2020张宇1000题【好题收集】【第十章：线性代数（二）】(还有问题)

向量组的线性相关与线性无关

基础知识：

齐次方程与线性无关：

不存在不全为0的$k_1,k_2...$使得
$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+...+k_n\alpha_n=0,也就是齐次方程AX=0只有零解\Rightarrow |A|不等于0$

非齐次方程与线性无关

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

矩阵等价

要长得一样的矩阵，比如都是$n\times m$的，然后还要秩相等才等价
换句话说，两个矩阵能用初等变换过来就等价

向量组等价

两个向量组等价的充要条件好像是：能互相线性表示
然后$r(I_1)=r(I_2)=r(I_1,I_2)$这个是推出来的结论

有种说法是化成最简形不看非零行长得一样就等价，但是是不对的，比如下面的例子，他们不能相互表示
$\begin{bmatrix} 1&1 \\ 1&1 \end{bmatrix}和\begin{bmatrix} 1&1 \\ 0& 0 \end{bmatrix}$

84

$设有两个向量组(1)\alpha_1,\alpha_2...\alpha_s,(2)\beta_1,\beta_2...\beta_s,存在两组不全为0的数k_1,k_2...k_s,\lambda_1,\lambda_2...\lambda_s,使得(k_1+\lambda_1)\alpha_1+(k_2+\lambda_2)\alpha_2+...+(k_s+\lambda_s)\alpha_s+(k_1-\lambda_1)\beta_1+(k_2-\lambda_2)\beta_2+...+(k_s-\lambda_s)\beta_s=0,则$
（A）$\alpha_1+\beta_1,...,\alpha_s+\beta_s,\alpha_1-\beta_1,...,\alpha_s-\beta_s线性相关$

（B）$\alpha_1+\beta_1,...,\alpha_s+\beta_s,\alpha_1-\beta_1,...,\alpha_s-\beta_s线性无关$

（C）$\alpha_1,...,\alpha_s以及\beta_1,...,\beta_s线性相关$

（D）$\alpha_1,...,\alpha_s以及\beta_1,...,\beta_s线性无关$

这道题容易看得眼花缭乱的
阔以化成$(A+B)K+(A-B)\lambda=0$
其中$A,B是由\alpha,\beta组成的矩阵,K和\lambda是列向量$
所以$(A+B)和(A-B)$是线性相关的

85

$翻译成人话题目的意思就是：线性无关的列向量组成的A矩阵中,经过一下变换线性相关的是$
（A）第一行加到第二行
（B）第一行变成相反数
（C）第一行改为0
（D）再加上一行
有争议的就是在C和D里面选
线性无关再加一个维度也无关，因此D不选，一个维度变成0就可能相关了，所以答案是C

90【证明题】

$A是n\times m矩阵,B是m\times n矩阵,若AB=E,证明:B的列向量线性无关$
$r(B)\geq r(AB)=n$
但是$r(B)\leq n$却不一定呀，没说$n和m$哪个大得哇
这种方法感觉不是很好，还是第二种比较好

设存在一个列向量$X$使得$BX=O$
然后左右同时左乘$A$

$ABX=O\Rightarrow EX=O\Rightarrow X=O$
所以这个齐次方程只有零解，所以$B$的列向量线性无关

91（打星）【证明题】

$设A为正定矩阵,\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n为n维非零列向量,且满足\alpha_i^TA\alpha_j=0(i不等于j),证明:向量组\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n线性无关$

这道题$i不等于j$的时候=0，感觉就有点想三角函数一样是正交基一样

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

左右两边同时乘上$\alpha_i^TA$
就其他都是0了就只剩下$\alpha_i^TA\alpha_j$了
因此等式变为：$\alpha_i^TAk_i\alpha_j=0\Rightarrow k_i=0\Rightarrow 线性无关$

92（打星）

$A,B,C是3阶矩阵,满足AB=-2B,CA^T=2C,B=\begin{bmatrix} 1& 2 &3 \\ -1&1 &0 \\ 2&-1 &1 \end{bmatrix},C=\begin{bmatrix} 1& -2 &1 \\ -2& 4 &-2 \\ -1& 2 &-1 \end{bmatrix}$
$(1)求A$
本来以为是个简单题，结果$B,C$都不可逆，一下子就不知道怎么办了
看答案才反应过来，竟然是用特征值来做的(ㄒoㄒ)
第一次遇到这种题
设$B=[\beta_1,\beta_2,\beta_3],C=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]$

