2020張宇1000題【好題收集】【第十章：線性代數（二）】(還有問題)

向量組的線性相關與線性無關

基礎知識：

齊次方程與線性無關：

不存在不全爲0的$k_1,k_2...$使得
$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+...+k_n\alpha_n=0,也就是齊次方程AX=0只有零解\Rightarrow |A|不等於0$

非齊次方程與線性無關

不存在不全爲0的$k_1,k_2...$使得
$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+...+k_n\alpha_n=\beta,也就是非齊次方程AX=\beta有唯一解\Rightarrow |A|不等於0$

矩陣等價

要長得一樣的矩陣，比如都是$n\times m$的，然後還要秩相等纔等價
換句話說，兩個矩陣能用初等變換過來就等價

向量組等價

兩個向量組等價的充要條件好像是：能互相線性表示
然後$r(I_1)=r(I_2)=r(I_1,I_2)$這個是推出來的結論

有種說法是化成最簡形不看非零行長得一樣就等價，但是是不對的，比如下面的例子，他們不能相互表示
$\begin{bmatrix} 1&1 \\ 1&1 \end{bmatrix}和\begin{bmatrix} 1&1 \\ 0& 0 \end{bmatrix}$

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$設有兩個向量組(1)\alpha_1,\alpha_2...\alpha_s,(2)\beta_1,\beta_2...\beta_s,存在兩組不全爲0的數k_1,k_2...k_s,\lambda_1,\lambda_2...\lambda_s,使得(k_1+\lambda_1)\alpha_1+(k_2+\lambda_2)\alpha_2+...+(k_s+\lambda_s)\alpha_s+(k_1-\lambda_1)\beta_1+(k_2-\lambda_2)\beta_2+...+(k_s-\lambda_s)\beta_s=0,則$
（A）$\alpha_1+\beta_1,...,\alpha_s+\beta_s,\alpha_1-\beta_1,...,\alpha_s-\beta_s線性相關$

（B）$\alpha_1+\beta_1,...,\alpha_s+\beta_s,\alpha_1-\beta_1,...,\alpha_s-\beta_s線性無關$

（C）$\alpha_1,...,\alpha_s以及\beta_1,...,\beta_s線性相關$

（D）$\alpha_1,...,\alpha_s以及\beta_1,...,\beta_s線性無關$

這道題容易看得眼花繚亂的
闊以化成$(A+B)K+(A-B)\lambda=0$
其中$A,B是由\alpha,\beta組成的矩陣,K和\lambda是列向量$
所以$(A+B)和(A-B)$是線性相關的

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$翻譯成人話題目的意思就是：線性無關的列向量組成的A矩陣中,經過一下變換線性相關的是$
（A）第一行加到第二行
（B）第一行變成相反數
（C）第一行改爲0
（D）再加上一行
有爭議的就是在C和D裏面選
線性無關再加一個維度也無關，因此D不選，一個維度變成0就可能相關了，所以答案是C

90【證明題】

$A是n\times m矩陣,B是m\times n矩陣,若AB=E,證明:B的列向量線性無關$
$r(B)\geq r(AB)=n$
但是$r(B)\leq n$卻不一定呀，沒說$n和m$哪個大得哇
這種方法感覺不是很好，還是第二種比較好

設存在一個列向量$X$使得$BX=O$
然後左右同時左乘$A$

$ABX=O\Rightarrow EX=O\Rightarrow X=O$
所以這個齊次方程只有零解，所以$B$的列向量線性無關

91（打星）【證明題】

$設A爲正定矩陣,\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n爲n維非零列向量,且滿足\alpha_i^TA\alpha_j=0(i不等於j),證明:向量組\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n線性無關$

這道題$i不等於j$的時候=0，感覺就有點想三角函數一樣是正交基一樣

$設有:k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+...+k_n\alpha_n=0$

左右兩邊同時乘上$\alpha_i^TA$
就其他都是0了就只剩下$\alpha_i^TA\alpha_j$了
因此等式變爲：$\alpha_i^TAk_i\alpha_j=0\Rightarrow k_i=0\Rightarrow 線性無關$

92（打星）

$A,B,C是3階矩陣,滿足AB=-2B,CA^T=2C,B=\begin{bmatrix} 1& 2 &3 \\ -1&1 &0 \\ 2&-1 &1 \end{bmatrix},C=\begin{bmatrix} 1& -2 &1 \\ -2& 4 &-2 \\ -1& 2 &-1 \end{bmatrix}$
$(1)求A$
本來以爲是個簡單題，結果$B,C$都不可逆，一下子就不知道怎麼辦了
看答案才反應過來，竟然是用特徵值來做的(ㄒoㄒ)
第一次遇到這種題
設$B=[\beta_1,\beta_2,\beta_3],C=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]$

