第三章 向量组的线性关系与秩

选择题

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

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

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

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答案： C

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

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

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

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

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

错误选项分析：

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

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2. 向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 线性无关的充分必要条件是

A. ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 均不是零向量

B. ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 中任意两个向量的分量不成比例

C. ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s,{\alpha }_{s+1}$ 线性无关

D. ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 中任一个向量均不能由其余 $s-1$ 个向量线性表出

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答案： D

解析： 向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 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 $s-1$ 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 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 是 $3$ 维非零向量，则下列说法正确的是

A. 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2$ 线性相关，${\alpha }_3,{\alpha }_4$ 线性相关，则 ${\alpha }_1+{\alpha }_3,{\alpha }_2+{\alpha }_4$ 也线性相关

B. 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性无关，则 ${\alpha }_1+{\alpha }_4,{\alpha }_2+{\alpha }_4,{\alpha }_3+{\alpha }_4$ 线性无关

C. 若 ${\alpha }_4$ 不能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表出，则 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性相关

D. 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 中任意三个向量均线性无关，则 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 线性无关

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答案： C

解析： 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 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 ${\alpha }_4$ 必可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示。

对上述结论取逆否命题：若 ${\alpha }_4$ 不能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示，则 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 必线性相关。因此 C 正确。

错误选项分析：

• A 不正确。例如取 ${\alpha }_2=2{\alpha }_1$、${\alpha }_4=3{\alpha }_3$，则两组分别线性相关，但 ${\alpha }_1+{\alpha }_3$ 与 $2{\alpha }_1+3{\alpha }_3$ 未必成比例。
• B 不正确。设 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 为一组基，取

$${\alpha }_4=-\frac{1}{3}({\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3),$$

则

$$({\alpha }_1+{\alpha }_4)+({\alpha }_2+{\alpha }_4)+({\alpha }_3+{\alpha }_4)=0,$$

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 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性无关，那么下列线性相关的向量组是

A. ${\alpha }_1,{\alpha }_1+{\alpha }_2,{\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3$

B. ${\alpha }_1+{\alpha }_2,{\alpha }_1-{\alpha }_2,-{\alpha }_3$

C. $-{\alpha }_1+{\alpha }_2,{\alpha }_2+{\alpha }_3,{\alpha }_3-{\alpha }_1$

D. ${\alpha }_1-{\alpha }_2,{\alpha }_2-{\alpha }_3,{\alpha }_3-{\alpha }_1$

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答案： D

解析： 由于 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 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

$$({\alpha }_1-{\alpha }_2)+({\alpha }_2-{\alpha }_3)+({\alpha }_3-{\alpha }_1)=0,$$

且系数 $1,1,1$ 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

$$\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right],$$

行列式为 $1\ne 0$，故线性无关。

• B 的坐标矩阵为

$$\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& -1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right],$$

行列式为 $2\ne 0$，故线性无关。

• C 的坐标矩阵为

$$\left[\begin{array}{ccc}-1& 0& -1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right],$$

行列式为 $-2\ne 0$，故线性无关。

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5. 设向量组Ⅰ：${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_r$ 可由向量组Ⅱ：${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$ 线性表示，则

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

C. 当 $r<s$ 时，向量组Ⅰ必线性相关    D. 当 $r>s$ 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

$$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_r)\le r({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s)\le s.$$

当 $r>s$ 时，向量组Ⅰ含有 $r$ 个向量，但其秩不超过 $s<r$，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 $r<s$ 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 $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s)=r$，则

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

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

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答案： C

解析： 向量组的秩为 $r$，说明该向量组中线性无关向量的最大个数为 $r$。因此任取 $r+1$ 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 $r$ 只保证至少存在一个由 $r$ 个向量组成的极大线性无关组，并不保证任意 $r$ 个或任意 $r-1$ 个向量都线性无关。
• D 不正确。若原向量组本身由 $r$ 个线性无关向量组成，则向量个数恰好等于 $r$。

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7. 设 $n$ 维向量 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$，下列命题中正确的是

A. 如果 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 线性无关，那么 ${\alpha }_1+{\alpha }_2,{\alpha }_2+{\alpha }_3,\cdots ,{\alpha }_{s-1}+{\alpha }_s,{\alpha }_s+{\alpha }_1$ 也线性无关

B. 如果 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 线性无关，那么和它等价的向量组也线性无关

C. 如果 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 线性相关，$A$ 是 $m\times n$ 非零矩阵，那么 $A{\alpha }_1,A{\alpha }_2,\cdots ,A{\alpha }_s$ 也线性相关

