几何与代数试题解答

1、22友情提醒: 1. 本试题解答仅供参考; 2. 为了节约资源, 敬请双面打印或复印该文档. 祝您学习进步! 01-02学年第二学期几何与代数期终试题解答一 (30%) 填空题:1. 设a = (1, 2), b = (1, -1), 则abt = -1; atb = ; (atb)100 = .2. 设矩阵a = , b = , 则行列式|ab-1| = -1/70.3. 若向量组a1, a2, a3线性无关, 则当参数k ¹1时, a1-a2, ka2-a3, a3-a1也线性无关. 4. 矩阵a =的伴随矩阵a*= . 5. 设矩阵a及a+e均可逆, 且g = e-(a+e)-

2、1 (其中e表示单位矩阵), 则g-1 = e+a-1. 6. 与向量a = (1, 0, 1), b = (1, 1, 1)均正交的单位向量为. 7. 四点a(1, 1, 1), b(1, 1, x), c(2, 1, 1), d(2, y, 3)共面的充分必要条件是x = 1 或y = 1. 8. 设实二次型f(x1, x2, x3) = x12 + kx22 + 2x2x3 + x32, 则当k满足条件k > 1时, 为f(x1, x2, x3) =1是椭球面; 则当k满足条件k = 1时, 为f(x1, x2, x3) =1是柱面. 二 (8%) 记p1为由曲线绕z-轴旋转所产生

3、的旋转曲面, p2为以p1与平面p3:x + y + z = 1的交线为准线, 母线平行于z-轴的柱面. 试给出曲面p1及p2的方程, 并画出p1被p3所截有界部分在xoy平面上的投影区域的草图(应标明区域边界与坐标轴的交点). 解: p1的方程为z = x2 + y2 - 3. 联立, 消去z得p2的方程: x2 + y2 + x + y - 4 = 0. p2在xoy平面上的投影曲线的方程为.p1被p3所截有界部分在xoy平面上的投影区域的草图如下面的右图所示:oxy p1与p3 p1, p2, p3 所求的投影区域三 (8%) 求经过直线且与xoy平面垂直的平面方程. 解: (法一) 设

4、所求的平面方程为(x+2y-z-2)+l(-x+y-2z-1) = 0, 即 (1-l)x+(2+l)y-(1+2l)z-(2+l) = 0因为它与xoy平面垂直, 所以其法向量(1-l), (2+l), (1+2l)与向量0, 0, 1垂直. 因而1+2l = 0, 即l = -1/2. 于是得所求平面的方程: , 化简得:x + y= 1. (法二) 直线的方向向量可取为 = -3, 3, 3.所求平面的法向量应垂直于-3, 3, 3和0, 0, 1, 因而可取为 = 3, 3, 0. 在直线上取一点(0, 1, 0), 由此可得所求平面的方程: 3x + 3(y-1) = 0. 化简得:

5、x + y= 1. (法三) 所求平面为直线到xoy平面上的投影平面. 因而从中消去z, 得x + y= 1. 这就是所求平面的方程. 四 (12%) 求矩阵方程xa = 2x + b的解, 其中a = , b = . 解: (法一) 原方程可化为x(a-2e) = b, 其中e表示单位矩阵. a-2e = . a-2e的行列式|a-2e| = -1, 伴随矩阵(a-2e)* = . 因而(a-2e)-1 = . 于是x = b(a-2e) -1 = = . (注意x未必等于(a-2e) -1b !) (法二) 原方程可化为x(a-2e) = b, 其中e表示单位矩阵. a-2e = . 初等

6、列变换 = = . 于是x = b(a-2e) -1 = . 五 (12%) 设线性方程组. 1. 问: 当参数p, q满足什么条件时, 方程组无解; 有唯一解; 有无穷多解? 2. 当方程组有无穷多解时, 求出其通解. 初等行变换解: a, b = = . 由此可见, 当参数p = -2 且q ¹ -1时, 秩(a) = 2, 而秩a, b = 3, 此时方程组无解; 当参数p ¹ -2时, 秩(a) = 4, 此时方程组有唯一解; 当参数p = -2 且q = -1时, 秩(a) = 秩a, b = 2, 此时方程组无穷多解, ´(-1) = 由此可得方程组的

7、通解, 即=c1+c2+(c1, c2为任意数). 六 (12%) 设矩阵a = . 已知秩(a) = 2. 1. 求参数k的值; 2. 求一个4´2矩阵b, 使得ab = o, 且秩(b) = 2; 3. 问是否存在秩大于2的矩阵m使得am = o? 为什么? 初等行变换解: .因为秩(a) = 2, 所以参数k = 0. 此时可得齐次线性方程组ax = q的一个基础解系: x1 = , x2 = . 于是可取矩阵b =使得ab = o, 且秩(b) = 2. 由于任何一个满足am = o的矩阵m的列向量组都可以由x1, x2线性表示, 所以这样的矩阵m的秩一定£ 2.