$\because AB=-2B\Rightarrow \lambda=-2是A的一個特徵值$
還記得有個判斷對角化的結論嘛？$特徵值是幾重根,就要解出來幾個線性無關的特徵向量,不然就不能對角化$

$B矩陣裏\beta_1,\beta_2$線性無關且$\beta_3=\beta_1+\beta_2,因此\lambda=-2是二重根$
另外個式子還要轉置一哈變成$AC^T=2C^T$
$同理C^T矩陣裏面只有一個線性無關的,因此\lambda=2是一重根$
因此特徵矩陣P就是$P=[\beta_1,\beta_2,\alpha_1]$
$P^{-1}AP=\begin{bmatrix} -2& & \\ & -2 & \\ & &2 \end{bmatrix}$這樣就能把$A$求出來了

$(2)證明:對於任何三維列向量\xi,一定有A^{100}\xi與\xi線性相關$
這題也很牛皮呀~
$\because \beta_1,\beta_2,\alpha_1線性無關$
$\therefore k_1\beta_1+k_2\beta_2+k_3\alpha_1能表示任何三維列向量,因此令\xi=k_1\beta_1+k_2\beta_2+k_3\alpha_1$

$A^{100}\xi=k_1A^{100}\beta_1+k_2A^{100}\beta_2+k_3A^{100}\alpha_1再利用\left\{\begin{matrix} A\beta_1=-2\beta_1\\ \\ A\beta_2=-2\beta_2\\ \\ A\alpha_1=2\alpha_1 \end{matrix}\right.計算=k_12^{100}\beta_1+k_22^{100}\beta_2+k_32^{100}\alpha_1=2^{100}\xi$
所以這兩個成比例，一定線性相關

93

$向量組(1)\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s,向量組(2)\beta_1,\beta_2,...,\beta_t,且\alpha_i不能由向量組(2)表示出來,則向量組\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s,\beta_1,\beta_2,...,\beta_t的相關性?$
答案是：他們兩個可能線性相關也可能線性無關
答案是舉的實在的例子，我們也闊以從秩入手
$有個結論就是r(A+B)\leq r(A)+r(B)$
先假設一哈這兩個列向量的維度都很大，也就是說秩不取決於列向量的維度
從上面就闊以看出兩個矩陣合併在一起，可以是小於原來的秩，那麼合併起來就線性相關了，等於原來的秩的時候就線性無關了

96（打星）【坑大林】

$已知\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4爲三維非零列向量下列說法正確的有幾個:\left\{\begin{matrix} ①:如果\alpha_4不能由\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3線性表出,則\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3線性相關\\ \\ ②:如果\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3線性相關,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4線性相關,則\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4也線性相關\\ \\ ③如果r(\alpha_1,\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3)=r(\alpha_4,\alpha_1+\alpha_4,\alpha_2+\alpha_4,\alpha_3+\alpha_4)則\alpha_4可以由\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3線性表出 \end{matrix}\right.$

先說①：不是有個結論蠻,$n+1$個$n$維向量一點線性相關，這是因爲n維空間中最多n個方向嘛，然後n個向量就把他佔完了，再來一個就沒有新的方向了，因此是肯定闊以由這n個向量表示出來的，因此，如果不能表示出來，就說明前面n個向量並沒有把方向全部佔完，就說明他們是線性相關的

然後③：
$[\alpha_1,\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3]=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]\begin{bmatrix} 1&1 &0 \\ 0& 1 &1 \\ 0& 0 & 1 \end{bmatrix}行變換一哈=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]\begin{bmatrix} 1&0 &0 \\ 0& 1 &0 \\ 0& 0 & 1 \end{bmatrix}=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]$
同理$[\alpha_4,\alpha_1+\alpha_4,\alpha_2+\alpha_4,\alpha_3+\alpha_4]經過行變換變成[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4]$
上面那個式子意思就是$r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$，因此秩沒有變，說明闊以線性表出

然後②：
應該是推不出相關或者無關，兩個都闊以，比如
相關：$[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4]=\begin{bmatrix} 1&1 & 0&1 \\ 1 &0 & 1 &1 \\ 1& 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$

無關：$[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4]=\begin{bmatrix} 1&0 & 0&0 \\ 0 &1 & 2 &0 \\ 0& 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