$\because AB=-2B\Rightarrow \lambda=-2是A的一个特征值$
还记得有个判断对角化的结论嘛？$特征值是几重根,就要解出来几个线性无关的特征向量,不然就不能对角化$

$B矩阵里\beta_1,\beta_2$线性无关且$\beta_3=\beta_1+\beta_2,因此\lambda=-2是二重根$
另外个式子还要转置一哈变成$AC^T=2C^T$
$同理C^T矩阵里面只有一个线性无关的,因此\lambda=2是一重根$
因此特征矩阵P就是$P=[\beta_1,\beta_2,\alpha_1]$
$P^{-1}AP=\begin{bmatrix} -2& & \\ & -2 & \\ & &2 \end{bmatrix}$这样就能把$A$求出来了

$(2)证明:对于任何三维列向量\xi,一定有A^{100}\xi与\xi线性相关$
这题也很牛皮呀~
$\because \beta_1,\beta_2,\alpha_1线性无关$
$\therefore k_1\beta_1+k_2\beta_2+k_3\alpha_1能表示任何三维列向量,因此令\xi=k_1\beta_1+k_2\beta_2+k_3\alpha_1$

$A^{100}\xi=k_1A^{100}\beta_1+k_2A^{100}\beta_2+k_3A^{100}\alpha_1再利用\left\{\begin{matrix} A\beta_1=-2\beta_1\\ \\ A\beta_2=-2\beta_2\\ \\ A\alpha_1=2\alpha_1 \end{matrix}\right.计算=k_12^{100}\beta_1+k_22^{100}\beta_2+k_32^{100}\alpha_1=2^{100}\xi$
所以这两个成比例，一定线性相关

93

$向量组(1)\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s,向量组(2)\beta_1,\beta_2,...,\beta_t,且\alpha_i不能由向量组(2)表示出来,则向量组\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s,\beta_1,\beta_2,...,\beta_t的相关性?$
答案是：他们两个可能线性相关也可能线性无关
答案是举的实在的例子，我们也阔以从秩入手
$有个结论就是r(A+B)\leq r(A)+r(B)$
先假设一哈这两个列向量的维度都很大，也就是说秩不取决于列向量的维度
从上面就阔以看出两个矩阵合并在一起，可以是小于原来的秩，那么合并起来就线性相关了，等于原来的秩的时候就线性无关了

96（打星）【坑大林】

$已知\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4为三维非零列向量下列说法正确的有几个:\left\{\begin{matrix} ①:如果\alpha_4不能由\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3线性表出,则\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3线性相关\\ \\ ②:如果\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3线性相关,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4线性相关,则\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4也线性相关\\ \\ ③如果r(\alpha_1,\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3)=r(\alpha_4,\alpha_1+\alpha_4,\alpha_2+\alpha_4,\alpha_3+\alpha_4)则\alpha_4可以由\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3线性表出 \end{matrix}\right.$

先说①：不是有个结论蛮,$n+1$个$n$维向量一点线性相关，这是因为n维空间中最多n个方向嘛，然后n个向量就把他占完了，再来一个就没有新的方向了，因此是肯定阔以由这n个向量表示出来的，因此，如果不能表示出来，就说明前面n个向量并没有把方向全部占完，就说明他们是线性相关的

然后③：
$[\alpha_1,\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3]=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]\begin{bmatrix} 1&1 &0 \\ 0& 1 &1 \\ 0& 0 & 1 \end{bmatrix}行变换一哈=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]\begin{bmatrix} 1&0 &0 \\ 0& 1 &0 \\ 0& 0 & 1 \end{bmatrix}=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]$
同理$[\alpha_4,\alpha_1+\alpha_4,\alpha_2+\alpha_4,\alpha_3+\alpha_4]经过行变换变成[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4]$
上面那个式子意思就是$r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$，因此秩没有变，说明阔以线性表出

然后②：
应该是推不出相关或者无关，两个都阔以，比如
相关：$[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4]=\begin{bmatrix} 1&1 & 0&1 \\ 1 &0 & 1 &1 \\ 1& 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$

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

97【结论题】？？

$向量组(1)\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s的秩为r_1,向量组(2)\beta_1,\beta_2,...,\beta_s的秩为r_2,且\beta_i可由向量组(1)线性表出,则有$
（A)$\alpha_1+\beta_1,\alpha_2+\beta_2,...,\alpha_s+\beta_s的秩为r_1+r_2$

