线性代数 A · 按章节题型分类刷题

按第一列展开：原式 \(=1\cdot 6(2x-3)+5\cdot[-2(2x-3)]=-4(2x-3)\)，令其为零得 \(x=\frac{3}{2}\)。

这是副对角线为 1 的排列矩阵行列式，等于排列逆序数符号 \((-1)^{n(n-1)/2}\)。

\(A-B=(-\alpha-\beta,\ \beta-\alpha)\)，故 \(|A-B|=|-\alpha-\beta,\beta-\alpha|=-|\alpha,\beta|+|\beta,\alpha|=-1-1=-2\)。

各列加到第一列提出公因子 \(a+3b\)，再各行减第一行化为三角形：\(|A|=(a+3b)(a-b)^3\)。

\(|I-A|=|AA^T-A|=|A(A^T-I)|=|A||A^T-I|=|(A-I)^T|=|A-I|=(-1)^3|I-A|=-|I-A|\)，故 \(|I-A|=0\)。

第 3 行乘 \(-b\) 加到第 1 行、乘 \(-a\) 加到第 2 行后按第 1、2 行提公因子，可化为范德蒙德型行列式，结果为 \((a-b)^3\)。（直接按第 3 行展开亦可验证。）

展开行列式：\(x^4\) 项来自 \((1,4),(2,3),(3,2),(4,1)\) 的置换（系数 1）；\(x^3\) 项由该置换取 \(a_{14}=x-2\) 的常数 \(-2\) 及另一置换项合并得 \(-4\)。

将 \(A\) 的第 3 行换成 \((2,8,1,18)\) 所得行列式即所求。第 3 行减去第 2 行的 2 倍得 \((0,0,1,0)\)，按第 3 行展开得 \(\begin{vmatrix}1&2&-3\\1&4&9\\1&8&-27\end{vmatrix}=-120\)。

第 3 列等于第 1 列减去第 2 列，列向量线性相关，故行列式为 0。

各列加到第一列，提出公因子 \(a+3b\)，再把第一列的 \(-b\) 倍加到其余各列化为上三角，得 \((a+3b)(a-b)^3\)。

将下 \(n\) 行依次与上 \(m\) 行交换 \(mn\) 次，化为 \(\begin{vmatrix}A_n&O\\O&B_m\end{vmatrix}=ab\)，故原式 \(=(-1)^{mn}ab\)。

\(A+B=(\alpha+2\beta,\ \alpha+\beta)\)，由行列式线性性质 \(|A+B|=|\alpha+2\beta,\ \alpha+\beta|=|\alpha,\beta|+2|\beta,\alpha|=-|\alpha,\beta|=-2\)。

直接计算各 \(A_{ij}\) 求和得 \(0\)；又 \(|A|=0\)，故 \(|\operatorname{adj}A|=|A|^{n-1}=|A|^2=0\)。

按第一行展开，利用三对角矩阵的递推：\(D_1=3,\ D_2=7,\ D_3=15,\ D_4=3D_3-2\cdot7=45-14=31\)。

按第三列展开：原式 \(=1\cdot\begin{vmatrix}a_{11}&3a_{12}\\a_{21}&3a_{22}\end{vmatrix}=3\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}=3\)，故所求行列式为 1。

两行对应相等必使行列式为 0（充分）；但行列式为 0 不必有两行相等（不必要）。

将 \(D\) 的第 2 行换成 \((1,-1,4,2)\) 所得行列式按第 2 行展开即为所求。换行后第 2、3 行成比例，行列式为 0，故原式 \(=0\)。

\(A^T-A\) 是反对称矩阵，其 \((i,j)\) 元等于 \(-(j,i)\) 元，故 \(a=-( -2)=2\)，\(b=-6\)。

\(A-A^T\) 是反对称矩阵（其转置为 \(A^T-A=-(A-A^T)\)），一般不对称。

\((AB+BA)^T=B^TA^T+A^TB^T=-BA-AB=-(AB+BA)\)，故 \(AB+BA\) 反对称。

记 \(M=\begin{pmatrix}1&b&-4\\b&1&-4\\-4&-4&c\end{pmatrix}\)，由 \(A^TA=I\) 得 \(M^TM=a^2I\)。第 1、2 行内积为 \(0\)：\(2b+16=0\Rightarrow b=-8\)；第 1、3 行内积为 \(0\)：\(-4-4b-4c=0\Rightarrow c=7\)；再由第 1 行范数平方 \(1+b^2+16=a^2=81\) 得 \(a=\pm9\)。

\(A\) 的秩为 1，可分解为 \(A=\alpha\beta^T\)，其中 \(\alpha=\begin{pmatrix}1\\-1\\3\end{pmatrix}\)，\(\beta=\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\)。此时 \(\beta^T\alpha=2-1-3=-2\)，故 \(A^n=(\alpha\beta^T)^n=\alpha(\beta^T\alpha)^{n-1}\beta^T=(-2)^{n-1}A=(-2)^{n-1}\begin{pmatrix}2&1&-1\\-2&-1&1\\6&3&-3\end{pmatrix}\)。

\(A\) 的秩为 1 且 \(\operatorname{tr}(A)=-2-1+5=2\)，故 \(A^2=2A\)，从而 \(A^{24}=2^{23}A\)。

\(A=\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&1&-1\\1&1&-1\end{pmatrix}\) 且 \(A^2=A\)。故 \((I-3A)^n=I+((1-3)^n-1)A=I+(2^n-1)A\)（\(n\) 为偶数，\((-2)^n=2^n\)）。

\(\alpha\alpha^{\mathrm T}=\operatorname{tr}(\alpha^{\mathrm T}\alpha)=1+1=2\)。

令 \(I_n=(e_1,\cdots,e_n)\)，则 \(A=AI_n=(Ae_1,\cdots,Ae_n)=(e_1,\cdots,e_n)=I_n\)。

由 \(A=B^{\mathrm T}A^{\mathrm T}A\) 得 \(AB=B^{\mathrm T}A^{\mathrm T}AB=(AB)^{\mathrm T}AB\)，故 \(AB=(AB)^{\mathrm T}\)，于是 \(A=B^{\mathrm T}A^{\mathrm T}A=(AB)^{\mathrm T}A=ABA\)。