97【結論題】？？

$向量組(1)\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s的秩爲r_1,向量組(2)\beta_1,\beta_2,...,\beta_s的秩爲r_2,且\beta_i可由向量組(1)線性表出,則有$
（A)$\alpha_1+\beta_1,\alpha_2+\beta_2,...,\alpha_s+\beta_s的秩爲r_1+r_2$

（B)$\alpha_1+\beta_1,\alpha_2+\beta_2,...,\alpha_s+\beta_s的秩爲r_1-r_2$

（C)$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s,\beta_1,\beta_2,...,\beta_s的秩爲r_1+r_2$

（D)$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s,\beta_1,\beta_2,...,\beta_s的秩爲r_1$

（A）（B）選項相當於求$r(A+B)$，但是我們有結論$:r(A+B)\leq r(A)+r(B)$，因此不是等於
D選項想了半天也不知道怎麼說，就當個結論算了

101（打星）【證明題】【多看】

$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s線性無關,\beta可由\alpha線性表出,且表達式的係數全不爲0,證明:\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s,\beta中任意s個向量線性無關$
注意：表達式的係數全不爲0，而不是 不全爲0
$設k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_{i-1}\alpha_{i-1}+...+k_{i+1}\alpha_{i+1}+k_s\alpha_s+k\beta=0$，(就是把$\alpha_i$踢出去了)

$而\beta可以由\alpha線性表示，因此設:\beta=l_1\alpha_1+l_2\alpha_2+...+l_s\alpha_s$帶入上式

$(k_1+kl_1)\alpha_1+(k_2+kl_2)\alpha_2+$$kl_i\alpha_i$$+...+(k_s+kl_s)\alpha_s=0$

$\because \alpha之間線性無關,因此上面的係數都要爲0,包括紅色的這一項$
$\therefore$$kl_i=0$

而題目說$\beta被\alpha線性表出的每一項係數都不爲0,因此$$l_i$$不爲0\Rightarrow$ $k$$=0$

然後$\alpha線性無關,每個k_i=0$，因此就退出全部係數都是0，因此線性無關

向量組的等價

103？？？【兩個向量組等價】

$向量組I_1闊以由向量組I_2線性表示,且r(I_1)=r(I_2)=r,證明:向量組I_1向量組I_2等價$

104【向量組等價與矩陣等價】

$設n維列向量組(1)\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_m(m<n)線性無關,則n維列向量組(2)\beta_1,\beta_2,...,\beta_m線性無關的充要條件是$
（A）向量組(1)可由向量組(2)線性表出
（B）向量組(2)可由向量組(1)線性表出
（C）向量組(1)和向量組(2)等價
（D）矩陣$A=[\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_m]$與矩陣$B=[\beta_1,\beta_2,...,\beta_m]$等價

（A）（B）兩個選項都只說了一半，而且還少了等秩的條件
（C）選項是必要條線，也就是說雖然（C）能推出題目，但是題目卻不能推出（C）選項
反正矩陣等價的話，不僅秩相等，而且$A$闊以由初等變換變成$B$，換個說法就是$A,B$闊以線性表示，這樣兩個條件都滿足了٩(๑>◡<๑)۶

方程組

112【方程組通解】

$已知\beta_1,\beta_2是AX=b的兩個不同的解,\alpha_1,\alpha_2是對應齊次方程AX=0的基礎解系,k_1,k_2是任意係數,則AX=b的通解是$
（A）$k_1\alpha_1+k_2(\alpha_1+\alpha_2)+\frac{\beta_1-\beta_2}{2}$

（B）$k_1\alpha_1+k_2(\alpha_1-\alpha_2)+\frac{\beta_1+\beta_2}{2}$

（C）$k_1\alpha_1+k_2(\beta_1-\beta_2)+\frac{\beta_1-\beta_2}{2}$

（D）$k_1\alpha_1+k_2(\beta_1-\beta_2)+\frac{\beta_1+\beta_2}{2}$

首先，如果是$\frac{\beta_1-\beta_2}{2}$的話，就沒有特解了，因此要$\frac{\beta_1+\beta_2}{2}$，排除AC
然後$\alpha_1和(\beta_1-\beta_2)$可能線性相關，因此D也不對，就只有B了