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

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

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

（A）（B）选项相当于求$r(A+B)$，但是我们有结论$:r(A+B)\leq r(A)+r(B)$，因此不是等于
D选项想了半天也不知道怎么说，就当个结论算了

101（打星）【证明题】【多看】

$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s线性无关,\beta可由\alpha线性表出,且表达式的系数全不为0,证明:\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_s,\beta中任意s个向量线性无关$
注意：表达式的系数全不为0，而不是 不全为0
$设k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_{i-1}\alpha_{i-1}+...+k_{i+1}\alpha_{i+1}+k_s\alpha_s+k\beta=0$，(就是把$\alpha_i$踢出去了)

$而\beta可以由\alpha线性表示，因此设:\beta=l_1\alpha_1+l_2\alpha_2+...+l_s\alpha_s$带入上式

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

$\because \alpha之间线性无关,因此上面的系数都要为0,包括红色的这一项$
$\therefore$$kl_i=0$

而题目说$\beta被\alpha线性表出的每一项系数都不为0,因此$$l_i$$不为0\Rightarrow$ $k$$=0$

然后$\alpha线性无关,每个k_i=0$，因此就退出全部系数都是0，因此线性无关

向量组的等价

103？？？【两个向量组等价】

$向量组I_1阔以由向量组I_2线性表示,且r(I_1)=r(I_2)=r,证明:向量组I_1向量组I_2等价$

104【向量组等价与矩阵等价】

$设n维列向量组(1)\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_m(m<n)线性无关,则n维列向量组(2)\beta_1,\beta_2,...,\beta_m线性无关的充要条件是$
（A）向量组(1)可由向量组(2)线性表出
（B）向量组(2)可由向量组(1)线性表出
（C）向量组(1)和向量组(2)等价
（D）矩阵$A=[\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_m]$与矩阵$B=[\beta_1,\beta_2,...,\beta_m]$等价

（A）（B）两个选项都只说了一半，而且还少了等秩的条件
（C）选项是必要条线，也就是说虽然（C）能推出题目，但是题目却不能推出（C）选项
反正矩阵等价的话，不仅秩相等，而且$A$阔以由初等变换变成$B$，换个说法就是$A,B$阔以线性表示，这样两个条件都满足了٩(๑>◡<๑)۶

方程组

112【方程组通解】

$已知\beta_1,\beta_2是AX=b的两个不同的解,\alpha_1,\alpha_2是对应齐次方程AX=0的基础解系,k_1,k_2是任意系数,则AX=b的通解是$
（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$\frac{\beta_1-\beta_2}{2}$的话，就没有特解了，因此要$\frac{\beta_1+\beta_2}{2}$，排除AC
然后$\alpha_1和(\beta_1-\beta_2)$可能线性相关，因此D也不对，就只有B了

116

$AX=\alpha有解,BX=\beta无解,r(A)=r_1,r(B)=r_2,A=[\alpha_1,\alpha_1,...,\alpha_n],B=[\beta_1,\beta_2,...,\beta_n]且r(\alpha_1,\alpha_1,...,\alpha_n,\alpha,\beta_1,\beta_2,...,\beta_n,\beta)=r,则$
（A）$r=r_1+r_2$
（B）$r>r_1+r_2$
（C）$r=r_1+r_2+1$
（D）$r\leq r_1+r_2+1$
$\because AX=\alpha有解\Rightarrow r(\alpha_1,\alpha_1,...,\alpha_n)=r_1$
$\because BX=\beta无解\Rightarrow r(\alpha,\beta_1,\beta_2,...,\beta_n,\beta)=r_2+1$
上面这个算个结论吧~
$\therefore r\leq r_1+r_2+1选D$

117（打星）【坑大林】【多看】【解释其他选项错在哪里】【答案没写详细】

$设A是m\times n矩阵,则方程组AX=b有唯一解的充要条件是$
（A）$m=n且|A|不等于0$
（B）$AX=0有唯一0解$
（C）$A的列向量组\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n和\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n,b是等价向量组$
（D）$r(A)=n,且b可由A的列向量线性表出$

