湖南大学：《线性代数》期终考试试题(B1)卷答案

2004一2005学年第1学期 线性代数(第一批期终考试试题(B1)卷答案 填空(本大题30分,每空3分,共60分) 1、-1/3(A+2E);2、P/-2 :6、l:7、125:8、n-k:9、a2,a3:10、(-1) 二、解答下列各题(本大题共2小题,总计14分) x. 1、证:|4≠0故4 0只有零解 AB=0必有B=0 I:.B=4.0=0 2、记P=-102 0000 则PAP=0 0. tOP 01000=E 00 001 故 E P-EP=E 解答下列各题本大题共2小题,总计14分) 1、设k1B1+k2B2+k3B3=C 2分 得(k1+k2+k3)x1+(k1+k2+3k,x2+(k1+2k2+3k3)a3=0 4分

2004 — 2005 学年第 1 学期 线性代数（第一批 期终考试试题（B1）卷答案 一、填空(本大题 30 分, 每空 3 分, 共 60 分) 1、-1/3（A+2E）；2、        − = 1 3 2 1 P ；3、                 − − 3 2 1 0 2 1 1 0 1 1 0 ；4、 -1，-1，2； 5、         − 1 2 1 1 ；6、1；7、125；8、 n − k ；9、2 3 , ；10、 1 ; ( ) n − a 二、解答下列各题(本大题共 2 小题，总计 14 分) 1、证 ： A  0 故 0 2 1 =               n x x x A  只 有 零 解. 8 AB= 0 必 有 B = 0 10 II：B = A  = −1 0 0 10 2、记           − − = − 1 1 4 1 0 2 1 1 1 P 3 则 P AP P A P = E           − =          − = − − 100 100 100 1 1 100 0 0 1 0 1 0 ( 1) 0 0 , 0 0 1 0 1 0 1 0 0 7 故 A P EP E 100 1 = = − 10 三、解答下列各题(本大题共 2 小题，总计 14 分) 1、设 k11 + k2 2 + k3 3 = 0 2 分 得 (k1 + k2 + k3 )1 + (k1 + k2 + 3k3 ) 2 + (k1 + 2k2 + 3k3 )3 = 0 4 分

k+k2+k=0 由a1,a2,a3线性无关得{k+k2+2k=0 k1+2k2+3k2 它只有零解k1=k2=k3=0,故 8分 B1,B2,B线性无关。 10分 01112 2、、对A作初等行变换:A一 8分 0 00000 故秩Og2 10分 四、解答下列各题(本大题共2小题,总计16分 1-10 l、解:舶的特征多项式为4-AE=43-40=(2-4)(1-4) 02- 所以舶特征值为1=2A2=3=1 当1=2时解方程(A-2Ex=0由 -310)(100 A-2E=-10-010得基础解系p=|0 100)(000 所以p(≠0是对应于1=2的全部特征值 当2=A3=时,解方程(A-E)x=0由 l01 A-E=-420 012得基础解系P2=2 101 所以P≠0)是对应于2=A,=的全部特征值 2、解对系数矩阵作初等行变换,变为行最简矩阵,有 0-2/7-3/ 01-5/7-4/7 000

由 1 2 3 , , 线 性 无 关 得      + + + + = + + = 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 3 2 0 0 k k k k k k k k k ， 6 分 它 只 有 零 解 k1 = k2 = k3 = 0 , 故 8 分 1 2 3 , , 线 性 无 关。 10 分 2、、对 A 作 初 等 行 变 换 ：             → 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 2 1 4 5 6 9 A 8 分 故 秩 bAg= 2. 10 分 四、解答下列各题(本大题共 2 小题，总计 16 分 1、 2 1 1 0 : 4 3 0 (2 ) , 1 0 2 解 的特征多项式为 (1 )       − − − = − − = − − A A E − 1 2 3 所以A的特征值为   = = = 2, 1. 5 1 当 = − = 2 , ( 2 ) 0. 时 解方程 A E x 由 3 1 0 1 0 0 2 4 1 0 ~ 0 1 0 1 0 0 0 0 0 A E     −     − = −            1 0 0 , 1 得基础解系     =       p 1 1 所以k k p ( 0) 2 .  = 是对应于 的全部特征值 7 2 3 当 = = − = 1 , ( ) 0. 时 解方程 A E x 由 2 1 0 1 0 1 4 2 0 0 1 2 , 1 0 1 0 0 0 ~     −     − = −            A E 2 1 2 , 1 得基础解系   −   = −      p 2 3 2 所以k k p ( 0) 1 .  = = 是对应于  的全部特征值 2、解 对系数矩阵 作初等行变换，变为行最简矩阵，有 1 1 1 1 1 0 2 7 3 7 2 5 3 2 0 1 5 7 4 7 , 7 7 3 1 0 0 0 0 A ~     − − − −     = − − −             − 4