D. 如果 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 线性相关，那么 ${\alpha }_s$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_{s-1}$ 线性表出

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答案： C

解析： 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 线性相关，则存在不全为零的数 $k_1,k_2,\cdots ,k_s$，使得

$$k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+\cdots +k_s{\alpha }_s=0.$$

等式两边左乘矩阵 $A$，得到

$$k_{1}A{\alpha }_1+k_{2}A{\alpha }_2+\cdots +k_{s}A{\alpha }_s=A0=0.$$

由于系数 $k_1,k_2,\cdots ,k_s$ 仍不全为零，所以 $A{\alpha }_1,A{\alpha }_2,\cdots ,A{\alpha }_s$ 线性相关，故选 C。事实上，这一结论不要求 $A\ne 0$。

错误选项分析：

• A 不正确。例如当 $s=2$ 时，所得向量组为 ${\alpha }_1+{\alpha }_2,{\alpha }_2+{\alpha }_1$，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 $\{{\alpha }_1,{\alpha }_2\}$ 线性无关，而 $\{{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_1+{\alpha }_2\}$ 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 $s-1$ 个向量已经线性相关，而 ${\alpha }_s$ 不在它们的张成空间中。

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

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

C. 如 $m$ 阶矩阵 $B$ 满足 $BA=0$，则 $B=0$    D. 行列式 $|A^{T}A|=0$

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答案： A

解析： 由于 $r(A)=m$，矩阵 $A$ 满行秩。初等行变换可以把 $A$ 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 $(E_m,0)$。

例如当 $m=1,n=2$ 时，取

$$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\end{array}\right].$$

它的秩为 $1$，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 $(1,1)$ 化为 $(1,0)$。因此 A 不正确。

其余选项分析：

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

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

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

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

$$B=B{E}_m=BAC=0.$$

• D 正确。因为

$$r(A^{T}A)=r(A)=m<n,$$

所以 $n$ 阶矩阵 $A^{T}A$ 不满秩，故 $|A^{T}A|=0$。

填空题

1. 向量组

$${\alpha }_1=(1,0,1,2{)}^T,{\alpha }_2=(1,1,3,1{)}^T,{\alpha }_3=(2,-1,a+1,5{)}^T$$

线性相关，则 $a=\underline{}$。

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答案： $-1$

解析： 以 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 为列向量组成矩阵

$$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 0& 1& -1\\ 1& 3& a+1\\ 2& 1& 5\end{array}\right].$$

三个向量线性相关的充分必要条件是

$$r(A)<3,$$

即所有三阶子式均为零。取第 $1,2,3$ 行构成的三阶子式，得

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 0& 1& -1\\ 1& 3& a+1\end{array}\right|=a+1.$$

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

$$\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right|=1\ne 0,$$

故 $r(A)=2$，向量组确实线性相关。因此

$$a=-1.$$

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2. 已知

$${\alpha }_1=(a,a,a{)}^T,{\alpha }_2=(-a,a,b{)}^T,{\alpha }_3=(-a,-a,-b{)}^T$$

线性相关，则 $a,b$ 满足关系式 $\underline{}$。

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答案： $a^2(a-b)=0$，即 $a=0$ 或 $a=b$

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：

$$\left|\begin{array}{ccc}a& -a& -a\\ a& a& -a\\ a& b& -b\end{array}\right|=0.$$

计算得

$$\begin{array}{rl}\left|\begin{array}{ccc}a& -a& -a\\ a& a& -a\\ a& b& -b\end{array}\right|& =2a^2(a-b).\end{array}$$

故线性相关的条件为

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

即

$$a=0\text{或}a=b.$$

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3. 已知 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性无关，${\alpha }_1+{\alpha }_2,a{\alpha }_2-{\alpha }_3,{\alpha }_1-{\alpha }_2+{\alpha }_3$ 线性相关，则 $a=\underline{}$。

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答案： $2$

解析： 由于 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 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

$$\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}0\\ a\\ -1\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right].$$

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：

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& a& -1\\ 0& -1& 1\end{array}\right|=0.$$

计算得

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& a& -1\\ 0& -1& 1\end{array}\right|=a-2.$$

故

$$a-2=0,$$

从而

$$a=2.$$

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4. 若 $\beta =(1,3,0{)}^T$ 不能由

$${\alpha }_1=(1,2,1{)}^T,{\alpha }_2=(2,3,a{)}^T,{\alpha }_3=(1,a+2,-2{)}^T$$

线性表出，则 $a=\underline{}$。

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答案： $-1$

解析： 令

$$A=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 2& 3& a+2\\ 1& a& -2\end{array}\right].$$