这道题真好，我ABD都想选￣ω￣=
答案说选项（A）是充分条件而不是必要条件，还是学姐厉害$AX=b$这个可能是个方程数大于未知数的，比如$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=3\\ \\ x_1-x_2=1 \\ \\ x_1+x_2=3 \end{matrix}\right.$本来前两个方程就行了，而且是唯一解，但是这样却推不出选项（A），因此是充分条件

（B）选项不能推出题目，必要不充分条件
方程$AX=b$无解可能也满足$AX=0$有唯一0解这个条件

（C）选项也不能推出题目，必要不充分条件ヽ(ー_ー)ノ
因为虽然增加了$b$向量后秩不变，是能够说明$b$能够由$\alpha$线性表示出来，但是方程不一定是唯一解，方程多解的时候$b$也能够由$\alpha$线性表示出来

118（打星）【坑大林】

$A是4\times 5矩阵,且A的行向量线性无关,下列不正确的是$
（A）$A^TX=0只有零解$
（B）$A^TAX=0必有无穷解$
（C）$对任意的b,A^TX=b有唯一解$
（D）$对任意的b,AX=b有无穷多解$

这题第一次做的时候真的觉得都对，反正是被坑过，C选项还可能是无解，所以错了

119【坑大林】

$已知n阶矩阵A的各行元素之和均为0,且r(A)=n-1,则线性方程组AX=0的通解是什么？$
卧槽这题。。。。
每一行加起来等于0，也就是说
$a_{i1}+a_{i2}+...+a_{in}=0$
把列向量提出来就是
$[a_{i1},a_{i2},...,a_{in}][1,1,...,1]^T=0$
所以基础解系就是：$k[1,1,...,1]^T$

123（打星）【证明题】【多看】

$设向量组\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n是齐次方程AX=0的一个基础解系,向量\beta不是AX=0的解,证明:向量组\beta,\beta+\alpha_1,\beta+\alpha_2,...,\beta+\alpha_t线性无关$
一拿到题很懵逼，瞄了一眼答案后，想起了做这种题的套路，这种应该叫做定义法吧

①：定义法：

设$k\beta+k_1(\beta+\alpha_1)+k_2(\beta+\alpha_2)+...+k_t(\beta+\alpha_t)=0$
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
同时左乘$A$
$(k+k_1+k_2+...+k_t)A\beta+(k_1A\alpha_1+k_2A\alpha_2+...+k_tA\alpha_t)=0$

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

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

然后关键的这步把我搞昏了，问了大林才知道怎么推过来的
$k+k_1+k_2+...+k_t=0\Rightarrow (k_1A\alpha_1+k_2A\alpha_2+...+k_tA\alpha_t)$
这一步是把$k+k_1+k_2+...+k_t=0$带入上面方程①里面得到的

然后就好说了，$\alpha_i$之间线性无关，所以$k_i=0\Rightarrow k=0$
所以推出了全部都必须等于0，因此线性无关了

这种定义法感觉好绕啊，脑阔都绕晕了
我还是喜欢用这种：

②：性质法（瞎取的名字）：

$[\beta,\beta+\alpha_1,\beta+\alpha_2,...,\beta+\alpha_t]=[\beta,\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_t]\begin{bmatrix} 1&1 &1 &... &1 \\ & 1& & & \\ & & 1& & \\ & & & ...& \\ & & & & 1 \end{bmatrix}$
右边这个矩阵很明显是可逆的
$而[\beta,\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_t]是线性无关的$
因为如果$\beta能由\alpha_i线性表出的话,那么A\beta=0,但现在\beta不是AX=0的解,所以不能线性表出,所以无关$
这样感觉好简单，但是答案没有这么做，不知道有没有什么问题

126（打星）【坑大林】

$一直4阶矩阵A,满足AX=\beta的通解为k[1,-1,2,0]^T+[2,1,0,1]^T$
$(2)问\alpha_4能否由\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3线性表出$
答案是不能，这题感觉很好呀~
首先，有一个线性无关的解，说明$r(A)=3$
然后根据通解能得到齐次方程的解$k[1,-1,2,0]^T$
所以满足$\alpha_1-\alpha_2+2\alpha_3=0\Rightarrow r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\leq2$
而如果$\alpha_4$能被他们线性表出的话，那么$r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)\leq2，就与r(A)=3矛盾了，因此不行$

132（打星）【坑大林】

$A是3\times 3的矩阵,\beta_1,\beta_2,\beta_3是互不相同的3维列向量,且都不是方程AX=0的解,记B=[\beta_1,\beta_2,\beta_3],满足r(AB)<r(A),r(AB)<r(B),求r(AB)$
读了几遍题，这哪儿跟哪儿啊，这能求出来嘛(｀・ω・´)，果然，还是太菜了

