 +t\alpha_3-\frac13\alpha_4.$$

当 $\displaystyle (a,b)=(10,-1)$ 时，解方程得

$$\displaystyle \begin{cases} x_1=-\dfrac13-\dfrac92t,\\[2mm] x_2=-\dfrac23-\dfrac72t,\\[2mm] x_3=\dfrac13+t,\\[2mm] x_4=t, \end{cases} \qquad t\in\mathbb R.$$

所以

$$\displaystyle \beta= \left(-\frac13-\frac92t\right)\alpha_1 +\left(-\frac23-\frac72t\right)\alpha_2 +\left(\frac13+t\right)\alpha_3 +t\alpha_4.$$

---

2. 已知向量组

$$\displaystyle \beta_1=\begin{bmatrix}0\\1\\-1\end{bmatrix},\qquad \beta_2=\begin{bmatrix}a\\2\\1\end{bmatrix},\qquad \beta_3=\begin{bmatrix}b\\1\\0\end{bmatrix}$$

与

$$\displaystyle \alpha_1=\begin{bmatrix}1\\2\\-3\end{bmatrix},\qquad \alpha_2=\begin{bmatrix}3\\0\\1\end{bmatrix},\qquad \alpha_3=\begin{bmatrix}9\\6\\-7\end{bmatrix}$$

有相同的秩，且 $\displaystyle \beta_3$ 可由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表出，求 $\displaystyle a,b$ 的值。

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答案：

$$\displaystyle a=15,\qquad b=5.$$

解析： 先考察向量组 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$。注意到

$$\displaystyle 3\alpha_1+2\alpha_2 =3\begin{bmatrix}1\\2\\-3\end{bmatrix} +2\begin{bmatrix}3\\0\\1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}9\\6\\-7\end{bmatrix} =\alpha_3.$$

又因为 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2$ 不成比例，所以二者线性无关。因此

$$\displaystyle r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=2.$$

由题意，$\displaystyle \beta_3$ 可由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表出。由于 $\displaystyle \alpha_3$ 本身可由 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2$ 表出，只需令

$$\displaystyle \beta_3=c\alpha_1+d\alpha_2.$$

即

$$\displaystyle \begin{bmatrix}b\\1\\0\end{bmatrix} =c\begin{bmatrix}1\\2\\-3\end{bmatrix} +d\begin{bmatrix}3\\0\\1\end{bmatrix}.$$

比较分量，得到

$$\displaystyle \begin{cases} c+3d=b,\\ 2c=1,\\ -3c+d=0. \end{cases}$$

由第二式、第三式得

$$\displaystyle c=\frac12,\qquad d=\frac32.$$

于是

$$\displaystyle b=c+3d=\frac12+\frac92=5.$$

再由两向量组秩相同可知

$$\displaystyle r(\beta_1,\beta_2,\beta_3)=2.$$

将 $\displaystyle b=5$ 代入，以 $\displaystyle \beta_1,\beta_2,\beta_3$ 为列构造矩阵

$$\displaystyle B= \begin{bmatrix} 0&a&5\\ 1&2&1\\ -1&1&0 \end{bmatrix}.$$

若秩为 $\displaystyle 2$，三阶行列式必须为零：

$$\displaystyle |B| =\begin{vmatrix} 0&a&5\\ 1&2&1\\ -1&1&0 \end{vmatrix} =15-a=0.$$

所以

$$\displaystyle a=15.$$

当 $\displaystyle a=15,b=5$ 时，$\displaystyle \beta_1=(0,1,-1)^T$ 与 $\displaystyle \beta_3=(5,1,0)^T$ 显然不成比例，故向量组的秩至少为 $\displaystyle 2$；又其三阶行列式为零，故秩恰为 $\displaystyle 2$。因此

$$\displaystyle a=15,\qquad b=5.$$

---

3. 已知 $\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_s$ 是互不相同的数，$\displaystyle n$ 维向量

$$\displaystyle \alpha_i=(1,a_i,a_i^2,\cdots,a_i^{n-1})^T\qquad(i=1,2,\cdots,s),$$

求向量组 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 的秩。

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答案：

$$\displaystyle r(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s)=\min\{n,s\}.$$