若 $|A|\ne 0$，则 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 构成 ${\mathbb{R}}^3$ 的一组基，任意三维向量均可由它们线性表示。因此，$\beta$ 不能被线性表示时必有

$$|A|=0.$$

计算得

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

所以只需考察 $a=3$ 与 $a=-1$。

当 $a=3$ 时，

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

故方程 $Ax=\beta$ 有解，$\beta$ 可以被线性表示。

当 $a=-1$ 时，

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

故方程 $Ax=\beta$ 无解，$\beta$ 不能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示。因此

$$a=-1.$$

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5. 任意 $3$ 维向量都可用

$${\alpha }_1=(1,0,1{)}^T,{\alpha }_2=(1,-2,3{)}^T,{\alpha }_3=(a,1,2{)}^T$$

线性表出，则 $a\underline{}$。

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答案： $\ne 3$

解析： 任意三维向量都能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示，等价于这三个向量张成整个 ${\mathbb{R}}^3$，也等价于它们线性无关。

以三个向量为列组成矩阵

$$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& a\\ 0& -2& 1\\ 1& 3& 2\end{array}\right].$$

应有

$$|A|\ne 0.$$

计算得

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

因此

$$2(a-3)\ne 0,$$

即

$$a\ne 3.$$

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6. 向量组

$${\alpha }_1=(1,-1,3,0{)}^T,{\alpha }_2=(-2,1,a,1{)}^T,{\alpha }_3=(1,1,-5,-2{)}^T$$

的秩为 $2$，则 $a=\underline{}$。

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答案： $-2$

解析： 以三个向量为列组成矩阵

$$A=\left[\begin{array}{ccc}1& -2& 1\\ -1& 1& 1\\ 3& a& -5\\ 0& 1& -2\end{array}\right].$$

向量组的秩为 $2$，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 $1,2,3$ 行构成的三阶子式：

$$\left|\begin{array}{ccc}1& -2& 1\\ -1& 1& 1\\ 3& a& -5\end{array}\right|=-2(a+2).$$

因此必须有

$$a=-2.$$

当 $a=-2$ 时，其余三阶子式也均为零，而左上角二阶子式为

$$\left|\begin{array}{cc}1& -2\\ -1& 1\end{array}\right|=-1\ne 0.$$

所以此时 $r(A)=2$。故

$$a=-2.$$

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7. 已知

$$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s)=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s,\beta )=r,$$ $$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s,\gamma )=r+1,$$

则

$$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s,\beta ,\gamma )=\underline{}.$$

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答案： $r+1$

解析： 记

$$V=\mathrm{span}\{{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s\}.$$

由

$$r({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_s,\beta )=r({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_s)=r$$

可知

$$\beta \in V.$$

又由

$$r({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_s,\gamma )=r+1$$

可知

$$\gamma \notin V.$$

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

$$r+1.$$

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

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答案： $0$

解析： 对于 $n$ 阶矩阵 $A$，伴随矩阵的秩满足

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

本题中 $n=4$，且

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

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

$$A^{\ast }=0,$$

从而

$$r(A^{\ast })=0.$$

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9. 已知

$$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 0& 4& 5\\ 0& 0& 6\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& -2\\ 2& a& 0\\ -1& -3& 3\end{array}\right],$$

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

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答案： $0$

解析： 矩阵 $A$ 为上三角矩阵，且

$$|A|=1\cdot 4\cdot 6=24\ne 0,$$

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

由可逆矩阵左乘、右乘不改变矩阵的秩，得

$$r(B)=r(AX{A}^{\ast })=r(X)=2.$$

因此 $B$ 必须满足

$$|B|=0.$$

计算得

$$|B|=a.$$

故

$$a=0.$$

当 $a=0$ 时，$B$ 的二阶子式

$$\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 0\end{array}\right|=-4\ne 0,$$

所以 $r(B)=2$，与题设相符。

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10. 已知

$$A=\left[\begin{array}{ccc}2& 2& 3\\ 1& -1& a\\ -1& 2& 3\end{array}\right],$$

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

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答案： $-\frac{3}{2}$

解析： 由于 $B\ne 0$，矩阵 $B$ 至少有一个非零行向量，记为 ${\xi }^T$。由

$$B{A}^T=0$$

可知

$${\xi }^T{A}^T=0.$$

这说明齐次方程组

$$A\xi =0$$

存在非零解，所以矩阵 $A$ 不可逆，即

$$|A|=0.$$

计算得

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

因此

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

解得

$$a=-\frac{3}{2}.$$

当 $a=-\frac{3}{2}$ 时，$A$ 为奇异矩阵，方程 $A\xi =0$ 存在非零解。取这样的非零解作为 $B$ 的一行，其余行取零，即可构造出满足 $B{A}^T=0$ 的非零矩阵 $B$，故该值符合题意。

