线性代数题

作者: Raow1 | 来源:发表于2021-03-11 00:56 被阅读0次

线性代数题
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2018-1-5. 求下列方程的基础解系

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 1 \\ 5 & 7 & 5 & 4 \\ 3 & 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$\begin{align*} & \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 1 \\ 5 & 7 & 5 & 4 \\ 3 & 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 1 \\ 0 & -3 & -5 & -1 \\ 0 & -3 & -5 & -1 \end{pmatrix} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & \frac{5}{3} & \frac{1}{3} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -\frac{4}{3} & \frac{1}{3} \\ 0 & 1 & \frac{5}{3} & \frac{1}{3} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{align*}$
所以，显然有基础解系
$\begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -5 & -1 \\ 3 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$

2018-1-5. 求下列方程的基础解系

$\begin{pmatrix} 6 & 9 & 7 & 5 \\ 2 & 1 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 1 \\ 5 & 4 & 7 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

显然有基础解系
$\begin{pmatrix} -5 & -1 \\ 1 & -1 \\ 3 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$

再补充一个非MIPT的题。

Q：线性映射 $B$ 在某组基上表示为如下矩阵
$\mathbf B= \begin{pmatrix} 6 & -2 & 1 \\ 14 & -5 & 2 \\ -6 & 3 & 2 \end{pmatrix}$
线性映射 $A$ ，将向量 $\mathbf a =(1,2,-1)$ 映射为向量 $\mathbf b=(3,6,-3)$ ，同时有如下性质：对于某些向量 $\mathbf x$ ，如果满足 $B(\mathbf x)=\lambda \mathbf x$ ，则 $A(\mathbf x)=(\lambda -3)\mathbf x$ 。求线性映射 $A$ 在线性映射 $B$ 所在的基上的矩阵表示。

S：由题，线性映射 $B$ 在此基上的矩阵 $\mathbf B$ 的特征向量，也是线性映射 $A$ 在此基上的矩阵 $\mathbf A$ 的特征向量。

容易求得 $\mathbf B$ 的特征值为 $\lambda _1 =-1,\lambda _{2,3}=2$

对应的特征向量为 $\mathbf p_1=(1,3,-1)^T,\mathbf p_2=(1,2,0)^T$

所以矩阵 $\mathbf A$ 的特征向量也为 $\mathbf p_1,\mathbf p_2$

对应的特征值为 $\lambda '_1=-4,\lambda '_2=-1$

又由题 $\mathbf{Aa}=\mathbf b=3\mathbf a$

所以 $\mathbf A$ 还有一特征值 $\lambda '_3=3$ ，对应的特征向量为 $\mathbf p_3=(1,2,-1)^T$

因此， $\mathbf A$ 为可对角化矩阵。

所以，存在可逆矩阵 $\mathbf P$ ，使得 $\mathbf P^{-1}\mathbf {AP}=\mathbf{\Lambda}$ ，其中 $\mathbf P=(\mathbf p_1,\mathbf p_2,\mathbf p_3)$ ， $\mathbf{\Lambda}=\mathrm{diag}(\lambda '_1,\lambda '_2,\lambda '_3)$