解析： 以这些向量为列构造矩阵

$$\displaystyle A=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s) = \begin{bmatrix} 1&1&\cdots&1\\ a_1&a_2&\cdots&a_s\\ a_1^2&a_2^2&\cdots&a_s^2\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_1^{n-1}&a_2^{n-1}&\cdots&a_s^{n-1} \end{bmatrix}.$$

分两种情况讨论。

情形一：$\displaystyle s\le n$。

取矩阵 $\displaystyle A$ 的前 $\displaystyle s$ 行，得到 $\displaystyle s$ 阶子式

$$\displaystyle D= \begin{vmatrix} 1&1&\cdots&1\\ a_1&a_2&\cdots&a_s\\ a_1^2&a_2^2&\cdots&a_s^2\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_1^{s-1}&a_2^{s-1}&\cdots&a_s^{s-1} \end{vmatrix}.$$

这是范德蒙德行列式，故

$$\displaystyle D=\prod_{1\le i<j\le s}(a_j-a_i).$$

因为 $\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_s$ 两两不同，所以

$$\displaystyle D\ne0.$$

因此矩阵 $\displaystyle A$ 至少有一个 $\displaystyle s$ 阶子式不为零，从而

$$\displaystyle r(A)\ge s.$$

另一方面，$\displaystyle A$ 只有 $\displaystyle s$ 列，所以

$$\displaystyle r(A)\le s.$$

故

$$\displaystyle r(A)=s.$$

情形二：$\displaystyle s>n$。

矩阵 $\displaystyle A$ 只有 $\displaystyle n$ 行，因此

$$\displaystyle r(A)\le n.$$

任取其中前 $\displaystyle n$ 个列向量，其构成的 $\displaystyle n$ 阶子式为

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 1&1&\cdots&1\\ a_1&a_2&\cdots&a_n\\ a_1^2&a_2^2&\cdots&a_n^2\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_1^{n-1}&a_2^{n-1}&\cdots&a_n^{n-1} \end{vmatrix} = \prod_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)\ne0.$$

所以

$$\displaystyle r(A)\ge n.$$

由此

$$\displaystyle r(A)=n.$$

综合两种情况，得到

$$\displaystyle \boxed{r(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s)=\min\{n,s\}}.$$

---

4. 设 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle n$ 阶非零实矩阵，$\displaystyle A^\ast$ 是 $\displaystyle A$ 的伴随矩阵，$\displaystyle A^T$ 是 $\displaystyle A$ 的转置矩阵，如果 $\displaystyle A^T=A^\ast$，证明任一 $\displaystyle n$ 维列向量均可由矩阵 $\displaystyle A$ 的列向量线性表出。

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答案： 命题成立。事实上，条件 $\displaystyle A^T=A^\ast$ 可推出 $\displaystyle A$ 可逆，因此 $\displaystyle A$ 的列向量构成 $\displaystyle \mathbb R^n$ 的一组基。