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11. 与

$${\alpha }_1=(1,-1,0,2{)}^T,{\alpha }_2=(2,3,1,1{)}^T,{\alpha }_3=(0,0,1,2{)}^T$$

都正交的单位向量是 $\underline{}$。

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答案：

$$\pm \frac{1}{\sqrt{7}}(-1,1,-2,1{)}^T$$

解析： 设所求向量为

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

由 $\xi$ 与 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 都正交，得到

$$\{\begin{array}{l}{x}_1-x_2+2x_4=0,\\ 2x_1+3x_2+x_3+x_4=0,\\ x_3+2x_4=0.\end{array}$$

由第三式得

$$x_3=-2x_4.$$

由第一式得

$$x_1=x_2-2x_4.$$

代入第二式，得

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

即

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

所以

$$x_2=x_4.$$

于是

$$x_1=-x_4,x_2=x_4,x_3=-2x_4.$$

故所有与三个已知向量正交的向量均可写成

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

由于所求为单位向量，而

$$\Vert (-1,1,-2,1{)}^T\Vert =\sqrt{1+1+4+1}=\sqrt{7},$$

所以

$$\xi =\pm \frac{1}{\sqrt{7}}(-1,1,-2,1{)}^T.$$

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12. 已知三维向量空间的一组基是

$${\alpha }_1=(1,0,1),{\alpha }_2=(1,-1,0),{\alpha }_3=(2,1,1),$$

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

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答案：

$$(-1,0,2{)}^T$$

解析： 设 $\beta$ 在基 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 下的坐标为

$$(k_1,k_2,k_3{)}^T.$$

则

$$\beta =k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+k_3{\alpha }_3.$$

比较各分量，得

$$\{\begin{array}{l}{k}_1+k_2+2k_3=3,\\ -k_2+k_3=2,\\ k_1+k_3=1.\end{array}$$

由后两式得

$$k_2=k_3-2,k_1=1-k_3.$$

代入第一式：

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

从而

$$2k_3=4,$$

即

$$k_3=2.$$

于是

$$k_1=-1,k_2=0.$$

因此

$$\beta =-{\alpha }_1+2{\alpha }_3,$$

故 $\beta$ 在该基下的坐标为

$$(-1,0,2{)}^T.$$

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13. 已知

$$A=\left[\begin{array}{cccc}1& 3& 2& 3\\ 2& 6& 5& 8\\ 3& 9& 4& 5\end{array}\right],$$

则 $Ax=0$ 解空间的规范正交基是 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

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

解析： 对矩阵 $A$ 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：

$$\left[\begin{array}{cccc}1& 3& 2& 3\\ 2& 6& 5& 8\\ 3& 9& 4& 5\end{array}\right]⟶\left[\begin{array}{cccc}1& 3& 2& 3\\ 0& 0& 1& 2\\ 0& 0& -2& -4\end{array}\right]⟶\left[\begin{array}{cccc}1& 3& 0& -1\\ 0& 0& 1& 2\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right].$$

因此齐次方程组等价于

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+3x_2-x_4=0,\\ x_3+2x_4=0.\end{array}$$

取自由变量

$$x_2=s,x_4=t,$$

则

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

故通解为

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

于是解空间的一组基可取

$$v_1=(-3,1,0,0{)}^T,v_2=(1,0,-2,1{)}^T.$$

对其施行施密特正交化。先取

$$u_1=v_1.$$

再令

$$\begin{array}{rl}{u}_2& =v_2-\frac{(v_2,u_1)}{(u_1,u_1)}{u}_1\\ & =v_2-\frac{-3}{10}{u}_1\\ & =v_2+\frac{3}{10}{u}_1\\ & =\frac{1}{10}(1,3,-20,10{)}^T.\end{array}$$

常数倍不影响正交性，因此可取

$$u_2=(1,3,-20,10{)}^T.$$

其范数分别为

$$\Vert u_1\Vert =\sqrt{10},$$

以及

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

单位化后得到解空间的一组规范正交基：

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

---

14. 已知 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 与 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 是三维向量空间的两组基，且

$${\beta }_1={\alpha }_1+2{\alpha }_2-{\alpha }_3,{\beta }_2={\alpha }_2+{\alpha }_3,{\beta }_3={\alpha }_1+3{\alpha }_2+2{\alpha }_3,$$

