2025年线性代数期末考试试卷（含解题策略）

2025年线性代数期末考试试卷精选（含解题策略）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、1.讨论下列向量组$\boldsymbol{\alpha}_1=(1,2,3),\boldsymbol{\alpha}_2=(0,1,2),\boldsymbol{\alpha}_3=(0,0,1)$与$\boldsymbol{\beta}_1=(1,1,1),\boldsymbol{\beta}_2=(1,2,3),\boldsymbol{\beta}_3=(2,3,5)$的线性相关性。2.设$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$，求$\boldsymbol{A}$的特征值和特征向量。二、1.计算行列式$D=\begin{vmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{vmatrix}$。2.解线性方程组$\begin{cases}x+y+z=1\\2x+3y+z=2\\x+2y+3z=3\end{cases}$。三、1.设$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$，求可逆矩阵$\boldsymbol{P}$，使得$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{AP}$为对角矩阵。2.判断二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$是否正定。四、1.设$\boldsymbol{V}$是数域$F$上的3维向量空间，$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$是$\boldsymbol{V}$的一组基。证明：如果$\boldsymbol{\beta}_1=\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\beta}_2=\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\beta}_3=\boldsymbol{\alpha}_1$，那么$\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3$也是$\boldsymbol{V}$的一组基。2.设$\boldsymbol{A}$是数域$F$上的$n$阶可逆矩阵，证明：存在一个线性变换$\boldsymbol{T}$，使得$\boldsymbol{T}(\boldsymbol{\alpha})=\boldsymbol{A\alpha}$，对任意的$\boldsymbol{\alpha}\inF^n$。五、1.设$\boldsymbol{A}$是数域$F$上的$n$阶矩阵，证明：如果$\boldsymbol{A}$的每一个特征值都是1，那么$\boldsymbol{I}+\boldsymbol{A}$是可逆矩阵。2.设$\boldsymbol{T}$是数域$F$上的向量空间$\boldsymbol{V}$的一个线性变换，如果$\boldsymbol{T}$在$\boldsymbol{V}$的某一组基下的矩阵是对角矩阵，证明：$\boldsymbol{T}$的特征值就是这些对角线上的元素。试卷答案一、1.线性无关。假设存在不全为零的数$k_1,k_2,k_3$使得$k_1\boldsymbol{\alpha}_1+k_2\boldsymbol{\alpha}_2+k_3\boldsymbol{\alpha}_3=\boldsymbol{0}$，即$k_1(1,2,3)+k_2(0,1,2)+k_3(0,0,1)=(k_1,2k_1+k_2,3k_1+2k_2+k_3)=(0,0,0)$。从而得到方程组$\begin{cases}k_1=0\\2k_1+k_2=0\\3k_1+2k_2+k_3=0\end{cases}$，解得$k_1=k_2=k_3=0$，故$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$线性无关。向量组$\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3$线性相关，因为$\boldsymbol{\beta}_3=\boldsymbol{\beta}_1+\boldsymbol{\beta}_2$。2.特征值为-1和5。求解特征方程$\det(\boldsymbol{A}-\lambda\boldsymbol{I})=0$，即$\det\begin{pmatrix}1-\lambda&2\\3&4-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(4-\lambda)-6=\lambda^2-5\lambda=\lambda(\lambda-5)=0$，解得$\lambda_1=-1,\lambda_2=5$。对于$\lambda_1=-1$，解方程$(\boldsymbol{A}-(-1)\boldsymbol{I})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，即$\begin{pmatrix}2&2\\3&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$，得$x_1=-x_2$，故特征向量为$k_1(1,-1)$，其中$k_1\neq0$。对于$\lambda_2=5$，解方程$(\boldsymbol{A}-5\boldsymbol{I})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，即$\begin{pmatrix}-4&2\\3&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$，得$2x_1=x_2$，故特征向量为$k_2(1,2)$，其中$k_2\neq0$。二、1.利用行列式性质，$D=\begin{vmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1&2&3\\3&3&3\\7&8&9\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1&2&3\\3&3&3\\0&-6&-12\end{vmatrix}=0$。