116

$AX=\alpha有解,BX=\beta無解,r(A)=r_1,r(B)=r_2,A=[\alpha_1,\alpha_1,...,\alpha_n],B=[\beta_1,\beta_2,...,\beta_n]且r(\alpha_1,\alpha_1,...,\alpha_n,\alpha,\beta_1,\beta_2,...,\beta_n,\beta)=r,則$
（A）$r=r_1+r_2$
（B）$r>r_1+r_2$
（C）$r=r_1+r_2+1$
（D）$r\leq r_1+r_2+1$
$\because AX=\alpha有解\Rightarrow r(\alpha_1,\alpha_1,...,\alpha_n)=r_1$
$\because BX=\beta無解\Rightarrow r(\alpha,\beta_1,\beta_2,...,\beta_n,\beta)=r_2+1$
上面這個算個結論吧~
$\therefore r\leq r_1+r_2+1選D$

117（打星）【坑大林】【多看】【解釋其他選項錯在哪裏】【答案沒寫詳細】

$設A是m\times n矩陣,則方程組AX=b有唯一解的充要條件是$
（A）$m=n且|A|不等於0$
（B）$AX=0有唯一0解$
（C）$A的列向量組\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n和\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n,b是等價向量組$
（D）$r(A)=n,且b可由A的列向量線性表出$

這道題真好，我ABD都想選￣ω￣=
答案說選項（A）是充分條件而不是必要條件，還是學姐厲害$AX=b$這個可能是個方程數大於未知數的，比如$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=3\\ \\ x_1-x_2=1 \\ \\ x_1+x_2=3 \end{matrix}\right.$本來前兩個方程就行了，而且是唯一解，但是這樣卻推不出選項（A），因此是充分條件

（B）選項不能推出題目，必要不充分條件
方程$AX=b$無解可能也滿足$AX=0$有唯一0解這個條件

（C）選項也不能推出題目，必要不充分條件ヽ(ー_ー)ノ
因爲雖然增加了$b$向量後秩不變，是能夠說明$b$能夠由$\alpha$線性表示出來，但是方程不一定是唯一解，方程多解的時候$b$也能夠由$\alpha$線性表示出來

118（打星）【坑大林】

$A是4\times 5矩陣,且A的行向量線性無關,下列不正確的是$
（A）$A^TX=0只有零解$
（B）$A^TAX=0必有無窮解$
（C）$對任意的b,A^TX=b有唯一解$
（D）$對任意的b,AX=b有無窮多解$

這題第一次做的時候真的覺得都對，反正是被坑過，C選項還可能是無解，所以錯了

119【坑大林】

$已知n階矩陣A的各行元素之和均爲0,且r(A)=n-1,則線性方程組AX=0的通解是什麼？$
臥槽這題。。。。
每一行加起來等於0，也就是說
$a_{i1}+a_{i2}+...+a_{in}=0$
把列向量提出來就是
$[a_{i1},a_{i2},...,a_{in}][1,1,...,1]^T=0$
所以基礎解系就是：$k[1,1,...,1]^T$

123（打星）【證明題】【多看】

$設向量組\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n是齊次方程AX=0的一個基礎解系,向量\beta不是AX=0的解,證明:向量組\beta,\beta+\alpha_1,\beta+\alpha_2,...,\beta+\alpha_t線性無關$
一拿到題很懵逼，瞄了一眼答案後，想起了做這種題的套路，這種應該叫做定義法吧

①：定義法：

設$k\beta+k_1(\beta+\alpha_1)+k_2(\beta+\alpha_2)+...+k_t(\beta+\alpha_t)=0$
整理一哈
$(k+k_1+k_2+...+k_t)\beta+(k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+...+k_t\alpha_t)=0$ ————①
同時左乘$A$
$(k+k_1+k_2+...+k_t)A\beta+(k_1A\alpha_1+k_2A\alpha_2+...+k_tA\alpha_t)=0$

$\because A\alpha_i=0\Rightarrow (k_1A\alpha_1+k_2A\alpha_2+...+k_tA\alpha_t)=0$

$\therefore 剩下(k+k_1+k_2+...+k_t)A\beta=0$
$而A\beta不等於0\Rightarrow k+k_1+k_2+...+k_t=0$

然後關鍵的這步把我搞昏了，問了大林才知道怎麼推過來的
$k+k_1+k_2+...+k_t=0\Rightarrow (k_1A\alpha_1+k_2A\alpha_2+...+k_tA\alpha_t)$
這一步是把$k+k_1+k_2+...+k_t=0$帶入上面方程①裏面得到的