则由基 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 到基 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 的过渡矩阵是 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$P=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 2& 1& 3\\ -1& 1& 2\end{array}\right].$$

解析： 按过渡矩阵的定义，若

$$({\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3)=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)P,$$

则矩阵 $P$ 的第 $j$ 列就是 ${\beta }_j$ 在基 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 下的坐标。

由题设，

$${\beta }_1=1{\alpha }_1+2{\alpha }_2-1{\alpha }_3,$$

所以第一列为

$$(1,2,-1{)}^T.$$

同理，

$${\beta }_2=0{\alpha }_1+1{\alpha }_2+1{\alpha }_3,$$

所以第二列为

$$(0,1,1{)}^T;$$

而

$${\beta }_3=1{\alpha }_1+3{\alpha }_2+2{\alpha }_3,$$

所以第三列为

$$(1,3,2{)}^T.$$

因此

$$P=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 2& 1& 3\\ -1& 1& 2\end{array}\right].$$

此外，

$$|P|=2\ne 0,$$

与 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 构成一组基相符。

计算题与证明题

1. 已知

$${\alpha }_1=(1,1,0,2{)}^T,{\alpha }_2=(-1,1,2,4{)}^T,{\alpha }_3=(2,3,a,7{)}^T,$$ $${\alpha }_4=(-1,5,-3,a+6{)}^T,\beta =(1,0,2,b{)}^T,$$

问 $a,b$ 取何值时：

（Ⅰ）$\beta$ 不能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 线性表示？

（Ⅱ）$\beta$ 能用 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 线性表出，且表示法唯一；

（Ⅲ）$\beta$ 能用 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 线性表出，且表示法不唯一，并写出此时表达式。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$a=1,b\ne 2,$$

或

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

（Ⅱ）

$$a\ne 1,10,$$

此时 $b$ 可取任意实数。

（Ⅲ）

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

或

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

当 $(a,b)=(1,2)$ 时，$t$ 为任意常数，

$$\beta =\left(\frac{7}{6}-\frac{5}{2}t\right){\alpha }_1+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}t\right){\alpha }_2+t{\alpha }_3-\frac{1}{3}{\alpha }_4.$$

当 $(a,b)=(10,-1)$ 时，$t$ 为任意常数，

$$\beta =\left(-\frac{1}{3}-\frac{9}{2}t\right){\alpha }_1+\left(-\frac{2}{3}-\frac{7}{2}t\right){\alpha }_2+\left(\frac{1}{3}+t\right){\alpha }_3+t{\alpha }_4.$$

解析： 以 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 为列向量构造矩阵

$$A=\left[\begin{array}{cccc}1& -1& 2& -1\\ 1& 1& 3& 5\\ 0& 2& a& -3\\ 2& 4& 7& a+6\end{array}\right].$$

计算行列式得

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

因此，当

$$a\ne 1,10$$

时，矩阵 $A$ 可逆。对任意 $\beta$，方程

$$Ax=\beta$$

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

下面分别讨论使 $A$ 奇异的两个参数值。

当 $a=1$ 时，$r(A)=3$，并且矩阵各行满足

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

要使增广矩阵保持同样的行关系，其右端常数必须满足

$$-2\cdot 0-2+b=0,$$

即

$$b=2.$$

因此：

• 当 $a=1,b=2$ 时，

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

方程有无穷多解，表示法不唯一；

• 当 $a=1,b\ne 2$ 时，

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

方程无解，$\beta$ 不能被表示。

当 $a=10$ 时，同样有 $r(A)=3$，且矩阵各行满足

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

于是右端常数必须满足

$$1-3\cdot 0+b=0,$$

即

$$b=-1.$$

因此：

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

最后求两种不唯一表示的具体形式。

当 $(a,b)=(1,2)$ 时，解方程 $Ax=\beta$ 得

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{7}{6}-\frac{5}{2}t,\\ x_2=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}t,\\ x_3=t,\\ x_4=-\frac{1}{3},\end{array}t\in \mathbb{R}.$$

所以

$$\beta =\left(\frac{7}{6}-\frac{5}{2}t\right){\alpha }_1+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}t\right){\alpha }_2+t{\alpha }_3-\frac{1}{3}{\alpha }_4.$$