$因为不是解,所以AB不等于O这个我还是能推出来的,\Rightarrow r(AB)\geq1$
可是然后喃？给的两个条件不知道怎么用啊

看了答案后才反应过来，这个就很牛皮了：$r(AB)<r(A)\Rightarrow B不可逆$
仔细一想确实是哈，可逆的话就相等了，因此$r(B)\leq2$

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

133【坑大林】【基础解系与等价向量组】

$\xi_1,\xi_2,...,\xi_r(r\geq3)是AX=0的基础解系,则下列向量组也是基础解系的是$
我就写简单一点
（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）$\xi_1,\xi_2,...,\xi_r的一个等价向量组$
（D）$\xi_1,\xi_2,...,\xi_r的一个等秩向量组$

这题我背了结论的，缺主对角线的这种行列式是$=(n-1)(-1)^{n-1}$，怎么都不为0，然后就选了B(✪ω✪)

但是A选项好像也不会等于0啊，看答案说当$r=3$的时候，行列式就等于0，卧槽，还真是哈$\begin{vmatrix} 0&1 &1 \\ -1&0 &1 \\ -1& -1& 0 \end{vmatrix}=0$，好坑啊~

后两个选项，向量组的个数阔以比解的个数多，因此就有可能不是解系

134（打星）【证明题】【解向量与系数矩阵向量线性无关】？？？

$设\left\{ \begin{array} { l } { a _ { 11 } x _ { 1 } + a _ { 12 } x _ { 2 } + a _ { 13 } x _ { 3 } + a _ { 14 } x _ { 4 } = 0 } \\ { a _ { 21 } x _ { 1 } + a _ { 22 } x _ { 2 } + a _ { 23 } x _ { 3 } + a _ { 24 } x _ { 4 } = 0 } \end{array} \right.\\ 有基础解系\beta_1=[b_{11},b_{12},b_{13},b_{14}]^T,\beta_2=[b_{21},b_{22},b_{23},b_{24}]^T,记\alpha_1=[a_{11},a_{12},a_{13},a_{14}]^T,\alpha_2=[a_{21},a_{22},a_{23},a_{24}]^T,\\ 证明:向量组\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2线性无关$
答案给了两种方法，感觉都不好弄

方法一

设有$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\beta_1+k_4\beta_2=0$
两边左乘$\alpha_{i}^T$
因为$\beta_i是\alpha_i$的基础解系，因此$\alpha_i^T\beta_i$了，就剩下
$\left\{\begin{matrix} k_1\alpha_1^T\alpha_1+k_2\alpha_1^T\alpha_2=0\\ \\ k_1\alpha_2^T\alpha_1+k_2\alpha_2^T\alpha_2=0 \end{matrix}\right.$
接下来就开始牛皮了~

把上面两个方程看成$k_1,k_2$是未知数，那么系数矩阵$B$就变成
$B=\left[\begin{array}{cc}{\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{1}} & {\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{2}} \\ {\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{1}} & {\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}_{2}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}} \\ {\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}}\end{array}\right]\left[\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]=\left[\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]^{\mathrm{T}}\left[\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}\right]$
把原方程的系数矩阵记为$A^T=[\alpha_1,\alpha_2]^T$是一个$2\times4$的矩阵，那就阔以写成：
$B=A^TA$，并且是一个$2\times2$的矩阵
所以$:r(B)=r(AA^T)=2$满秩
因此只有零解$\Rightarrow k_1=k_2=0$
为啥$r(AA^T)=r(A)$喃？我也遇到了这个问题，没想到百度有，我就盗图了嘿嘿嘿：

方法二

还是方法二爽一些
直接用$r(A)=r(AA^T)$就阔以搞定，现在再看答案感觉简单明了：
$r\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \beta_{1}, \beta_{2}\right)=r\left(\left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \beta_{1}, \beta_{2}\right]^{\top}\left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \beta_{1}, \beta_{2}\right]\right)$