2 X x3==x3T=xr 对应有 2/7)x(3/ 5/7)(4/7 即得基础解系5:5-147 0 并由此得到通解 xxx 7 C1 57+c20 五、证明下列各题(本大题共2小题,总计14分) a-x x-a 1、将第一行乘(-1)分别加到其余各行,得D x o x-a 0 4分 000 0 0 再将各列都加到第一列上,得Dn=0 8分 =[x+(n-1)a](x-a) 10分 (将X换成b) 2、由于(E-4)=E-所以AE-A=(E-A)=E-413 即矩阵A与Y有相同的特征多项式

1 3 4 2 3 4 2 3 , 7 7 5 4 . 7 7 x x x x x x  = +    = +  便得 3 4 1 0 , 0 1 x x         =             令 及 1 2 2 7 3 7 , 5 7 4 7 x x         =             对应有 及 1 2 2 7 3 7 5 7 4 7 , , 1 0 0 1               = =             即得基础解系 8 1 2 1 2 1 2 3 4 2 7 3 7 5 7 4 7 ,( , ). 1 0 0 1 R x x c c c c x x                   = +                      并由此得到通解 10 五、证明下列各题(本大题共 2 小题，总计 14 分) 1、将第一行乘 (−1) 分别加到其余各行，得 0 0 0 0 0 0 0 n x a a a a x x a D a x x a a x x a − − = − − − − 4 分 再将各列都加到第一列上，得 ( 1) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 n x n a a a a x a D x a x a + − − = − − 8 分 1 [ ( 1) ]( )n x n a x a − = + − − 10 分 (将 X 换成 b) 2、由 于 ( E A) = E − A   −  所 以 E A ( E A) = E − A   − =  −  3 即 矩 阵 A 与 A 有 相 同 的 特 征 多 项 式 10

六、计算下列各题(本大题共1小题,总计12分) 解求A的特征值.由E-4=22-1 0 =(-4)(-1A+2)=0,得1=4,λ2=1,3=-2. 由(AE-A)x=0,求出的特征向量对A1=4,由(4E-A)x=0,得 2x+3x2+2xy=0,解之得基础解系a1=2 0, 对2=1由E-A)x=0.得{2x1+2x3=0,解之得基础解系 0 对x=2,由(-2E-4)x=0.得{2x-3x2+2x2=0,解之得基础解系ax=|2 l/3 令n,2=1230-232-13”=23 -2/3 2/3 400 作 2,则TAT=010 00-2

六、计算下列各题(本大题共 1 小题，总计 12 分) 解 求 A 的特征值．由 2 2 0 2 1 2 0 2     − E A − = − = − − + = ( 4)( 1)( 2) 0,    1 2 3 得  = = = − 4, 1, 2.   2 ( ) 0, . 由 iE A x A − = 求出 的特征向量 对 1 = − = 4, (4 ) 0, 由 E A x 得 1 2 1 2 3 2 3 2 2 0, 2 3 2 0, 2 4 0,  + =   + + =   + = x x x x x x x 1 2 2 . 1 解之得基础解系    −   =       3 对  2 = − = 1, ( ) 0, 由 E A x 得 1 2 1 3 2 3 2 0, 2 2 0, 2 0,  − + =   + =   + = x x x x x x 2 2 1 . 2 解之得基础解系      =       − 4 对 3 = − − − = 2, ( 2 ) 0, 由 E A x 得 1 2 1 2 3 2 3 4 2 0, 2 3 2 0, 2 2 0,  − + =   − + =   − = x x x x x x x 3 1 2 . 2 解之得基础解系      =       5 令 , 1,2,3,得    = = i i i i 1 2 3 2 / 3 2 / 3 1/ 3 2 / 3 , 1/ 3 , 2 / 3 . 1/ 3 2 / 3 2 / 3          −       = = =                   − − 8 1 2 3 2 2 1 1 ( , , ) 2 1 2 , 3 1 2 2 作      −   = =       − − T 1 4 0 0 0 1 0 . 0 0 2 则 −     =       − T AT 10