当 $(a,b)=(10,-1)$ 时，解方程得

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=-\frac{1}{3}-\frac{9}{2}t,\\ x_2=-\frac{2}{3}-\frac{7}{2}t,\\ x_3=\frac{1}{3}+t,\\ x_4=t,\end{array}t\in \mathbb{R}.$$

所以

$$\beta =\left(-\frac{1}{3}-\frac{9}{2}t\right){\alpha }_1+\left(-\frac{2}{3}-\frac{7}{2}t\right){\alpha }_2+\left(\frac{1}{3}+t\right){\alpha }_3+t{\alpha }_4.$$

---

2. 已知向量组

$${\beta }_1=\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ -1\end{array}\right],{\beta }_2=\left[\begin{array}{c}a\\ 2\\ 1\end{array}\right],{\beta }_3=\left[\begin{array}{c}b\\ 1\\ 0\end{array}\right]$$

与

$${\alpha }_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ -3\end{array}\right],{\alpha }_2=\left[\begin{array}{c}3\\ 0\\ 1\end{array}\right],{\alpha }_3=\left[\begin{array}{c}9\\ 6\\ -7\end{array}\right]$$

有相同的秩，且 ${\beta }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表出，求 $a,b$ 的值。

查看答案与解析

答案：

$$a=15,b=5.$$

解析： 先考察向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$。注意到

$$3{\alpha }_1+2{\alpha }_2=3\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ -3\end{array}\right]+2\left[\begin{array}{c}3\\ 0\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}9\\ 6\\ -7\end{array}\right]={\alpha }_3.$$

又因为 ${\alpha }_1,{\alpha }_2$ 不成比例，所以二者线性无关。因此

$$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)=2.$$

由题意，${\beta }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表出。由于 ${\alpha }_3$ 本身可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2$ 表出，只需令

$${\beta }_3=c{\alpha }_1+d{\alpha }_2.$$

即

$$\left[\begin{array}{c}b\\ 1\\ 0\end{array}\right]=c\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ -3\end{array}\right]+d\left[\begin{array}{c}3\\ 0\\ 1\end{array}\right].$$

比较分量，得到

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

由第二式、第三式得

$$c=\frac{1}{2},d=\frac{3}{2}.$$

于是

$$b=c+3d=\frac{1}{2}+\frac{9}{2}=5.$$

再由两向量组秩相同可知

$$r({\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3)=2.$$

将 $b=5$ 代入，以 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 为列构造矩阵

$$B=\left[\begin{array}{ccc}0& a& 5\\ 1& 2& 1\\ -1& 1& 0\end{array}\right].$$

若秩为 $2$，三阶行列式必须为零：

$$|B|=\left|\begin{array}{ccc}0& a& 5\\ 1& 2& 1\\ -1& 1& 0\end{array}\right|=15-a=0.$$

所以

$$a=15.$$

当 $a=15,b=5$ 时，${\beta }_1=(0,1,-1{)}^T$ 与 ${\beta }_3=(5,1,0{)}^T$ 显然不成比例，故向量组的秩至少为 $2$；又其三阶行列式为零，故秩恰为 $2$。因此

$$a=15,b=5.$$

---

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

$${\alpha }_i=(1,a_i,a_i^2,\cdots ,a_i^{n-1}{)}^T(i=1,2,\cdots ,s),$$

求向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 的秩。

查看答案与解析

答案：

$$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s)=\min \{n,s\}.$$

解析： 以这些向量为列构造矩阵

$$A=({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s)=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ a_1& a_2& \cdots & a_s\\ a_1^2& a_2^2& \cdots & a_s^2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_1^{n-1}& a_2^{n-1}& \cdots & a_s^{n-1}\end{array}\right].$$

分两种情况讨论。

情形一：$s\le n$。

取矩阵 $A$ 的前 $s$ 行，得到 $s$ 阶子式

$$D=\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ a_1& a_2& \cdots & a_s\\ a_1^2& a_2^2& \cdots & a_s^2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_1^{s-1}& a_2^{s-1}& \cdots & a_s^{s-1}\end{array}\right|.$$

这是范德蒙德行列式，故

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

因为 $a_1,a_2,\cdots ,a_s$ 两两不同，所以

$$D\ne 0.$$

因此矩阵 $A$ 至少有一个 $s$ 阶子式不为零，从而

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

另一方面，$A$ 只有 $s$ 列，所以

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

故

$$r(A)=s.$$

情形二：$s>n$。

矩阵 $A$ 只有 $n$ 行，因此

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

任取其中前 $n$ 个列向量，其构成的 $n$ 阶子式为

$$\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ a_1& a_2& \cdots & a_n\\ a_1^2& a_2^2& \cdots & a_n^2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_1^{n-1}& a_2^{n-1}& \cdots & a_n^{n-1}\end{array}\right|=\prod _{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)\ne 0.$$