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

135【已知解求系数矩阵】

$A是三阶矩阵,AX=b有通解k_1[-2,1,0]^T+k_2[2,0,1]^T+[1,2,-2]^T,b=[9,18,-18]^T,求A以及A^{100}$
方法①：
因为做了之前有个给出通解求原方程组的题，所以这个还能做
因为有两个基础解系，所以原方程的秩是1
设原方程$ax_1+bx_2+cx_3=d$
两个齐次解带入：
$\left\{\begin{matrix} -2a+b=0\\ \\ 2a+c=0 \end{matrix}\right.$
一个特解带入得
$a+2b-2c=d$

然后令$b=2k$
能够解出$:kx_1+2kx_2-2kx_3=9k$
当k不等于0d 时候就阔以约掉

然后就有系数矩阵了：$\begin{bmatrix} 1& 2 &-2 \\ 0&0 &0 \\ 0& 0& 0 \end{bmatrix}$
我以为这个就是A呢，其实不是得，这个是原来的方程化简之后的，并不是原方程，只是和原方程等价
我还以为就不能做了呢，没想到答案的第二种做法就是这样的
把弄成这样
$\left\{\begin{matrix} k_1(x_1+2x_2-2x_3)=9 \\ \\ k_2(x_1+2x_2-2x_3)=18 \\ \\ k_3(x_1+2x_2-2x_3)=-18 \end{matrix}\right.$
这个就是原来的非齐次方程，带入特解$[1,2,-2]^T$得到$k_1=1,k_2=2,k_3=-2$
这样就能得到最原来的$A$了

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

然后求$A^{100}$只能用常规操作，化成对角矩阵来做，就要求重新求特征值，特征向量什么的很麻烦，因此第二种方法就灰常爽~

方法②：
因为有两个不相关的齐次方程的解，而齐次方程阔以看成$\lambda=0$的时候的特征值，因此$A$的两个特征值$\lambda_1=\lambda_2=0$就找到了
然后通过观察
$A\begin{bmatrix} 1\\ 2 \\ -2 \end{bmatrix}=b=9\begin{bmatrix} 1\\ 2 \\ -2 \end{bmatrix}$

说明9也是一个特征值，因此$\lambda_3=9$也找到了

对应的特//征矩阵$P$就是$P=\begin{bmatrix} -2&2 &1 \\ 1&0 &2 \\ 0&1 &-2 \end{bmatrix}$
通过$PAP^{-1}=\Lambda就能把A反解出来了，并且求A^{100}也灰常方便╮(￣▽￣)╭$

141【存在不全为0的矩阵B,使得AB=O,能得到什么结论】【坑大林】

$有不全为0的矩阵B,使得AB=O,能得到什么结论？$
$能得到AX=O有非零解\Rightarrow |A|=0$

如果$A不是全零矩阵的话，能得到B不可逆,也就是|B|=0$

因为如果$B$可逆的话，右乘$A$相当于对$A$做列变换，而非零的矩阵做列变换是不能得到全零矩阵的

144【为啥有任意值】？？？

$已知\eta_1=[-3,2,0]^T,\eta_2=[-1,0,-2]^T,是线性方程组的两个解向量,求方程组的通解以及a,b,c$
我是这样做的：
两个特解相减得到个齐次方程的解$:\xi=\eta_1-\eta_2=[-2,2,2]^T$
然后与两个特解一起代入第一个方程，三个未知数,三个方程$\left\{\begin{matrix} -a+b+c=0\\ -3a+2b=2 \\ -a-2c=2 \end{matrix}\right.$就把解出来了：$\left\{\begin{matrix} a=-2\\ b=-2\\ c=0 \end{matrix}\right.$
然而答案却说是$\left\{\begin{matrix} a=-2-2c\\ b=-2-3c \\ c=任意值 \end{matrix}\right.$
什么鬼？？？怎么任意值都跑来了，如果是多解的话我为什么解出了确定值喃？

但是答案的分析也很有道理啊：有一个齐次方程的解，那就说明肯定有一个自由解，说明肯定是无穷解

145？？？

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

求出方程组(1)的解：$\left\{\begin{matrix} x_1=1-k\\ \\ x_2=2+2k \\ \\ x_3=-1-k \\ \\ x_4=k \end{matrix}\right.$
然后带入方程(2)得到：$\left\{\begin{matrix} -(a+1)k=a+1 \\ \\ (2+b)k=0 \\ \\ bk=c-4 \end{matrix}\right.$
按道理说，这儿还有个未知数，应该是不能直接解的吧，但是好像说是$k$是任意的数都满足这个方程，因此解得这个结果，感觉有点强行解释。。。