解析： 由伴随矩阵的基本性质，

$$\displaystyle AA^\ast=|A|E.$$

又因为

$$\displaystyle A^\ast=A^T,$$

所以

$$\displaystyle AA^T=|A|E.$$

下面证明 $\displaystyle |A|\ne0$。反设

$$\displaystyle |A|=0,$$

则

$$\displaystyle AA^T=0.$$

设 $\displaystyle A$ 的第 $\displaystyle i$ 行为

$$\displaystyle r_i=(a_{i1},a_{i2},\cdots,a_{in}),$$

则矩阵 $\displaystyle AA^T$ 的第 $\displaystyle i$ 个对角元素为

$$\displaystyle (AA^T)_{ii}=r_ir_i^T =a_{i1}^2+a_{i2}^2+\cdots+a_{in}^2.$$

由于 $\displaystyle AA^T=0$，故对每个 $\displaystyle i$ 都有

$$\displaystyle a_{i1}^2+a_{i2}^2+\cdots+a_{in}^2=0.$$

各项均为非负实数，因此

$$\displaystyle a_{i1}=a_{i2}=\cdots=a_{in}=0.$$

这对所有 $\displaystyle i$ 都成立，于是

$$\displaystyle A=0,$$

与题设 $\displaystyle A$ 为非零矩阵矛盾。因此

$$\displaystyle |A|\ne0.$$

所以 $\displaystyle A$ 可逆，且

$$\displaystyle r(A)=n.$$

设 $\displaystyle A$ 的列向量为

$$\displaystyle A=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n).$$

对任意 $\displaystyle n$ 维列向量 $\displaystyle \beta$，令

$$\displaystyle x=A^{-1}\beta.$$

则

$$\displaystyle Ax=\beta.$$

若

$$\displaystyle x=(x_1,x_2,\cdots,x_n)^T,$$

则

$$\displaystyle \beta=x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+\cdots+x_n\alpha_n.$$

故任意 $\displaystyle n$ 维列向量均可由矩阵 $\displaystyle A$ 的列向量线性表出。

---

5. 证明 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$（其中 $\displaystyle \alpha_1\ne0$）线性相关的充分必要条件是存在一个 $\displaystyle \alpha_i$（$\displaystyle 1<i\le s$）能由它前面的那些向量 $\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{i-1}$ 线性表出。

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答案： 命题成立。

解析： 需要分别证明充分性与必要性。

充分性。

假设存在某个 $\displaystyle i$，其中

$$\displaystyle 1<i\le s,$$

使得 $\displaystyle \alpha_i$ 可由它前面的向量线性表出，即存在常数

$$\displaystyle k_1,k_2,\cdots,k_{i-1},$$

使

$$\displaystyle \alpha_i=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+\cdots+k_{i-1}\alpha_{i-1}.$$

移项得

$$\displaystyle k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+\cdots+k_{i-1}\alpha_{i-1}-\alpha_i=0.$$

该线性关系的 $\displaystyle \alpha_i$ 的系数为 $\displaystyle -1\ne0$，故系数不全为零。因此

$$\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_i$$

线性相关，从而包含它们的向量组

$$\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$$

也线性相关。

必要性。

假设向量组

$$\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$$

线性相关。

在这些向量中，从前向后选取第一个使得

$$\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_i$$

线性相关的下标 $\displaystyle i$。

由于 $\displaystyle \alpha_1\ne0$，单向量组 $\displaystyle \alpha_1$ 线性无关，所以

$$\displaystyle i>1.$$

根据 $\displaystyle i$ 的最小性，

$$\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{i-1}$$

线性无关，而

$$\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_i$$

线性相关。因此存在不全为零的常数

$$\displaystyle c_1,c_2,\cdots,c_i,$$

使得

$$\displaystyle c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+\cdots+c_{i-1}\alpha_{i-1}+c_i\alpha_i=0.$$

必须有

$$\displaystyle c_i\ne0.$$

否则若 $\displaystyle c_i=0$，就得到

$$\displaystyle c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+\cdots+c_{i-1}\alpha_{i-1}=0,$$

且系数不全为零，这与

$$\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{i-1}$$

线性无关矛盾。

于是可解出

$$\displaystyle \alpha_i =-\dfrac{c_1}{c_i}\alpha_1 -\dfrac{c_2}{c_i}\alpha_2 -\cdots -\dfrac{c_{i-1}}{c_i}\alpha_{i-1}.$$

因此存在一个 $\displaystyle \alpha_i$ 能由它前面的向量线性表出。

综上，命题得证。

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6. 已知 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle m\times n$ 矩阵，$\displaystyle B$ 是 $\displaystyle n\times p$ 矩阵，如 $\displaystyle AB=C$，且 $\displaystyle r(C)=m$，证明 $\displaystyle A$ 的行向量线性无关。

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答案： $\displaystyle A$ 的 $\displaystyle m$ 个行向量线性无关。

解析： 由于

$$\displaystyle C=AB$$

且

$$\displaystyle r(C)=m,$$

而 $\displaystyle C$ 是 $\displaystyle m\times p$ 矩阵，所以 $\displaystyle C$ 的行秩等于 $\displaystyle m$。因此 $\displaystyle C$ 的 $\displaystyle m$ 个行向量线性无关。