所以

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

由此

$$r(A)=n.$$

综合两种情况，得到

$$\boxed{r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s)=\min \{n,s\}}.$$

---

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

查看答案与解析

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

解析： 由伴随矩阵的基本性质，

$$A{A}^{\ast }=|A|E.$$

又因为

$$A^{\ast }=A^T,$$

所以

$$A{A}^T=|A|E.$$

下面证明 $|A|\ne 0$。反设

$$|A|=0,$$

则

$$A{A}^T=0.$$

设 $A$ 的第 $i$ 行为

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

则矩阵 $A{A}^T$ 的第 $i$ 个对角元素为

$$(A{A}^T{)}_{ii}=r_i{r}_i^T=a_{i1}^2+a_{i2}^2+\cdots +a_{in}^2.$$

由于 $A{A}^T=0$，故对每个 $i$ 都有

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

各项均为非负实数，因此

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

这对所有 $i$ 都成立，于是

$$A=0,$$

与题设 $A$ 为非零矩阵矛盾。因此

$$|A|\ne 0.$$

所以 $A$ 可逆，且

$$r(A)=n.$$

设 $A$ 的列向量为

$$A=({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n).$$

对任意 $n$ 维列向量 $\beta$，令

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

则

$$Ax=\beta .$$

若

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

则

$$\beta =x_1{\alpha }_1+x_2{\alpha }_2+\cdots +x_n{\alpha }_n.$$

故任意 $n$ 维列向量均可由矩阵 $A$ 的列向量线性表出。

---

5. 证明 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$（其中 ${\alpha }_1\ne 0$）线性相关的充分必要条件是存在一个 ${\alpha }_i$（$1<i\le s$）能由它前面的那些向量 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_{i-1}$ 线性表出。

查看答案与解析

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 $i$，其中

$$1<i\le s,$$

使得 ${\alpha }_i$ 可由它前面的向量线性表出，即存在常数

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

使

$${\alpha }_i=k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+\cdots +k_{i-1}{\alpha }_{i-1}.$$

移项得

$$k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+\cdots +k_{i-1}{\alpha }_{i-1}-{\alpha }_i=0.$$

该线性关系的 ${\alpha }_i$ 的系数为 $-1\ne 0$，故系数不全为零。因此

$${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_i$$

线性相关，从而包含它们的向量组

$${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$$

也线性相关。

必要性。

假设向量组

$${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$$

线性相关。

在这些向量中，从前向后选取第一个使得

$${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_i$$

线性相关的下标 $i$。

由于 ${\alpha }_1\ne 0$，单向量组 ${\alpha }_1$ 线性无关，所以

$$i>1.$$

根据 $i$ 的最小性，

$${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_{i-1}$$

线性无关，而

$${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_i$$

线性相关。因此存在不全为零的常数

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

使得

$$c_1{\alpha }_1+c_2{\alpha }_2+\cdots +c_{i-1}{\alpha }_{i-1}+c_i{\alpha }_i=0.$$

必须有

$$c_i\ne 0.$$

否则若 $c_i=0$，就得到

$$c_1{\alpha }_1+c_2{\alpha }_2+\cdots +c_{i-1}{\alpha }_{i-1}=0,$$

且系数不全为零，这与

$${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_{i-1}$$

线性无关矛盾。

于是可解出

$${\alpha }_i=-\frac{c_1}{c_i}{\alpha }_1-\frac{c_2}{c_i}{\alpha }_2-\cdots -\frac{c_{i-1}}{c_i}{\alpha }_{i-1}.$$

因此存在一个 ${\alpha }_i$ 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 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，$B$ 是 $n\times p$ 矩阵，如 $AB=C$，且 $r(C)=m$，证明 $A$ 的行向量线性无关。