然後就好說了，$\alpha_i$之間線性無關，所以$k_i=0\Rightarrow k=0$
所以推出了全部都必須等於0，因此線性無關了

這種定義法感覺好繞啊，腦闊都繞暈了
我還是喜歡用這種：

②：性質法（瞎取的名字）：

$[\beta,\beta+\alpha_1,\beta+\alpha_2,...,\beta+\alpha_t]=[\beta,\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_t]\begin{bmatrix} 1&1 &1 &... &1 \\ & 1& & & \\ & & 1& & \\ & & & ...& \\ & & & & 1 \end{bmatrix}$
右邊這個矩陣很明顯是可逆的
$而[\beta,\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_t]是線性無關的$
因爲如果$\beta能由\alpha_i線性表出的話,那麼A\beta=0,但現在\beta不是AX=0的解,所以不能線性表出,所以無關$
這樣感覺好簡單，但是答案沒有這麼做，不知道有沒有什麼問題

126（打星）【坑大林】

$一直4階矩陣A,滿足AX=\beta的通解爲k[1,-1,2,0]^T+[2,1,0,1]^T$
$(2)問\alpha_4能否由\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3線性表出$
答案是不能，這題感覺很好呀~
首先，有一個線性無關的解，說明$r(A)=3$
然後根據通解能得到齊次方程的解$k[1,-1,2,0]^T$
所以滿足$\alpha_1-\alpha_2+2\alpha_3=0\Rightarrow r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\leq2$
而如果$\alpha_4$能被他們線性表出的話，那麼$r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)\leq2，就與r(A)=3矛盾了，因此不行$

132（打星）【坑大林】

$A是3\times 3的矩陣,\beta_1,\beta_2,\beta_3是互不相同的3維列向量,且都不是方程AX=0的解,記B=[\beta_1,\beta_2,\beta_3],滿足r(AB)<r(A),r(AB)<r(B),求r(AB)$
讀了幾遍題，這哪兒跟哪兒啊，這能求出來嘛(｀・ω・´)，果然，還是太菜了

$因爲不是解,所以AB不等於O這個我還是能推出來的,\Rightarrow r(AB)\geq1$
可是然後喃？給的兩個條件不知道怎麼用啊

看了答案後才反應過來，這個就很牛皮了：$r(AB)<r(A)\Rightarrow B不可逆$
仔細一想確實是哈，可逆的話就相等了，因此$r(B)\leq2$

$\therefore 1\leq r(AB)<r(B)\Rightarrow r(AB)=1$

133【坑大林】【基礎解系與等價向量組】

$\xi_1,\xi_2,...,\xi_r(r\geq3)是AX=0的基礎解系,則下列向量組也是基礎解系的是$
我就寫簡單一點
（A）$[\xi_1,\xi_2,...,\xi_r]\begin{bmatrix} 0 &1 &1 &1 &...\\ -1 & 0 &1 &1 &... \\ -1& -1 & 0 & 1 & ...\\ -1 & -1 & -1 & 0 &... \\ ... & ... & ... & ... &... \end{bmatrix}$

（B）$[\xi_1,\xi_2,...,\xi_r]\begin{bmatrix} 0 &1 &1 &1 &...\\ 1 & 0 &1 &1 &... \\ 1& 1 & 0 & 1 & ...\\ 1 & 1 & 1 & 0 &... \\ ... & ... & ... & ... &... \end{bmatrix}$

（C）$\xi_1,\xi_2,...,\xi_r的一個等價向量組$
（D）$\xi_1,\xi_2,...,\xi_r的一個等秩向量組$

這題我背了結論的，缺主對角線的這種行列式是$=(n-1)(-1)^{n-1}$，怎麼都不爲0，然後就選了B(✪ω✪)

但是A選項好像也不會等於0啊，看答案說當$r=3$的時候，行列式就等於0，臥槽，還真是哈$\begin{vmatrix} 0&1 &1 \\ -1&0 &1 \\ -1& -1& 0 \end{vmatrix}=0$，好坑啊~

後兩個選項，向量組的個數闊以比解的個數多，因此就有可能不是解系

134（打星）【證明題】【解向量與係數矩陣向量線性無關】？？？

$設\left\{ \begin{array} { l } { a _ { 11 } x _ { 1 } + a _ { 12 } x _ { 2 } + a _ { 13 } x _ { 3 } + a _ { 14 } x _ { 4 } = 0 } \\ { a _ { 21 } x _ { 1 } + a _ { 22 } x _ { 2 } + a _ { 23 } x _ { 3 } + a _ { 24 } x _ { 4 } = 0 } \end{array} \right.\\ 有基礎解系\beta_1=[b_{11},b_{12},b_{13},b_{14}]^T,\beta_2=[b_{21},b_{22},b_{23},b_{24}]^T,記\alpha_1=[a_{11},a_{12},a_{13},a_{14}]^T,\alpha_2=[a_{21},a_{22},a_{23},a_{24}]^T,\\ 證明:向量組\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2線性無關$
答案給了兩種方法，感覺都不好弄