设 $\displaystyle A$ 的行向量为

$$\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_m.$$

若存在常数

$$\displaystyle k_1,k_2,\cdots,k_m$$

使

$$\displaystyle k_1a_1+k_2a_2+\cdots+k_ma_m=0,$$

令

$$\displaystyle k=(k_1,k_2,\cdots,k_m)^T,$$

则上述关系可写为

$$\displaystyle k^TA=0.$$

两边右乘 $\displaystyle B$，得到

$$\displaystyle k^TAB=0,$$

即

$$\displaystyle k^TC=0.$$

这说明 $\displaystyle C$ 的各行向量满足线性关系，其系数为

$$\displaystyle k_1,k_2,\cdots,k_m.$$

由于 $\displaystyle C$ 的 $\displaystyle m$ 个行向量线性无关，所以必有

$$\displaystyle k_1=k_2=\cdots=k_m=0.$$

因此 $\displaystyle A$ 的行向量之间只有零线性关系，故它们线性无关。

也可用秩不等式直接说明：

$$\displaystyle r(C)=r(AB)\le r(A)\le m.$$

由 $\displaystyle r(C)=m$，立即得到

$$\displaystyle r(A)=m,$$

即 $\displaystyle A$ 满行秩，所以其行向量线性无关。

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7. 设 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle m\times n$ 矩阵，$\displaystyle B$ 是 $\displaystyle n\times s$ 矩阵，$\displaystyle C$ 是 $\displaystyle m\times s$ 矩阵，满足 $\displaystyle AB=C$，如果秩 $\displaystyle r(A)=n$，证明秩 $\displaystyle r(B)=r(C)$。

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答案：

$$\displaystyle r(B)=r(C).$$

解析： 由

$$\displaystyle C=AB$$

可知，矩阵乘积的秩不超过任一因子的秩，因此

$$\displaystyle r(C)=r(AB)\le r(B).$$

下面证明反向不等式。

因为 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle m\times n$ 矩阵，且

$$\displaystyle r(A)=n,$$

所以 $\displaystyle A$ 满列秩。于是齐次方程组

$$\displaystyle Ax=0$$

只有零解。

设 $\displaystyle B$ 的列向量为

$$\displaystyle B=(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s),$$

则

$$\displaystyle C=AB=(A\beta_1,A\beta_2,\cdots,A\beta_s).$$

任取常数

$$\displaystyle k_1,k_2,\cdots,k_s.$$

若

$$\displaystyle k_1A\beta_1+k_2A\beta_2+\cdots+k_sA\beta_s=0,$$

则

$$\displaystyle A(k_1\beta_1+k_2\beta_2+\cdots+k_s\beta_s)=0.$$

由于 $\displaystyle Ax=0$ 只有零解，故

$$\displaystyle k_1\beta_1+k_2\beta_2+\cdots+k_s\beta_s=0.$$

反过来，若

$$\displaystyle k_1\beta_1+k_2\beta_2+\cdots+k_s\beta_s=0,$$

左乘 $\displaystyle A$ 后显然有

$$\displaystyle k_1A\beta_1+k_2A\beta_2+\cdots+k_sA\beta_s=0.$$

因此，向量组

$$\displaystyle \beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s$$

与向量组

$$\displaystyle A\beta_1,A\beta_2,\cdots,A\beta_s$$

具有完全相同的线性关系，故两向量组的秩相等，即

$$\displaystyle r(B)=r(C).$$

还可利用左逆矩阵说明。由于 $\displaystyle A$ 满列秩，存在 $\displaystyle n\times m$ 矩阵 $\displaystyle L$，使得

$$\displaystyle LA=E_n.$$

于是

$$\displaystyle B=LAB=LC,$$

从而

$$\displaystyle r(B)\le r(C).$$

结合前面的

$$\displaystyle r(C)\le r(B),$$

得到

$$\displaystyle \boxed{r(B)=r(C)}.$$

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8. 设 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle n$ 阶实反对称矩阵，$\displaystyle x,y$ 是实 $\displaystyle n$ 维列向量，满足 $\displaystyle Ax=y$，证明 $\displaystyle x$ 与 $\displaystyle y$ 正交。