查看答案与解析

答案： $A$ 的 $m$ 个行向量线性无关。

解析： 由于

$$C=AB$$

且

$$r(C)=m,$$

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

设 $A$ 的行向量为

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

若存在常数

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

使

$$k_1{a}_1+k_2{a}_2+\cdots +k_m{a}_m=0,$$

令

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

则上述关系可写为

$$k^{T}A=0.$$

两边右乘 $B$，得到

$$k^{T}AB=0,$$

即

$$k^{T}C=0.$$

这说明 $C$ 的各行向量满足线性关系，其系数为

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

由于 $C$ 的 $m$ 个行向量线性无关，所以必有

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

因此 $A$ 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：

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

由 $r(C)=m$，立即得到

$$r(A)=m,$$

即 $A$ 满行秩，所以其行向量线性无关。

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

查看答案与解析

答案：

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

解析： 由

$$C=AB$$

可知，矩阵乘积的秩不超过任一因子的秩，因此

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

下面证明反向不等式。

因为 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，且

$$r(A)=n,$$

所以 $A$ 满列秩。于是齐次方程组

$$Ax=0$$

只有零解。

设 $B$ 的列向量为

$$B=({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s),$$

则

$$C=AB=(A{\beta }_1,A{\beta }_2,\cdots ,A{\beta }_s).$$

任取常数

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

若

$$k_{1}A{\beta }_1+k_{2}A{\beta }_2+\cdots +k_{s}A{\beta }_s=0,$$

则

$$A(k_1{\beta }_1+k_2{\beta }_2+\cdots +k_s{\beta }_s)=0.$$

由于 $Ax=0$ 只有零解，故

$$k_1{\beta }_1+k_2{\beta }_2+\cdots +k_s{\beta }_s=0.$$

反过来，若

$$k_1{\beta }_1+k_2{\beta }_2+\cdots +k_s{\beta }_s=0,$$

左乘 $A$ 后显然有

$$k_{1}A{\beta }_1+k_{2}A{\beta }_2+\cdots +k_{s}A{\beta }_s=0.$$

因此，向量组

$${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$$

与向量组

$$A{\beta }_1,A{\beta }_2,\cdots ,A{\beta }_s$$

具有完全相同的线性关系，故两向量组的秩相等，即

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

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

$$LA=E_n.$$

于是

$$B=LAB=LC,$$

从而

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

结合前面的

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

得到

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

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

查看答案与解析

答案：

$$x^{T}y=0,$$

因此 $x\perp y$。

解析： 因为 $A$ 是实反对称矩阵，所以

$$A^T=-A.$$

由

$$y=Ax,$$

可得

$$x^{T}y=x^{T}Ax.$$

注意 $x^{T}Ax$ 是一个 $1$ 阶实数，因此它等于自身的转置：

$$x^{T}Ax=(x^{T}Ax{)}^T.$$

而

$$(x^{T}Ax{)}^T=x^T{A}^{T}x.$$

利用 $A^T=-A$，得

$$x^T{A}^{T}x=x^T(-A)x=-x^{T}Ax.$$

因此

$$x^{T}Ax=-x^{T}Ax,$$

从而

$$2x^{T}Ax=0.$$

故

$$x^{T}Ax=0.$$

于是

$$x^{T}y=0.$$

根据向量正交的判定条件，得到

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

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9. 设

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

求向量空间 $W$ 的维数及一组规范正交基。

查看答案与解析

答案：

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

一组规范正交基为

$$\left\{\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1,0,\cdots ,0),\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1,0,\cdots ,0),e_4,e_5,\cdots ,e_n\right\},$$

其中

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

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

解析： 空间 $W$ 是齐次线性方程

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

的解空间。其系数矩阵为

$$A=\left[\begin{array}{cccccc}1& -2& 1& 0& \cdots & 0\end{array}\right].$$

显然

$$r(A)=1.$$

由齐次线性方程组解空间维数公式，得

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

下面构造一组规范正交基。令

$$u_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1,0,\cdots ,0),$$$$u_2=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1,0,\cdots ,0).$$

分别验证它们属于 $W$：

$$1-2\cdot 0+(-1)=0,$$$$1-2\cdot 1+1=0.$$

因此

$$u_1,u_2\in W.$$

又有

$$\Vert u_1{\Vert }^2=\frac{1}{2}(1^2+(-1{)}^2)=1,$$$$\Vert u_2{\Vert }^2=\frac{1}{3}(1^2+1^2+1^2)=1,$$

并且

$$u_1^T{u}_2=\frac{1}{\sqrt{6}}(1+0-1)=0.$$

故 $u_1,u_2$ 是两个相互正交的单位向量。

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

$$e_i\in W.$$

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

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

是一个规范正交向量组。

该向量组共有

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

个向量，恰好等于 $W$ 的维数，故它构成 $W$ 的一组规范正交基。

综上，

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

且可取规范正交基

$$\boxed{\left\{\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1,0,\cdots ,0),\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1,0,\cdots ,0),e_4,e_5,\cdots ,e_n\right\}}.$$