2.利用加减消元法，将增广矩阵$\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\2&3&1&2\\1&2&3&3\end{array}\right)$化为行阶梯形矩阵$\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\0&1&-1&0\\0&0&1&1\end{array}\right)$，从而得到方程组的解为$(0,0,1)$。三、1.首先求出$\boldsymbol{A}$的特征值为3和-1，对应的特征向量分别为$\boldsymbol{\alpha}_1=(1,1)$和$\boldsymbol{\alpha}_2=(1,-1)$。令$\boldsymbol{P}=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$，则$\boldsymbol{P}^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$，且有$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{AP}=\begin{pmatrix}3&0\\0&-1\end{pmatrix}$。2.二次型对应的矩阵为$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&1\\1&1&3\end{pmatrix}$。计算$\boldsymbol{A}$的特征值，得到$\lambda_1=0,\lambda_2=1,\lambda_3=3$。由于特征值中有0，因此该二次型不是正定的。四、1.只需证明$\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3$线性无关。假设存在不全为零的数$k_1,k_2,k_3$使得$k_1\boldsymbol{\beta}_1+k_2\boldsymbol{\beta}_2+k_3\boldsymbol{\beta}_3=\boldsymbol{0}$，即$k_1(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3)+k_2(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2)+k_3\boldsymbol{\alpha}_1=\boldsymbol{0}$。整理得$(k_1+k_2+k_3)\boldsymbol{\alpha}_1+(k_1+k_2)\boldsymbol{\alpha}_2+k_1\boldsymbol{\alpha}_3=\boldsymbol{0}$。由于$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$线性无关，因此系数必须全为零，即$\begin{cases}k_1+k_2+k_3=0\\k_1+k_2=0\\k_1=0\end{cases}$，解得$k_1=k_2=k_3=0$，故$\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3$线性无关，从而是$\boldsymbol{V}$的一组基。2.构造线性变换$\boldsymbol{T}:F^n\toF^n$，定义$\boldsymbol{T}(\boldsymbol{\alpha})=\boldsymbol{A\alpha}$，对任意的$\boldsymbol{\alpha}\inF^n$。由于$\boldsymbol{A}$可逆，因此$\boldsymbol{T}$是满射，且$\boldsymbol{T}$保持线性运算，即$\boldsymbol{T}(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2)=\boldsymbol{A}(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2)=\boldsymbol{A\alpha}_1+\boldsymbol{A\alpha}_2=\boldsymbol{T}(\boldsymbol{\alpha}_1)+\boldsymbol{T}(\boldsymbol{\alpha}_2)$，$\boldsymbol{T}(k\boldsymbol{\alpha})=\boldsymbol{A}(k\boldsymbol{\alpha})=k\boldsymbol{A\alpha}=k\boldsymbol{T}(\boldsymbol{\alpha})$，因此$\boldsymbol{T}$是线性变换。五、1.假设$\boldsymbol{I}+\boldsymbol{A}$不可逆，则存在$\boldsymbol{\alpha}\neq\boldsymbol{0}$使得$(\boldsymbol{I}+\boldsymbol{A})\boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{0}$，即$\boldsymbol{A\alpha}=-\boldsymbol{\alpha}$。这与$\boldsymbol{A}$的每一个特征值都是1矛盾，因为$-\boldsymbol{\alpha}$的特征值为-1。因此$\boldsymbol{I}+\boldsymbol{A}$是可逆矩阵。2.设$\boldsymbol{T}$在$\boldsymbol{V}$的基$\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\dots,\boldsymbol{\beta}_n$下的矩阵为$\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}\lambda_1&0&\cdots&0\\0&\lambda_2&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&\cdots&\lambda_n\end{pmatrix}$。对于任意$\boldsymbol{\alpha}=x_1\boldsymbol{\beta}_1+x_2\boldsymbol{\beta}_2+\cdots+x_n\boldsymbol{\beta}_n$，有$\boldsymbol{T}(\boldsymbol{\alpha})=x_1\boldsymbol{T}(\boldsymbol{\b