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答案：

$$\displaystyle x^Ty=0,$$

因此 $\displaystyle x\perp y$。

解析： 因为 $\displaystyle A$ 是实反对称矩阵，所以

$$\displaystyle A^T=-A.$$

由

$$\displaystyle y=Ax,$$

可得

$$\displaystyle x^Ty=x^TAx.$$

注意 $\displaystyle x^TAx$ 是一个 $\displaystyle 1$ 阶实数，因此它等于自身的转置：

$$\displaystyle x^TAx=(x^TAx)^T.$$

而

$$\displaystyle (x^TAx)^T=x^TA^Tx.$$

利用 $\displaystyle A^T=-A$，得

$$\displaystyle x^TA^Tx=x^T(-A)x=-x^TAx.$$

因此

$$\displaystyle x^TAx=-x^TAx,$$

从而

$$\displaystyle 2x^TAx=0.$$

故

$$\displaystyle x^TAx=0.$$

于是

$$\displaystyle x^Ty=0.$$

根据向量正交的判定条件，得到

$$\displaystyle \boxed{x\perp y}.$$

---

9. 设

$$\displaystyle W=\{(x_1,x_2,\cdots,x_n)\mid x_1-2x_2+x_3=0\},$$

求向量空间 $\displaystyle W$ 的维数及一组规范正交基。

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答案：

$$\displaystyle \dim W=n-1.$$

一组规范正交基为

$$\displaystyle \left\{ \dfrac{1}{\sqrt2}(1,0,-1,0,\cdots,0), \dfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1,0,\cdots,0), e_4,e_5,\cdots,e_n \right\},$$

其中

$$\displaystyle e_i=(0,\cdots,0,\underset{\text{第 }i\text{ 个}}{1},0,\cdots,0).$$

当 $\displaystyle n=3$ 时，基中不包含 $\displaystyle e_4,e_5,\cdots,e_n$。

解析： 空间 $\displaystyle W$ 是齐次线性方程

$$\displaystyle x_1-2x_2+x_3=0$$

的解空间。其系数矩阵为

$$\displaystyle A=\begin{bmatrix}1&-2&1&0&\cdots&0\end{bmatrix}.$$

显然

$$\displaystyle r(A)=1.$$

由齐次线性方程组解空间维数公式，得

$$\displaystyle \dim W=n-r(A)=n-1.$$

下面构造一组规范正交基。令

$$\displaystyle u_1=\dfrac{1}{\sqrt2}(1,0,-1,0,\cdots,0),$$$$\displaystyle u_2=\dfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1,0,\cdots,0).$$

分别验证它们属于 $\displaystyle W$：

$$\displaystyle 1-2\cdot0+(-1)=0,$$$$\displaystyle 1-2\cdot1+1=0.$$

因此

$$\displaystyle u_1,u_2\in W.$$

又有

$$\displaystyle \|u_1\|^2=\frac12(1^2+(-1)^2)=1,$$$$\displaystyle \|u_2\|^2=\frac13(1^2+1^2+1^2)=1,$$

并且

$$\displaystyle u_1^Tu_2=\dfrac{1}{\sqrt6}(1+0-1)=0.$$

故 $\displaystyle u_1,u_2$ 是两个相互正交的单位向量。

对于 $\displaystyle i=4,5,\cdots,n$，标准单位向量 $\displaystyle e_i$ 的前三个分量均为零，所以

$$\displaystyle e_i\in W.$$

而且各 $\displaystyle e_i$ 两两正交，并与 $\displaystyle u_1,u_2$ 均正交，且模长均为 $\displaystyle 1$。因此向量组

$$\displaystyle \mathcal B=\{u_1,u_2,e_4,e_5,\cdots,e_n\}$$

是一个规范正交向量组。

该向量组共有

$$\displaystyle 2+(n-3)=n-1$$

个向量，恰好等于 $\displaystyle W$ 的维数，故它构成 $\displaystyle W$ 的一组规范正交基。

综上，

$$\displaystyle \boxed{\dim W=n-1},$$

且可取规范正交基

$$\displaystyle \boxed{ \left\{ \dfrac{1}{\sqrt2}(1,0,-1,0,\cdots,0), \dfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1,0,\cdots,0), e_4,e_5,\cdots,e_n \right\} }.$$