\(AB=O\Rightarrow |AB|=|A||B|=0\)，故 \(|A|=0\) 或 \(|B|=0\)；其余各项一般均不成立。

存在非零 \(\alpha\) 使 \(A\alpha=0\iff|A|=0\)。\(|A|=1(t+3)-2(4-9)-2(-4-3t)=7t+21\)，令其为零得 \(t=-3\)。

对 n 阶方阵：\(\mathrm{rank}(A)=n-1\) 时 \(\mathrm{rank}(\mathrm{adj}\,A)=1\)。此处 \(n=3,\ \mathrm{rank}(A)=2\)。

\(\mathrm{adj}(A)=|A|A^{-1}=3A^{-1}\)，故 \(4A^{-1}-\mathrm{adj}(A)=A^{-1}\)，\(|A^{-1}|=1/|A|=1/3\)。

由 \(AB=A+2B\) 得 \(AB-A-2B=0\)，两边加 \(2I\) 配方：\((A-2I)(B-I)=2I\)，故 \((A-2I)\cdot\frac12(B-I)=I\)，即 \(A-2I\) 可逆且逆为 \(\frac12(B-I)\)。

\(\det(M_{11})=2,\ \det(M_{21})=0,\ \det(M_{31})=0\)，和为 2；\(|A|=2\)，故 \(|\mathrm{adj}\,A|=|A|^{3-1}=4\)。

\(n=3,\ \mathrm{rank}(A)=2\) 时 \(\mathrm{rank}(\mathrm{adj}\,A)=1\)；其零空间维数 \(=3-1=2\)。

由 \(A+B=BA\) 得 \(BA-B=A\)，即 \(B(A-I)=A\)，故 \((B-I)(A-I)=I\)，所以 \(A-I\) 可逆且逆为 \(B-I\)。

\(A\) 为下三角阵，\(|A|=(-1)\times2\times5=-10\)，故 \(|A^{-1}|=\dfrac{1}{|A|}=-\dfrac{1}{10}\)。

\(|A|=\begin{vmatrix}1&0\\2&3\end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}3&4\\4&5\end{vmatrix}=3\times(-1)=-3\)，故 \(|\operatorname{adj}A|=|A|^{4-1}=(-3)^3=-27\)。

\((A-2I)(A+I)=A^2-A-2I=4I\)，故 \((A-2I)^{-1}=\dfrac{A+I}{4}\)。

\(A\) 的行向量成比例，\(\operatorname{rank}(A)=1\le2\)，3 阶矩阵此时 \(\operatorname{adj}A\) 为零矩阵。

由 \(AA^T=4I\) 得 \(A^{-1}=\dfrac{1}{4}A^T\)。

分块求逆：右下二阶子块 \(\begin{pmatrix}3&1\\2&1\end{pmatrix}\) 的逆为 \(\begin{pmatrix}1&-1\\-2&3\end{pmatrix}\)，故 \(A^{-1}=\begin{pmatrix}\frac15&0&0\\0&1&-1\\0&-2&3\end{pmatrix}\)。

\((3A)^{-1}-2\operatorname{adj}A=\dfrac13A^{-1}-2\cdot\dfrac14A^{-1}=-\dfrac16A^{-1}\)，其行列式为 \((-\dfrac16)^4|A|^{-1}=\dfrac1{1296}\times4=\dfrac1{324}\)。

由 \(ABC=E\) 得 \(C=(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}\)，故 \(CAB=B^{-1}A^{-1}AB=E\)。

\(A\) 为准对角阵：\(\begin{pmatrix}5&2\\2&1\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}1&-2\\-2&5\end{pmatrix}\)，\(\begin{pmatrix}1&-2\\1&1\end{pmatrix}^{-1}=\frac13\begin{pmatrix}1&2\\-1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1/3&2/3\\-1/3&1/3\end{pmatrix}\)。

由 \(A^2=E\) 得 \(A^{-1}=A\)；由 \(A^{\mathrm T}A=E\) 得 \(A^{-1}=A^{\mathrm T}\)。故 \(A=A^{\mathrm T}\)，\(A\) 为对称矩阵。

正确关系为 \(\operatorname{adj}(\operatorname{adj}A)=|A|^{n-2}A\)，一般不等于 \(A\)；其余三项均正确。

由 \(ABC=I_n\) 得 \(C=(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}\)，故 \(BCA=BB^{-1}A^{-1}A=I_n\)。

\(|2A|=2^3|A|=2\Rightarrow |A|=\frac14\)。\(\operatorname{adj}A=|A|A^{-1}=\frac14A^{-1}\)，故 \((4A)^{-1}-3\operatorname{adj}A=\frac14A^{-1}-\frac34A^{-1}=-\frac12A^{-1}\)，其行列式为 \((-\frac12)^3|A|^{-1}=-\frac18\cdot4=-\frac12\)。

由 \(A^3=I\) 得 \(A\cdot A^2=I\)，故 \(A\) 可逆且 \(A^{-1}=A^2\)。

列交换与列相加对应右乘初等矩阵：\(Q=P_{12}P_{23(+)}=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}\)。

\(P_1\) 是单位阵交换第 2、3 行得到的初等矩阵，左乘 \(P_1\) 即对 \(A\) 施行行变换 \(r_2\leftrightarrow r_3\)。

交换阵 \(P=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{pmatrix}\) 满足 \(P^2=I\)，故 \(P^{2024}=I\)；\(\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}^{2024}=I+2024E_{12}\)。结果为 \((I+2024E_{12})\begin{pmatrix}1&2&3\\0&1&1\\3&4&5\end{pmatrix}\)。

\(B=E_{23}(2)E_{12}A\)（先换行、再倍加），故 \(BA^{-1}=E_{23}(2)E_{12}=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&2\\0&0&1\end{pmatrix}\)。

\(|A|=ab\cdot a=a^2b\)（按行列式展开）。秩为 2 需 \(a^2b=0\) 且秩不小于 2，故 \(b=0\) 且 \(a\neq0\)。

B 是上三角且对角元全 1，可逆，故 \(\mathrm{rank}(AB)=\mathrm{rank}(A)=1\)。

\(B\) 是主对角线元素 \(1,2,3,6\) 全非零的下三角阵，故 \(|B|=36\ne0\)，\(B\) 可逆。右乘可逆矩阵不改变秩，故 \(rank(AB)=rank(A)=3\)。