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

148【结论题】

$A是n阶矩阵,齐次线性方程组(1):A^nX=0和(2)A^{n+1}X=0$
结论是：$A^nX=0的解一定是A^{n+1}X=0的解，反过来A^{n+1}X=0的解一定是A^nX=0的解也成立$
低次方推高次方很好推，但是高次方推地次方就不好弄

证明：
用的是反证法，假如在$A^{n+1}X=0$的情况下$A^nX不等于0$
但是$X,AX,A^2X,...,A^nX$这$n+1$个项向量必定相关（因为n+1个n维向量肯定是相关的）
$\therefore$不存在全为0的数$k_0,k_1,...,k_n使得k_0X+k_1AX+...+k_nA^nX=0$

而如果在两边同时乘上$A^n$
$k_0A^nX+k_1A^{n+1}X+...+k_nA^{2n}X=0$
高次方的都等于0了，只剩下$k_0A^nX=0\Rightarrow k_0=0$
同理阔以得出$k_1=k_2=...=k_n=0$
这与上面说的不存在全为0的数矛盾

149【结论题】？？？

$齐次线性方程组(1):AX=0和(2)A^TAX=0$
结论是：$AX=0的解一定是A^TAX=0的解，反过来A^TAX=0的解一定是AX=0的解也成立$

150（打星）？？？

$A是m\times s矩阵,B是s\times n矩阵,则齐次线性方程BX=O和ABX=Os是同解方程组的一个充分条件是$
（A）$r(A)=m$
（B）$r(A)=s$
（C）$r(B)=s$
（D）$r(B)=n$

152（打星）【添加方程组后求基础解系】？？？

$已知齐次线性方程组(1)的基础解系为\xi_1=[1,0,1,1]^T,\xi_2=[2,1,0,-1]^T,\xi_3=[0,2,1,-1]^T,添加两个方程\left\{\begin{matrix} x_1+x_2+x_3+x_4=0\\ \\ x_1+2x_2+2x_4=0 \end{matrix}\right.变成齐次方程组(2),求方程组(2)的基础解系$
这道题按照我的思路就是把方程(1)的解$k_1\xi_1+k_2\xi_2+k_3\xi_3=\left[\begin{array}{c}{k_{1}+2 k_{2}} \\ {k_{2}+2 k_{3}} \\ {k_{1}+k_{3}} \\ {k_{1}-k_{2}-k_{3}}\end{array}\right]$带到方程(2)中

相当于在(1)的基础上添加限制条件，那么系数$k$的数量就会减少，解出来：$\left\{\begin{matrix} \eta_1=[2,-3,0]^T\\ \\ \eta_2=[0,1,-1]^T \end{matrix}\right.$然后基础解系就是$\mu_1\eta_1+\mu_2\eta_2$就完了呀，为啥跟答案不一样喃？

答案是求出$\eta_1,\eta_2$后，基础解系是$\left\{\begin{matrix} \zeta_1=2\xi_1-3\xi_2\\ \\ \zeta_2=\xi_2-\xi_3 \end{matrix}\right.$
想不通这是怎么回事

154【把公共解用两个方程的基础解系线性表示】???

$方程组(1)\left\{\begin{matrix} x_1+x_2-x_3=0\\ \\ x_2+x_3-x_4=0 \end{matrix}\right.方程组(2)的基础解系\xi_1=[-1,1,2,4]^T,\xi_2=[1,0,1,1]^T,第一问已经求得方程组(1)的基础解系为\eta_1=[2,-1,1,0]^T,\eta_2=[-1,1,0,1]^T,把公共解用两个方程的基础解系线性表示$

答案是通过两个方程组的基础解系求得公共解，但是我用老套路把(2)的解代到方程(1)中解出来应该也没有毛病呀，怎么感觉不对喃？步骤如下：
$\xi_1+\xi_2=\begin{bmatrix} -k_1+k_2\\ k_1 \\ 2k_1+k_2 \\ 4k_1+k_2 \end{bmatrix}$
然后代入方程得到$\left\{\begin{matrix} -2k_1=0\\ \\ -k_1=0 \end{matrix}\right.$

原来这道题不是求公共解，而是要把他用两个方程组的解系线性表示出来

答案是这么做的：
方程(1)的解=方程(2)的解
$k_1\eta_1+k_2\eta_2=l_1\xi_1+l_2\xi_2$

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

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