2007级线性代数试题和答案A卷.doc

2007级线性代数期末试题答案一、填空题（每小题4分、本题共28分）1设*是阶方阵的伴随矩阵，行列式，则 .2设4阶方阵A和B的伴随矩阵为和，且它们的秩分别为，则秩 .3设n维向量，其中；又设矩阵，且，则x = .4已知阶方阵，是的列向量组，行列式，伴随矩阵，则齐次线性方程组的通解为 .解 应填 = ,其中 是向量组 的极大线性无关组， 是任意常数。 因为|A|=0，A0 所以秩r(A)=n-1，因此，向量组的秩r()=n-1，由此又可知线性方程组Ax=0的基础解系含n-1个解，的极大线性无关组含n-1个向量，而AA= A()=|A|E=0 即A=0(j=1 n) ，亦即 都是Ax=0 的解，故的极大线性无关组可作为Ax=0 的基础解系。5设为阶可相似对角化的矩阵，且，则必有特征值l= ，且其重数为 ，其对应的线性无关的特征向量有 个.解 应分别填1，n-r, n-r 由r(A-E)= rn, E-A=(-1) |A-E|=0 可知=1是A的特征值，又由线性方程组（E-A）x=0的基础解系含n-r个解，知的几何重数为n-r.而由题设又可知代数重数等于几何重数。6设A为n阶实矩阵，则行列式 .7已知实二次型为正定二次型，则实常数的取值范围为 .二、单项选择题（每小题4分、本题共28分）1若矩阵的秩，则的值为（ ）（A）0；（B）0或； （C）； （D）或者1.解 应选A.利用矩阵的初等变换，得可见a = 0时，r (A)=2；故选A.2设为正交矩阵，且，则伴随矩阵=（ ）（A）；（B）； （C）； （D）解 应选B.因为3设是维列向量，阶方阵，则在的个特征值中，必然（ ）（A）有个特征值等于1；（B）有个特征值等于1；（C）有1个特征值等于1；（D）没有1个特征值等于1.解 应选B.因为矩阵所以至少是A的重特征值，而的主对角线上元素的和故A至少有一个特征值不是1，因此A有个特征值为1.4设，为阶方阵，且秩相等，即，则（ ）（A）；（B）（C）；（D）5设为阶矩阵，且，则矩阵与一定（ ）（A）同时为可逆矩阵；（B）同时为不可逆矩阵；（C）至少有一个为零矩阵；（D）最多有一个为可逆矩阵.6设向量组(I)是向量组（II）的线性无关的部分向量组，则（ ）（A）向量组(I)是向量组（II）的极大线性无关组；（B）向量组(I)与向量组（II）的秩相等；（C）当向量组(I)可由向量组（II）线性表示时，向量组(I)与向量组（II）等价；（D）当向量组（II）可由向量组 (I)线性表示时，向量组(I)与向量组（II）等价.解：应选D7设和为阶实对称矩阵，则存在正交矩阵，使，则正交相似于的充分必要条件为（ ）（A）和都有个线性无关的特征向量；（B）r(A) = r(B)；（C）和的主对角线上的元素的和相等；（D）和有相同的特征值.解：应选D三、计算题（每小题8分、本题共32分）1试求行列式其中分别为阶方阵：， .解 在A中将第j列乘以1加到第1列（j=2，3，n），并提取公因式然后将第1列乘以（-1）加到第j列（j=2,3,n）:而2设4阶方阵满足方程，已知矩阵的伴随矩阵 求矩阵.解：先求矩阵。因为所以由题设可知在方程两端同时左乘，右乘，得，即，故。因为，所以 。3设线性方程组 （1）问：,取何值时，线性方程组无解、有唯一解、有无穷多解？（2）当线性方程组有无穷多解时，求出其通解.解 设题中线性方程组为用消元法，对线性方程组的增广矩阵施以行初等变换，化为阶梯形矩阵：由此可知：（1）当a4时，秩线性方程组有唯一解；当a=4,且b=2时，秩线性方程组有无穷多解；当a=4,且b2时，秩线性方程组无解；（2）当a=4,且b=2时，继续对施以行初等变换，使之化为规范的阶梯形矩阵：由此可知线性方程组对应的齐次线性方程组的解为取因此的通解，为任意常数.线性方程组的解为 取得的一个特解由线性方程组解的结构，得的通解， 其中为任意常数.4已知实二次型经过正交变换，化为标准形，求实参数以及正交矩阵.解 二次型的矩阵由经正交变换所得的标准形为得矩阵A的特征值利用特征值的性质，行列式可得对于求解线性方程组得特征向量对于求解线性方程组得特征向量对于求解线性方程组得特征向量特征向量已是正交向量，将其单位化，得作正交矩阵则经正交变换可化为标准形四、证明题（每题8分，共16分）1已知A为mn实矩阵，证明：矩阵B=ATA是正定矩阵的充分必要条件为矩阵A的秩r(A) = n.证明：必要性：由为正定矩阵可得，又为实矩阵，因此。充分性：由可知为实对称矩阵，又有可知齐次线性方程组只有零解。因此实二次型仅当是，有，即是正定二次型，故是正定矩阵2.设A和B为n阶矩阵，且满足A2 = A,B2 = B, r(A+B-E) = n,证明：r(A) = r(B). 证 由题设可得 A（A+B-E）=+AB-A=AB， （A+B-E）B=A