\(A^2=I\Rightarrow(I-A)(I+A)=O\)，故 \(I+A\) 的列均为 \((I-A)X=0\) 的解，得 \(\operatorname{rank}(I+A)\le n-\operatorname{rank}(I-A)\)；又 \(\operatorname{rank}(I+A)+\operatorname{rank}(I-A)\ge\operatorname{rank}(2I)=n\)，故等式成立。

对 \(n\) 阶矩阵，当 \(\operatorname{rank}(A)=n-1\) 时 \(\operatorname{rank}(\operatorname{adj}A)=1\)。此处 \(n=4,\operatorname{rank}(A)=3\)，故 \(\operatorname{rank}(\operatorname{adj}A)=1\)。

考虑 \(ABx=0\) 与 \(Bx=0\)。\(Bx=0\) 的解必为 \(ABx=0\) 的解；反之由 \(ABx=0\) 及 \(\operatorname{rank}(A)=n\)（列满秩）知 \(Bx=0\)。故二者同解，解空间相同，由秩-零度定理得 \(\operatorname{rank}(AB)=\operatorname{rank}(B)\)。

设 \(P=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\)，则 \(B=PA\)，\(A+2B=(I+2P)A\)，而 \(I+2P\) 可逆，故 \(\operatorname{rank}(A+2B)=\operatorname{rank}(A)=1\)。

由 \(AX=A^T+2X\) 得 \((A-2I)X=A^T\)，因 \(|A-2I|=-2\neq0\)，故 \(X=(A-2I)^{-1}A^T\)，经初等行变换 \((A-2I\mid A^T)\to(I\mid X)\) 求得。

先由初等行变换 \((A\mid I)\to(I\mid A^{-1})\) 求 \(A^{-1}\)，再由 \(X=A^{-1}B\) 得解。

由 \(A^2B-A-B=I\) 得 \((A^2-I)B=A+I\)，即 \((A+I)(A-I)B=(A+I)\)。因 \(A+I,\ A-I\) 均可逆，两边左乘 \((A-I)^{-1}(A+I)^{-1}\) 得 \(B=(A-I)^{-1}\)。于是 \(|B|=\dfrac{1}{|A-I|}\)，而 \(|A-I|=\begin{vmatrix}0&0&1\\0&1&0\\-2&0&0\end{vmatrix}=2\)，故 \(|B|=\dfrac{1}{2}\)。

系数矩阵可逆，对增广矩阵行变换得 \(X=\begin{pmatrix}1&2&3\\1&1&2\\0&1&2\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}2&1\\0&-2\\-1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-2\\5&6\\-3&-3\end{pmatrix}\)。

（1）由 \(A^{*}BA=3BA-2E\) 得 \((A^{*}-3E)BA=-2E\)，故 \(A,B\) 可逆。（2）\(|A|=-1\)，故 \(A^{*}=-A^{-1}\)，解得 \(B=2(E+3A)^{-1}=\begin{pmatrix}1/2&3/2&-9/8\\0&-1&0\\0&0&1/2\end{pmatrix}\)。

\((A-I)X=A^{\mathrm T}\)，\(A-I\) 可逆，故 \(X=(A-I)^{-1}A^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}0&-1&1\\0&-1&3\\1&5&-5\end{pmatrix}\)。

A 是分块对角阵：\(A=\mathrm{diag}(A_1,A_2,A_3)\)，其中 \(A_1=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&3\end{pmatrix}\)，\(A_2=(-2)\)，\(A_3=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}\)。分别求逆拼回；\(|A|=2\cdot(-2)\cdot1=-4\)，故 \(|A^2|=|A|^2=16\)。

\(|C|=|2A|\cdot|3B|=2^3|A|\cdot3^4|B|=8\times\dfrac14\times81\times\dfrac19=18\)。

Ⅰ 是 Ⅱ 的子组，子组相关则整个组必相关，故 D 正确。

\((\beta_1,\beta_2,\beta_3)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\begin{pmatrix}5&1&1\\3&3&1\\1&-1&0\end{pmatrix}\)，而该过渡矩阵行列式 \(=0\)（有两行成比例），故 \(\beta_1,\beta_2,\beta_3\) 线性相关。

\(\alpha,\beta\) 无关而 \(\alpha,\beta,\delta\) 相关，故 \(\delta\) 必可由 \(\alpha,\beta\)（从而由 \(\alpha,\beta,\gamma\)）线性表示。

三向量线性相关 \(\Leftrightarrow\) 行列式为零：\(\begin{vmatrix}1&1&0\\t+1&2&0\\0&0&t^2+1\end{vmatrix}=(t^2+1)(2-t-1)=(t^2+1)(1-t)=0\)。实系数下 \(t^2+1\ne0\)，故 \(t=1\)。

设有 \(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\) 及 \(k_1,k_2\) 使 \(\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2+\lambda_3\alpha_3+k_1\beta_1+k_2\beta_2=0\)，即 \(\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2+\lambda_3\alpha_3=-k_1\beta_1-k_2\beta_2\)。两边与自身作内积，并利用 \(\langle\alpha_i,\beta_j\rangle=0\) 得 \(\langle\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2+\lambda_3\alpha_3,\ \lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2+\lambda_3\alpha_3\rangle=0\)。由内积的正定性知 \(\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2+\lambda_3\alpha_3=0\)，而 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 线性无关，故 \(\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0\)。代回原式得 \(-k_1\beta_1-k_2\beta_2=0\)，由 \(\beta_1,\beta_2\) 线性无关得 \(k_1=k_2=0\)。于是该向量组线性无关。

三向量线性相关等价于行列式为零。\(\begin{vmatrix}4&2&6\\2&1&a\\3&1&2\end{vmatrix}=2a-6\)，令其为零得 \(a=3\)。