方法一

設有$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\beta_1+k_4\beta_2=0$
兩邊左乘$\alpha_{i}^T$
因爲$\beta_i是\alpha_i$的基礎解系，因此$\alpha_i^T\beta_i$了，就剩下
$\left\{\begin{matrix} k_1\alpha_1^T\alpha_1+k_2\alpha_1^T\alpha_2=0\\ \\ k_1\alpha_2^T\alpha_1+k_2\alpha_2^T\alpha_2=0 \end{matrix}\right.$
接下來就開始牛皮了~

把上面兩個方程看成$k_1,k_2$是未知數，那麼係數矩陣$B$就變成
$B=\left[\begin{array}{cc}{\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{1}} & {\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{2}} \\ {\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{1}} & {\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{2}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}} \\ {\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}}\end{array}\right]\left[\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]=\left[\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]^{\mathrm{T}}\left[\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]$
把原方程的係數矩陣記爲$A^T=[\alpha_1,\alpha_2]^T$是一個$2\times4$的矩陣，那就闊以寫成：
$B=A^TA$，並且是一個$2\times2$的矩陣
所以$:r(B)=r(AA^T)=2$滿秩
因此只有零解$\Rightarrow k_1=k_2=0$
爲啥$r(AA^T)=r(A)$喃？我也遇到了這個問題，沒想到百度有，我就盜圖了嘿嘿嘿：

方法二

還是方法二爽一些
直接用$r(A)=r(AA^T)$就闊以搞定，現在再看答案感覺簡單明瞭：
$r\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \beta_{1}, \beta_{2}\right)=r\left(\left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \beta_{1}, \beta_{2}\right]^{\top}\left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \beta_{1}, \beta_{2}\right]\right)$

$=r\left(\left[\begin{array}{cccc}{\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{1}} & {\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{2}} & {} & {} \\ {\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{1}} & {\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{2}} & {} & {} \\ {} & {} & {\boldsymbol{\beta}_{1}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\beta}_{1}} & {\boldsymbol{\beta}_{1}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\beta}_{2}} \\ {} & & {\boldsymbol{\beta}_{2}^T}{\boldsymbol{\beta}_{1}} & {\boldsymbol{\beta}_{2}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\beta}_{2}}\end{array}\right]\right)$
$=r\left(\left[\begin{array}{cc}{\left[\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]^{\mathrm{T}}\left[\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]} & {\boldsymbol{0}} \\ {\boldsymbol{O}} & {\left[\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}\right]^{\mathrm{T}}\left[\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}\right]}\end{array}\right]\right)$
$=r\left(\left[\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]^{\mathrm{T}}\left[\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]\right)+r\left(\left[\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}\right]^{\mathrm{T}}\left[\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}\right]\right)=2+2=4$
因此線性無關

135【已知解求係數矩陣】

$A是三階矩陣,AX=b有通解k_1[-2,1,0]^T+k_2[2,0,1]^T+[1,2,-2]^T,b=[9,18,-18]^T,求A以及A^{100}$
方法①：
因爲做了之前有個給出通解求原方程組的題，所以這個還能做
因爲有兩個基礎解系，所以原方程的秩是1
設原方程$ax_1+bx_2+cx_3=d$
兩個齊次解帶入：
$\left\{\begin{matrix} -2a+b=0\\ \\ 2a+c=0 \end{matrix}\right.$
一個特解帶入得
$a+2b-2c=d$

然後令$b=2k$
能夠解出$:kx_1+2kx_2-2kx_3=9k$
當k不等於0d 時候就闊以約掉

然後就有係數矩陣了：$\begin{bmatrix} 1& 2 &-2 \\ 0&0 &0 \\ 0& 0& 0 \end{bmatrix}$
我以爲這個就是A呢，其實不是得，這個是原來的方程化簡之後的，並不是原方程，只是和原方程等價
我還以爲就不能做了呢，沒想到答案的第二種做法就是這樣的
把弄成這樣
$\left\{\begin{matrix} k_1(x_1+2x_2-2x_3)=9 \\ \\ k_2(x_1+2x_2-2x_3)=18 \\ \\ k_3(x_1+2x_2-2x_3)=-18 \end{matrix}\right.$
這個就是原來的非齊次方程，帶入特解$[1,2,-2]^T$得到$k_1=1,k_2=2,k_3=-2$
這樣就能得到最原來的$A$了