（1）设 \(k_1\beta_1+k_2\beta_2+k_3\beta_3=0\)，得 \((k_1+k_3)\alpha_1+(k_1+k_2)\alpha_2+(k_2+k_3)\alpha_3=0\)，由 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 线性无关得 \(k_1=k_2=k_3=0\)。（2）注意到 \(\gamma_1+\gamma_2+\gamma_3=0\)，故 \(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3\) 线性相关。

D 中 4 个 3 维向量必线性相关；A、B、C 均可验证线性无关。

设 \(x=(x_1,x_2,x_3)\)，由 \(\begin{cases}x_1+x_2+x_3=0\\x_1+2x_2+x_3=0\end{cases}\) 解得 \(x_1=-x_3,\ x_2=0\)，故非零解为 \(k(1,0,-1),\ k\neq0\)。

\(n\) 维空间中线性无关向量组最多含 \(n\) 个向量，即个数不超过 \(n\)。

三向量线性相关，\(\begin{vmatrix}2&0&k\\1&1&-1\\0&1&0\end{vmatrix}=2+k=0\)，得 \(k=-2\)。

\(\cos30^\circ=\dfrac{(1,1,0)\cdot(a,1,1)}{\sqrt2\sqrt{a^2+2}}=\dfrac{a+1}{\sqrt2\sqrt{a^2+2}}=\dfrac{\sqrt3}{2}\)，解得 \(a=2\)。

设 \(k_1b_1+k_2b_2+k_3b_3=0\)，得 \(k_1a_1+(k_1+k_2)a_2+(k_1+k_2+k_3)a_3=0\)。由 \(a_1,a_2,a_3\) 线性无关得 \(k_1=0,\ k_1+k_2=0,\ k_1+k_2+k_3=0\)，故 \(k_1=k_2=k_3=0\)，即 \(b_1,b_2,b_3\) 线性无关。

子空间须对加法与数乘封闭（含零元）。\(\{x\mid x_1+\cdots+x_n=0\}\) 是过原点的超平面，为子空间；其余均不含零元或对加法不封闭。

\(AB=O\) 表明 \(B\) 的各列均是 \(Ax=0\) 的解，由 \(B\neq O\) 知 \(Ax=0\) 有非零解，故 \(A\) 的列向量线性相关；同理 \(B^{\mathrm T}A^{\mathrm T}=O\) 知 \(B\) 的行向量线性相关。

被表示向量组 I 的秩不超过向量组 II 的秩，即 \(\operatorname{rank}(I)\le\operatorname{rank}(II)\le t\)，故 \(s>t\) 时 I 必线性相关。

\(AB=O\) 说明 \(B\) 的各列均为 \(Ax=0\) 的解，\(B\neq O\) 使 \(A\) 的列向量线性相关；同理 \(B^{\mathrm T}A^{\mathrm T}=O\) 使 \(B\) 的行向量线性相关。

由 \(k_1\beta_1+k_2\beta_2+k_3\beta_3=0\) 得 \(k_1\alpha_1+(k_1+k_2)\alpha_2+(k_2+k_3)\alpha_3+k_3\alpha_4=0\)，由 \(\alpha_i\) 线性无关得 \(k_1=k_2=k_3=0\)，故 \(\beta_1,\beta_2,\beta_3\) 线性无关，秩为 3。

秩为 3 即三个向量线性无关，行列式 \(|\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3|=-2t(t-2)\neq0\)，故 \(t\neq0\) 且 \(t\neq2\)。

由 \(|A|=0\) 及 \(\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\\\gamma\end{pmatrix}A=\begin{pmatrix}\beta\\\gamma\\\alpha\end{pmatrix}\) 知 \(\alpha,\beta,\gamma\) 线性相关。\(\alpha,\beta\) 线性无关，故 \(\gamma=k\alpha+l\beta\)。由 \(\alpha=\gamma A=(k\alpha+l\beta)A=k\beta+l\gamma=lk\alpha+(k+l^2)\beta\) 及 \(\alpha,\beta\) 线性无关得 \(lk=1,\ k+l^2=0\)，解得 \(k=l=-1\)，故 \(\gamma=-\alpha-\beta=(-1,-3,-5)\)，集合为单点集。

以 \(\alpha_i\) 为列构成矩阵作初等行变换化行最简形，秩为 3，故 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 为极大无关组（基），且 \(\alpha_4=-2\alpha_1-\alpha_2+\alpha_3\)。

正交即内积为零：\(\alpha\cdot\beta=1+2+3k=0\Rightarrow k=-1\)。

对 A 作初等行变换化行阶梯形，秩为 3，主元列对应 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4\) 为基；解 \(\alpha_3=c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_4\) 得坐标 \((3,1,0)^T\)。（个别向量符号以原卷为准。）

设转移矩阵为 \(P\)，则 \((\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)=(\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4)P\)。由已知 \((\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)\begin{pmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\end{pmatrix}\)，故 \(P=\begin{pmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\end{pmatrix}^{-1}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}-2&1&1&1\\1&-2&1&1\\1&1&-2&1\\1&1&1&-2\end{pmatrix}\)。又 \(\alpha=(\alpha_1,\dots,\alpha_4)(-2,0,1,2)^T=(\beta_1,\dots,\beta_4)P(-2,0,1,2)^T\)，而 \(P(-2,0,1,2)^T=\dfrac{1}{3}(7,1,-2,-5)^T\)，即为所求坐标。

以列向量拼成矩阵行变换得 \(\begin{pmatrix}1&-3&3&1\\1&2&-1&-1\\4&3&0&-2\\2&-11&10&4\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&-3&3&1\\0&5&-4&-2\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}\)，秩为 2，故维数为 2，\(\alpha_1,\alpha_2\) 为一组基。

以列向量拼成矩阵行变换得 \(\begin{pmatrix}1&3&1&3\\2&5&1&8\\3&10&4&17\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&3&1&3\\0&-1&-1&2\\0&0&0&10\end{pmatrix}\)，秩为 3，故维数为 3。

从基(I)到标准基(II)的转移矩阵，即把基(I)的各向量按列排列所得的矩阵。

C 中三向量在基 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 下的系数行列式 \(\begin{vmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&1&1\end{vmatrix}=2\neq0\)，线性无关，故仍是基。

对 \((\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)\) 行变换得 \(\begin{pmatrix}1&1&2&1\\0&1&0&-1\\0&0&1&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}\)，秩为 3，取 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 为基，且 \(\alpha_4=-\alpha_2+\alpha_3\)，坐标为 \((0,-1,1)^T\)。

令 \(U=(u_1,u_2,u_3)=\begin{pmatrix}1&2&1\\2&3&1\\2&4&1\end{pmatrix}\)，过渡矩阵 \(P=U^{-1}=\begin{pmatrix}-1&2&-1\\0&-1&1\\2&0&-1\end{pmatrix}\)。

对 \((\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)\) 作初等行变换化为阶梯形，秩为 2，故生成子空间的维数为 2。

该空间为 \(\{(x,y,y)\}=x(1,0,0)+y(0,1,1)\)，故维数为 2，\((1,0,0),(0,1,1)\) 为一组基。

初等行变换化为阶梯形，当 \(p=3\) 时秩为 2；再化为行最简形得 \(\alpha_3=-\alpha_1+\alpha_2,\ \alpha_4=3\alpha_1-2\alpha_2\)。

初等行变换化为行最简形 \(\begin{pmatrix}1&0&1/2&1\\0&1&1&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}\)，故秩为 2，\(\alpha_1,\alpha_2\) 为基，且 \(\alpha_3=\frac12\alpha_1+\alpha_2,\ \alpha_4=\alpha_1+\alpha_2\)。

（1）设 \(A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3),\ B=(\beta_1,\beta_2,\beta_3)\)，坐标转移矩阵 \(P=B^{-1}A=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&1&2\end{pmatrix}\)。（2）设坐标同为 \(x\)，则 \((A-B)x=0\)，解得 \(x=k(-1,-1,1)^{\mathrm T}\)，对应向量 \(v=Ax=k(-1,0,1)^{\mathrm T}\)，即所有向量为 \(k(1,0,-1)^{\mathrm T}\)。

\(Ax=b\) 有无穷多解要求 \(r(A)=r(A\mid b)<3\)。对增广矩阵行变换得 \(a=1\) 时秩均为 2。

对增广矩阵行变换得 \(r(A)=r(A\mid b)=3<4\)，有无穷多解。取 \(x_3\) 为自由变量，基础解系 \(\alpha=(-1,1,1,0)^T\)，特解 \(\eta=(0,-1,0,-1)^T\)。

\(AX=\beta\) 有唯一解 \(\Rightarrow r(A)=r(A\mid\beta)=n\)，故导出组 \(AX=0\) 只有零解。

由 \(\eta\) 满足 \(A\eta=b\) 解出 \(a=1\)；对增广矩阵行变换得 \(r(A)=3\)，基础解系 \((2,-1,1,-2)^T\)，特解 \((1,-1,1,-1)^T\)。（矩阵以原卷为准。）

设 \(A\) 为 \(m\times n\) 且 \(m<n\)，则 \(r(A)\le m<n\)，未知量个数 \(n\) 大于秩，必有自由未知量，故齐次方程组必有非零解。

\(A(3\alpha_1-4\alpha_2)=3A\alpha_1-4A\alpha_2=3\cdot0-4\cdot0=0\)。齐次方程组的解集对线性组合封闭。

增广矩阵行变换得 \(\left(\begin{array}{cccc|c}1&3&2&4&a\\0&2&3&8&a+1\\0&0&0&0&2a\end{array}\right)\)，故仅当 \(a=0\) 时 \(r(A)=r(\bar A)=2\)，方程组有解。此时导出组化为 \(\begin{pmatrix}1&0&-\frac52&-8\\0&1&\frac32&4\\0&0&0&0\end{pmatrix}\)，取 \(x_3,x_4\) 为自由未知量，得基础解系 \(\alpha_1=(5,-3,2,0)^T,\ \alpha_2=(8,-4,0,1)^T\)；令 \(x_3=x_4=0\) 得特解 \(\beta=\left(-\dfrac32,\dfrac12,0,0\right)^T\)，通解如上。

非齐次方程组 \(AX=b\) 的解的线性组合 \(c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3\) 仍是解当且仅当 \(c_1+c_2+c_3=1\)。选项 D 中 \(2-6+5=1\)，其余系数和均不为 1。

由 \(AX=\beta\) 得 \(x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+x_3\alpha_3+x_4\alpha_4=\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4\)，比较系数得 \(x_1+x_2=1,\ x_3=1,\ x_1+x_4=1\)，取特解 \((1,0,1,0)^T\)，通解再加基础解系 \(k(1,-1,0,-1)^T\)。

对增广矩阵行变换得 \(\begin{pmatrix}1&1&1&1&0\\0&1&2&2&1\\0&0&a-1&0&b+1\\0&0&0&a-1&0\end{pmatrix}\)。当 \(a\neq1\) 时有唯一解；\(a=1,b\neq-1\) 时无解；\(a=1,b=-1\) 时无穷多解，通解为 \(x_1=x_3+x_4-1,\ x_2=-2x_3-2x_4+1\)。

非齐次方程组两个不同解必线性无关；零空间维数 \(n-r=2\)，其基只含 2 个向量；\(W\) 不含零向量，故不是子空间。

\(Ax=0\) 有非零解意味着 \(x_0\) 与 \(A\) 的行向量正交（而非列向量），故 B 说法错误；A、C、D 均正确。

对增广矩阵行变换得 \(\begin{pmatrix}1&1&1&1&0\\0&1&2&2&1\\0&0&a-1&0&b+1\\0&0&0&a-1&0\end{pmatrix}\)。当 \(a\neq1\) 时 \(r(A)=4\)，唯一解；\(a=1,b\neq-1\) 时 \(r(A)=2<3=r(\bar A)\)，无解；\(a=1,b=-1\) 时 \(r(A)=r(\bar A)=2\)，无穷多解，通解 \(x_1=-1+t_1+t_2,\ x_2=1-2t_1-2t_2,\ x_3=t_1,\ x_4=t_2\)。