$A=\begin{bmatrix} 1& 2 &-2 \\ 2& 4 &-4 \\ -2&-4 &4 \end{bmatrix}$

然後求$A^{100}$只能用常規操作，化成對角矩陣來做，就要求重新求特徵值，特徵向量什麼的很麻煩，因此第二種方法就灰常爽~

方法②：
因爲有兩個不相關的齊次方程的解，而齊次方程闊以看成$\lambda=0$的時候的特徵值，因此$A$的兩個特徵值$\lambda_1=\lambda_2=0$就找到了
然後通過觀察
$A\begin{bmatrix} 1\\ 2 \\ -2 \end{bmatrix}=b=9\begin{bmatrix} 1\\ 2 \\ -2 \end{bmatrix}$

說明9也是一個特徵值，因此$\lambda_3=9$也找到了

對應的特//徵矩陣$P$就是$P=\begin{bmatrix} -2&2 &1 \\ 1&0 &2 \\ 0&1 &-2 \end{bmatrix}$
通過$PAP^{-1}=\Lambda就能把A反解出來了，並且求A^{100}也灰常方便╮(￣▽￣)╭$

141【存在不全爲0的矩陣B,使得AB=O,能得到什麼結論】【坑大林】

$有不全爲0的矩陣B,使得AB=O,能得到什麼結論？$
$能得到AX=O有非零解\Rightarrow |A|=0$

如果$A不是全零矩陣的話，能得到B不可逆,也就是|B|=0$

因爲如果$B$可逆的話，右乘$A$相當於對$A$做列變換，而非零的矩陣做列變換是不能得到全零矩陣的

144【爲啥有任意值】？？？

$已知\eta_1=[-3,2,0]^T,\eta_2=[-1,0,-2]^T,是線性方程組的兩個解向量,求方程組的通解以及a,b,c$
我是這樣做的：
兩個特解相減得到個齊次方程的解$:\xi=\eta_1-\eta_2=[-2,2,2]^T$
然後與兩個特解一起代入第一個方程，三個未知數,三個方程$\left\{\begin{matrix} -a+b+c=0\\ -3a+2b=2 \\ -a-2c=2 \end{matrix}\right.$就把解出來了：$\left\{\begin{matrix} a=-2\\ b=-2\\ c=0 \end{matrix}\right.$
然而答案卻說是$\left\{\begin{matrix} a=-2-2c\\ b=-2-3c \\ c=任意值 \end{matrix}\right.$
什麼鬼？？？怎麼任意值都跑來了，如果是多解的話我爲什麼解出了確定值喃？

但是答案的分析也很有道理啊：有一個齊次方程的解，那就說明肯定有一個自由解，說明肯定是無窮解

145？？？

$方程組(1)\left\{\begin{array}{l}{x_{1}+x_{4}=1} \\ {x_{2}-2 x_{4}=2} \\ {x_{3}+x_{4}=-1}\end{array}\right.和方程組(2)\left\{\begin{array}{l}{-2 x_{1}+x_{2}+a x_{3}-5 x_{4}=1} \\ {x_{1}+x_{2}-x_{3}+b x_{4}=4} \\ {3 x_{1}+x_{2}+x_{3}+2 x_{4}=c}\end{array}\right.是同解方程組,求a,b,c$

求出方程組(1)的解：$\left\{\begin{matrix} x_1=1-k\\ \\ x_2=2+2k \\ \\ x_3=-1-k \\ \\ x_4=k \end{matrix}\right.$
然後帶入方程(2)得到：$\left\{\begin{matrix} -(a+1)k=a+1 \\ \\ (2+b)k=0 \\ \\ bk=c-4 \end{matrix}\right.$
按道理說，這兒還有個未知數，應該是不能直接解的吧，但是好像說是$k$是任意的數都滿足這個方程，因此解得這個結果，感覺有點強行解釋。。。

$\left\{\begin{matrix} a=-1\\ \\ b=-2 \\ \\ c=4 \end{matrix}\right.$

148【結論題】

$A是n階矩陣,齊次線性方程組(1):A^nX=0和(2)A^{n+1}X=0$
結論是：$A^nX=0的解一定是A^{n+1}X=0的解，反過來A^{n+1}X=0的解一定是A^nX=0的解也成立$
低次方推高次方很好推，但是高次方推地次方就不好弄

證明：
用的是反證法，假如在$A^{n+1}X=0$的情況下$A^nX不等於0$
但是$X,AX,A^2X,...,A^nX$這$n+1$個項向量必定相關（因爲n+1個n維向量肯定是相關的）
$\therefore$不存在全爲0的數$k_0,k_1,...,k_n使得k_0X+k_1AX+...+k_nA^nX=0$