\(Ax=0\) 仅有零解等价于 \(\operatorname{rank}(A)=n\)，即 \(A\) 的列向量组线性无关。

增广矩阵行变换得 \(\begin{pmatrix}1&a&1&3\\0&1&b-1&2\\0&0&-a(b-1)&1-2a\end{pmatrix}\)。当 \(a=0\) 或 \(b=1,a\neq\frac12\) 时无解；\(a\neq0\) 且 \(b\neq1\) 时唯一解；\(b=1,a=\frac12\) 时无穷多解，通解 \(x=k(1,0,-1)^T+(2,2,0)^T\)。

基础解系含 \(3-\operatorname{rank}(A)=1\) 个向量，\(\alpha_1-\alpha_2=(0,1,1)^{\mathrm T}\) 是 \(Ax=0\) 的解，故通解为 \((1,1,2)^{\mathrm T}+k(0,1,1)^{\mathrm T}\)。

（1）按第一行展开得 \(|A|=1-a^4\)。（2）\(|A|=0\Rightarrow a=\pm1\)；\(a=1\) 时增广阵出现矛盾行，无解；\(a=-1\) 时有无穷多解，通解为 \(x=(0,-1,0,0)^{\mathrm T}+k(1,1,1,1)^{\mathrm T}\)。

\(|A|=-(p-2)(p-3)\)。\(p\neq2,3\) 时唯一解；\(p=3\) 时 \(\operatorname{rank}(A)=2<3=\operatorname{rank}(A,b)\)，无解；\(p=2\) 时 \(\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A,b)=2<3\)，有无穷多解，通解为 \((0,1,0)^{\mathrm T}+k(-1,0,1)^{\mathrm T}\)。

零空间维数 \(=6-\operatorname{rank}(A)=6-4=2\)。

非齐次方程组解的线性组合仍为解当且仅当系数之和为 1：\(\frac15+\frac45=1\)，故 \(\frac15\xi_1+\frac45\xi_2\) 是解。

\(|A-\lambda I|=0\) 的根即特征值。由三式知特征值为 \(-2,3,-1\)。

\(A^2=A\) 且实对称，特征值为 0 或 1；\(\mathrm{rank}(A)=2\) 故特征值为 \(1,1,0\)，\(|A-3I|=(1-3)(1-3)(0-3)=-12\)。

\(|A|=0\) 得特征值 0；\(|A+I|=0\) 得特征值 \(-1\)；由 tr(A)=0 得第三特征值为 1。

\(Q=PS\)（S 为交换两列的置换矩阵），故 \(Q^TAQ=S^T(P^TAP)S\)，把对角元 \(-1,1\) 互换得 \(\mathrm{diag}(1,-1)\)。

\(|A|=(-1)\cdot1\cdot2=-2\)。\(adjA=|A|A^{-1}\) 的特征值为 \(\dfrac{|A|}{\lambda}\)，即 \(2,-2,-1\)；\(3adjA\) 的特征值为 \(6,-6,-3\)；取逆得 \(B\) 的特征值为 \(\dfrac{1}{6},-\dfrac{1}{6},-\dfrac{1}{3}\)。

\(A\) 的特征值为 \(-1,1,3\)，故 \(A^2-A\) 的特征值为 \((-1)^2-(-1)=2,\ 1^2-1=0,\ 3^2-3=6\)。

令 \(P=\begin{pmatrix}1&-1&1\\-1&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}\)，则 \(A=P\operatorname{diag}(1,2,3)P^{-1}\)，计算得所给矩阵。

\(A=\alpha\beta^T\) 的秩 \(\operatorname{rank}(A)\le\operatorname{rank}(\alpha)=1<n\)，故 \(A\) 奇异，\(|A|=0\)，即 \(|0I-A|=0\)，从而 \(0\) 是 \(A\) 的特征值。

由 \(A^2+2A-3I=O\) 得 \(\lambda^2+2\lambda-3=(\lambda-1)(\lambda+3)=0\)，即 \(\lambda=1\) 或 \(-3\)。

\(|A|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3=(-1)\times2\times3=-6\)。

\(|A|=8\)，\(\operatorname{adj}A\) 的特征值为 \(|A|/\lambda_i\)，即 \(8,4,2\)，故 \(\operatorname{tr}(\operatorname{adj}A)=8+4+2=14\)。

\((\alpha_1+\alpha_2)^{\mathrm T}(\alpha_1-\frac13\alpha_2)=\|\alpha_1\|^2-\frac13\alpha_1^{\mathrm T}\alpha_2+\alpha_2^{\mathrm T}\alpha_1-\frac13\|\alpha_2\|^2=1-\frac16+\frac12-\frac43=0\)。

\(A^2-A-2E=(A-2E)(A+E)=O\)，\(A\) 的特征值只能为 \(2\) 或 \(-1\)。\(A+2E\) 的特征值为 \(4,1\)，\(A-E\) 的特征值为 \(1,-2\)，均非零，故一定可逆。

\(\alpha^{\mathrm T}(\alpha-\beta)=1\cdot0+0\cdot(-2)+0\cdot(-k)=0\) 恒成立，故 \(k\) 为任意实数。

正交矩阵保范数：\(\|Px\|=\|x\|=1\)。

由 \(|A-I|=0\) 知 1 是特征值；由 \(|2A+4I|=0\) 得 \(|A+2I|=0\)，即 \(-2\) 是特征值。故 \(|A|=1\times(-2)=-2\)。

两矩阵特征多项式相同则特征值相同。前者有特征值 \(-2\)，后者特征值为 \(-1,2,y\)，故 \(y=-2\)；且前者右下二阶块的特征值须为 \(-1,2\)，即 \(\mu^2-(x+1)\mu+(x-2)=(\mu+1)(\mu-2)=\mu^2-\mu-2\)，得 \(x=0\)。故 \(x-y=2\)。

设 \(A\alpha=\lambda\alpha\)，则 \(\begin{pmatrix}2-1-2\\5+a-3\\-1+b+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\a+2\\b+1\end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}\)，得 \(\lambda=-1,\ a=-3,\ b=0\)，故 \(a+b=-3\)。

\(|A|=1\cdot2\cdot(-3)=-6\)，\(A^{*}=|A|A^{-1}=-6A^{-1}\)。矩阵 \(A^{*}+3A+2I\) 的特征值为 \(g(\lambda)=-6\lambda^{-1}+3\lambda+2\) 在 \(\lambda=1,2,-3\) 处的值：\(g(1)=-1,\ g(2)=5,\ g(-3)=-5\)。故 \(|A^{*}+3A+2I|=(-1)\cdot5\cdot(-5)=25\)。