而如果在兩邊同時乘上$A^n$
$k_0A^nX+k_1A^{n+1}X+...+k_nA^{2n}X=0$
高次方的都等於0了，只剩下$k_0A^nX=0\Rightarrow k_0=0$
同理闊以得出$k_1=k_2=...=k_n=0$
這與上面說的不存在全爲0的數矛盾

149【結論題】？？？

$齊次線性方程組(1):AX=0和(2)A^TAX=0$
結論是：$AX=0的解一定是A^TAX=0的解，反過來A^TAX=0的解一定是AX=0的解也成立$

150（打星）？？？

$A是m\times s矩陣,B是s\times n矩陣,則齊次線性方程BX=O和ABX=Os是同解方程組的一個充分條件是$
（A）$r(A)=m$
（B）$r(A)=s$
（C）$r(B)=s$
（D）$r(B)=n$

152（打星）【添加方程組後求基礎解系】？？？

$已知齊次線性方程組(1)的基礎解係爲\xi_1=[1,0,1,1]^T,\xi_2=[2,1,0,-1]^T,\xi_3=[0,2,1,-1]^T,添加兩個方程\left\{\begin{matrix} x_1+x_2+x_3+x_4=0\\ \\ x_1+2x_2+2x_4=0 \end{matrix}\right.變成齊次方程組(2),求方程組(2)的基礎解系$
這道題按照我的思路就是把方程(1)的解$k_1\xi_1+k_2\xi_2+k_3\xi_3=\left[\begin{array}{c}{k_{1}+2 k_{2}} \\ {k_{2}+2 k_{3}} \\ {k_{1}+k_{3}} \\ {k_{1}-k_{2}-k_{3}}\end{array}\right]$帶到方程(2)中

相當於在(1)的基礎上添加限制條件，那麼係數$k$的數量就會減少，解出來：$\left\{\begin{matrix} \eta_1=[2,-3,0]^T\\ \\ \eta_2=[0,1,-1]^T \end{matrix}\right.$然後基礎解系就是$\mu_1\eta_1+\mu_2\eta_2$就完了呀，爲啥跟答案不一樣喃？

答案是求出$\eta_1,\eta_2$後，基礎解系是$\left\{\begin{matrix} \zeta_1=2\xi_1-3\xi_2\\ \\ \zeta_2=\xi_2-\xi_3 \end{matrix}\right.$
想不通這是怎麼回事

154【把公共解用兩個方程的基礎解系線性表示】???

$方程組(1)\left\{\begin{matrix} x_1+x_2-x_3=0\\ \\ x_2+x_3-x_4=0 \end{matrix}\right.方程組(2)的基礎解系\xi_1=[-1,1,2,4]^T,\xi_2=[1,0,1,1]^T,第一問已經求得方程組(1)的基礎解係爲\eta_1=[2,-1,1,0]^T,\eta_2=[-1,1,0,1]^T,把公共解用兩個方程的基礎解系線性表示$

答案是通過兩個方程組的基礎解系求得公共解，但是我用老套路把(2)的解代到方程(1)中解出來應該也沒有毛病呀，怎麼感覺不對喃？步驟如下：
$\xi_1+\xi_2=\begin{bmatrix} -k_1+k_2\\ k_1 \\ 2k_1+k_2 \\ 4k_1+k_2 \end{bmatrix}$
然後代入方程得到$\left\{\begin{matrix} -2k_1=0\\ \\ -k_1=0 \end{matrix}\right.$

原來這道題不是求公共解，而是要把他用兩個方程組的解系線性表示出來

答案是這麼做的：
方程(1)的解=方程(2)的解
$k_1\eta_1+k_2\eta_2=l_1\xi_1+l_2\xi_2$

$k_{1}[2,-1,1,0]^{\mathrm{T}}+k_{2}[-1,1,0,1]^{\mathrm{T}}=l_{1}[-1,1,2,4]^{\mathrm{T}}+l_{2}[1,0,1,1]^{\mathrm{T}}$

$\left\{\begin{array}{l}{2 k_{1}-k_{2}+l_{1}-l_{2}=0} \\ {-k_{1}+k_{2}-l_{1}=0} \\ {k_{1}-2 l_{1}-l_{2}=0} \\ {k_{2}-4 l_{1}-l_{2}=0}\end{array}\right.$
解出來令$l_2=k\therefore k_1=k_2=l_2=k,l_1=0$
因此最後的答案是
$k[2,-1,1,0]^{\mathrm{T}}+k[-1,1,0,1]^{\mathrm{T}}=k[1,0,1,1]^{\mathrm{T}}$