由 \(A\sim B\) 得 \(\mathrm{tr}(A)=\mathrm{tr}(B),\ |A|=|B|\)，解得 \(x=3,\ y=-2\)；再解 \(|\lambda I-A|=0\) 得特征值，对每个特征值解 \((A-\lambda I)x=0\) 得基础解系。

相似矩阵有相同的迹与行列式（B 的特征值为 1,2,1），解得 \(a=0,\ b=2\)。（A 的个别元素在扫描文本中难辨，以原卷为准。）

(A) 的特征值为 \(\lambda_1=\lambda_2=1\)，而 \(r(A-I)=r\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}=1\)，二重特征值只有 1 个线性无关的特征向量，故不可对角化。其余三个均为实对称阵或有两个互异特征值，都可对角化。

（1）由 \(|3E-A|=8(2-y)=0\) 得 \(y=2\)。（2）因 \(A^T=A\)，\((AP)^T(AP)=P^TA^TAP=P^TA^2P\)，故只需找正交阵 \(P\) 使 \(P^TA^2P\) 为对角阵。算得 \(A^2=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&5&4\\0&0&4&5\end{pmatrix}\)，由 \(|A^2-\lambda E|=(1-\lambda)^3(9-\lambda)=0\) 得特征值 \(\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=1,\ \lambda_4=9\)。对应特征向量 \(\beta_1=(1,0,0,0)^T,\beta_2=(0,1,0,0)^T,\beta_3=(0,0,-1,1)^T,\beta_4=(0,0,1,1)^T\) 已两两正交，单位化得 \(\eta_1,\eta_2,\eta_3,\eta_4\)，令 \(P=(\eta_1,\eta_2,\eta_3,\eta_4)\) 即为所求，\((AP)^T(AP)=diag(1,1,1,9)\)。

选项 A 的特征值为 \(2,1,1\)，其中 \(\lambda=1\) 的几何重数为 \(3-\operatorname{rank}(A-I)=3-2=1<2\)，故不可对角化。

相似矩阵特征值相同，均为 \(1,2,3\)。右下子块 \(\begin{pmatrix}2&b\\a&3\end{pmatrix}\) 的特征值应为 \(2,3\)，其行列式 \(6-ab=6\)，故 \(ab=0\)。

\(|\lambda I-A|=(\lambda+2)^2(\lambda-4)\)，特征值为 \(\lambda_1=\lambda_2=-2,\lambda_3=4\)。\(\lambda=-2\) 时 \((-2I-A)X=0\) 的基础解系含 2 个向量，几何重数等于代数重数，故 \(A\) 可对角化。

相似矩阵的性质：\(A\sim B\) 时，\(A^{\mathrm T}\sim B^{\mathrm T}\)、\(A^{-1}\sim B^{-1}\)，且 \(A^{*}=|A|A^{-1}\)，\(|A|=|B|\)，故 \(A^{*}\sim B^{*}\)，进而 \(A+A^{*}\sim B+B^{*}\)；(C) 中 \(A+A^{\mathrm T}\) 与 \(B+B^{\mathrm T}\) 一般不相似。

（1）由迹与行列式（或各阶主子式之和）得 \(a=2,b=-2,c=0\)。（2）分别取特征值 \(4,1,-2\) 对应的特征向量 \(p_1=(-2,2,-1)^{\mathrm T},\ p_2=(2,1,-2)^{\mathrm T},\ p_3=(1,2,2)^{\mathrm T}\)，得 \(P=(p_1,p_2,p_3)\)。

相似矩阵有相同的特征值，但不一定有相同的特征向量；其余三项对相似矩阵均成立。

相似矩阵迹相同：\(4+1+0=\lambda+2+2\)，得 \(\lambda=1\)；各阶主子式之和等于特征值两两乘积之和：\(x+4+6=1\cdot2+1\cdot2+2\cdot2=8\)，得 \(x=-2\)。故 \(\lambda+x=-1\)。

二次型对应的对称矩阵为 \((A+A^T)/2=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}\)，其二阶顺序主子式 \(=0\)，故不正定。

正定矩阵特征值全正、必满秩可逆、行列式为正，但元素不一定全正（如 \(\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}\)）。

交叉项 \(2x_ix_j\) 对应 \(a_{ij}=a_{ji}=1\)；特征值 \(\lambda_1=2,\lambda_2=\lambda_3=-1\)，故标准形 \(2y_1^2-y_2^2-y_3^2\)，有负特征值故不正定。

由 \(A^3-A^2+A-I=(A-I)(A^2+I)=O\) 知 \(A\) 的特征值只能是 \(1\)（因 \(A\) 实对称，特征值全为实数，而 \(\lambda^2+1\ne0\)）。故 \(f\) 的三个特征值均为 1，正惯性指数为 3，标准形为 \(y_1^2+y_2^2+y_3^2\)。

顺序主子式全大于零：\(\Delta_1=1>0\)；\(\Delta_2=k-1>0\)；\(\Delta_3=k^2(k-1)>0\)。故 \(k>1\)。

由 \((adjA)A=|A|I\) 得 \(adjA=|A|A^{-1}\)。因 \(A\) 正定，故 \(A\) 对称且可逆，\(A^{-1}\) 也对称，从而 \(adjA=|A|A^{-1}\) 是对称矩阵。又 \(A\) 的特征值 \(\lambda\) 全为正数，故 \(adjA\) 的特征值为 \(\dfrac{|A|}{\lambda}\)（其中 \(|A|=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n>0\)），全部为正。综上，\(adjA\) 也是正定的。

实对称矩阵 \(A\) 正定的充要条件是存在可逆矩阵 \(C\)，使 \(A=C^TC\)。

二次型矩阵为 \(\begin{pmatrix}1&-a&0\\-a&4&0\\0&0&4\end{pmatrix}\)，顺序主子式 \(1>0,\ 4-a^2>0\)，故 \(a\in(-2,2)\)。

二次型矩阵 \(A=\begin{pmatrix}a&1&b\\1&2&0\\b&0&2\end{pmatrix}\)，由 \(\operatorname{tr}(A)=a+4=7\)、\(|A|=4a-2b^2-2=8\) 得 \(a=3,b=1\)；其特征值为 \(1,2,4\)，正交变换化得标准形 \(y_1^2+2y_2^2+4y_3^2\)。

二次型矩阵的秩等于其标准形中非零系数项的项数，故秩为 2。

二次型矩阵 \(A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}\)，特征值为 \(1,3\)，对应单位化特征向量 \(\frac{1}{\sqrt2}(-1,1)^T,\frac{1}{\sqrt2}(1,1)^T\)，构成正交阵 \(Q=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}-1&1\\1&1\end{pmatrix}\)，标准形 \(x^{\prime 2}+3y^{\prime 2}\)。

由 \(|\lambda I-A|=0\) 得特征值 \(\lambda_1=5,\lambda_2=\lambda_3=-1\)。对应单位化特征向量构成正交矩阵 \(Q\)，得标准形 \(5y_1^2-y_2^2-y_3^2\)。

顺序主子式：\(\Delta_1=2>0\)，\(\Delta_2=2-\lambda^2>0\)，\(\Delta_3=5-3\lambda^2>0\)，解得 \(\lambda^2<5/3\)。

二次型矩阵 \(A=\begin{pmatrix}0&-1&1\\-1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}\)，特征值 \(1,1,-2\)。正交化、单位化得正交矩阵 \(Q\)，令 \(x=Qy\) 得标准形 \(y_1^2+y_2^2-2y_3^2\)。

\(Q=P\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}\)，故 \(Q^{\mathrm T}AQ=\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}P^{\mathrm T}AP\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0\\0&2\end{pmatrix}\)。

二次型矩阵 \(A=\begin{pmatrix}1&1&2\\1&-2&-1\\2&-1&1\end{pmatrix}\)，特征值 \(0,3,-3\)；对应单位特征向量构成正交矩阵 \(Q\)，令 \(x=Qy\) 得标准形 \(3y_1^2-3y_3^2\)。因存在非正特征值，故不正定。

对角二次型正定当且仅当各系数为正：\(\lambda-1>0,\ \lambda>0,\ \lambda+1>0\)，解得 \(\lambda>1\)。

二次型矩阵 \(A=\begin{pmatrix}5&-1&3\\-1&5&-3\\3&-3&3\end{pmatrix}\)，特征值 \(0,4,9\)。对应单位特征向量构成正交矩阵 \(P\)，令 \(x=Py\) 得标准形 \(4y_2^2+9y_3^2\)。

设 \(A=(a_{ij})_{n\times n},\ X=(x_1,\cdots,x_n)^{\mathrm T}\)，取 \(c_1=\max_{i,j}|a_{ij}|,\ c=nc_1\)，则 \(|X^{\mathrm T}AX|=|\sum_{i,j}a_{ij}x_ix_j|\le c_1\sum_{i,j}|x_ix_j|\le c_1\sum_{i,j}\frac12(x_i^2+x_j^2)=nc_1X^{\mathrm T}X=cX^{\mathrm T}X\)。

由 \(L(e_1+e_2)=L(e_1)+L(e_2)\) 得 \(L(e_2)=(2,-2)^T-(0,1)^T=(2,-3)^T\)，故 \(L\) 在自然基下的矩阵 \(M=\begin{pmatrix}0&2\\1&-3\end{pmatrix}\)。于是 \(L(a_1)=Ma_1=(2,-1)^T\)，\(L(a_2)=Ma_2=(4,-5)^T\)，即 \((L(a_1),L(a_2))=\begin{pmatrix}2&4\\-1&-5\end{pmatrix}\)。由 \((a_1,a_2)A=\begin{pmatrix}2&4\\-1&-5\end{pmatrix}\)，其中 \((a_1,a_2)=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}\)，得 \(A=(a_1,a_2)^{-1}\begin{pmatrix}2&4\\-1&-5\end{pmatrix}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2&-1\\-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&4\\-1&-5\end{pmatrix}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}5&13\\-4&-14\end{pmatrix}\)。

f 在标准基下矩阵 \(M=\begin{pmatrix}1&1\\2&1\end{pmatrix}\)，\(B=M(\alpha_1,\alpha_2)=\begin{pmatrix}1&1\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&0\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&2\\-2&2\end{pmatrix}\)。

记 \(A\) 为 \(L\) 在自然基下的矩阵，\(A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&-1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\)，\(P=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}\)。所求矩阵为 \(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&2&2\\1&0&-1\\0&0&1\end{pmatrix}\)。

求各基向量的象：\(L(e_1)=(1,1,0)^T,L(e_2)=(1,-3,1)^T,L(e_3)=(0,1,2)^T\)，以这些列为矩阵即得。

求各基向量的象：\(A\alpha_1=\alpha_1,\ A\alpha_2=\alpha_1+\alpha_2,\ A\alpha_3=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3,\ A\alpha_4=4\alpha_1+3\alpha_2+2\alpha_3\)，以坐标为列得表示矩阵。

\(A\) 为上三角矩阵且行列式为 1，故 \(\operatorname{rank}(A)=3\)，\(\dim\operatorname{Ker}(L)=0,\ \dim L(\mathbb{R}^3)=3\)，和为 3。

\(L(e_1-e_2)=(0,2)^T=2e_2\)，\(L(e_2)=(1,-1)^T=e_1-e_2\)，故表示矩阵为 \(\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}\)。

\(L(e_1-e_2)=(0,3)^{\mathrm T}=0(e_1-e_2)+3e_2\)，\(L(e_2)=(1,-2)^{\mathrm T}=(e_1-e_2)-e_2\)，故 \(A=\begin{pmatrix}0&1\\3&-1\end{pmatrix}\)；\(L(u)\) 的坐标为 \(A\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}\)。

\(f(\alpha_1)=2f(e_1)=(2,-2)^{\mathrm T}=\alpha_1-\frac23\alpha_2\)，\(f(\alpha_2)=3f(e_2)=(0,3)^{\mathrm T}=\alpha_2\)，故 \(B=\begin{pmatrix}1&0\\-2/3&1\end{pmatrix}\)。