8、因而不存在秩大于2的矩阵m使得am = o. 七 (12%) 设实对称矩阵a = 与b = 相似. 1. 求参数k, l的值; 2. 求一正交阵q, 使得qtaq = b. 解: 1. 因为实对称矩阵a与b相似, 所以 -k = |a| = |b| = l且k = 迹(a) = 迹(b) = 2+l. 由此可得k = 1, l = -1. 2. |le- a | = (l-1)2(l+1), 由(e- a)x = q可得a的对应于l = 1的两个特征向量x1 = 1, 0, 1t, x2 = 0, 1, 0t, 由(-e- a)x = q可得a的对应于l = -1的一个特征向量x3 = 1,

9、0, -1t, 令q =, 则q为正交阵且qtaq = b. 八 (6%) 已知n阶方阵a相似于对角阵, 并且a的特征向量均是矩阵b的特征向量. 证明: ab = ba. 证明: 因为n阶方阵a相似于对角阵, 所以a有n个线性无关的特征向量, 设为p1, p2, , pn,对应的特征值设为l1, l2, , ln. 又因为a的特征向量均是矩阵b的特征向量, 所以b也有n个线性无关的特征向量p1, p2, , pn, 对应的特征值设为t1, t2, , tn. (注意a与b的特征值未必相等!)令p = p1, p2, , pn, l = , t = . 则ap = pl, bp = pt, lt

10、 = tl. 于是ab = (plp-1)(ptp-1) = pltp-1 = ptlp-1 = (ptp-1)(plp-1) = ba. 噼里啪啦地编辑着这份word文档, 感觉自己在玩电子游戏(做powerpoint课件时, 更是如此), 心情是快乐的. 但愿您也能分享到我的快乐!我也试图努力把它做得好看一些, 因为在我看来,出自我手中的东西都是我精心雕刻的艺术品, 尽管它还不够完美. 人们常说: 予人玫瑰, 手留余香. 我所喜欢的, 正是那淡淡的余香给我带来的晚风般的惬意02-03学年第二学期几何与代数期终试题解答一 填空题(每小题3分, 共36分):1. = ; 2. = ; 3. 若

11、a是正交矩阵, 则行列式 |a3at| = 1; 4. 空间四点a(1, 1, 1), b(2, 3, 4), c(1, 2, k), d(-1, 4, 9)共面的充分必要条件是k = 3; 5. 点p(2, -1, 1)到直线l: 的距离为 1 ;6. 若4阶方阵a的秩为2, 则伴随矩阵a*的秩为 0 ; 7. 若可逆矩阵p使ap = pb, b =, 则方阵a的特征多项式为(l-1)(l-3);8. 若3阶方阵a使i-a, 2i-a, a+3i都不可逆, 则a与对角阵相似(其中i是3阶单位矩阵); 9. 若a = 与对角阵相合, 则(x, y) = (1, -2).10. 设a = a1,

12、 a2, a3, a4, 其中列向量a1, a2, a4线性无关, a3 = 2a1 - a2 + a4, 则齐次线性方程组ax = q的一个基础解系是 x = 2, -1, -1, 1t; 11. 设a, b都是3阶方阵, ab = o, r(a) - r(b) = 2, 则r(a) + r(b) = d ; (a) 5; (b) 4; (c) 3; (d) 2;12. 设n阶矩阵a满足a2 = 2a, 则以下结论中未必成立的是 b . (a) a-i可逆, 且(a-i)-1 = a-i; (b) a = o或a = 2i; (c) 若2不是a的特征值, 则a = o; (d) |a| =

13、0或a = 2i. ´(-1)二 计算题(每小题8分, 共24分)´(-2)´(-1)´(-1)13. = = ´(-1)= = = = = 29. 14. 求直线l: 在平面p : x + y - 2z + 1 = 0上的垂直投影直线方程. 解: 过直线l且垂直于平面p的平面p1的法向量必垂直于向量2, 1, 2和1, 1, - 2, 因而可取为 = -4, 6, 1.又因为p1过直线l上的点(2, 1, -1), 由此可得平面p1的点法式方程-4(x - 2) + 6( y - 1) + (z + 1) = 0 整理得4x -6 y - z

14、 - 3 = 0 于是可得直线l: 在平面p : x + y - 2z + 1 = 0上的垂直投影直线的一般方程: . 15. 设xa = ab + x, 其中a = , b =求x 99. 解: 原方程可化为x(a-i) = ab, 其中i表示单位矩阵. a-i = , ab = . 初等列变换 = = .于是可得x = ab(a-i) -1 = , x2 = = , x 99 = (x 2)49x = = . (注意x未必等于(a-i) -1ab !)三 计算题, 解答题(3小题共32分). 16. 设向量组, , , . v = l(a1, a2, a3)是由a1, a2, a3生成的空

15、间. 已知维(v) = 2, b Î v. (1) 求a, b; (2) 求v的一个基, 并求b在此基下的坐标; (3) 求v的一个标准正交基. 初等行变换解: (1) a = a1, a2, a3, b = . 因为维(v) = 2, b Î v. 所以a - 6 = b + 2 = 0, 即a = 6, b = - 2. (2) 由上述初等行变换的结果可知a1, a2构成v的一个基, 且b =3a1 - a2. (3) 令b1 = a1, b2 = a2 - = = , 再单位化得v的一个标准正交基 , . 17. 用正交变换化简二次曲面方程: x12 + x22 -

16、4x1x2 - 2x1x3 - 2x2x3 = 1 求出正交变换和标准形, 并指出曲面类型. 解: 二次型f(x1, x2, x3) = x12 + x22 - 4x1x2 - 2x1x3 - 2x2x3的矩阵a = . a的特征多项式|li -a | = = (l - 3)( l - 1)( l + 2). a的特征值l1 = 3, l2 = 1, l = -2. 由(lii -a)x = q求得a的对应于l1 = 3, l2 = 1, l = -2的特征值向量:, , . 它们已经两两正交, 单位化得, , . 令p = , 则ptp = i, 且p-1ap = ptap = . 令x =

17、 py, 则原二次曲面的方程化为3y12 + y22 - 2y32 = 1. 可见该二次曲面为单叶双曲面. oyz218. 设d为由yoz平面中的直线z = 0, 直线z = y ( y ³ 0)及抛物线y + z2 = 2, 围成的平面区域. 将d绕y轴旋转一周得旋转体w. (1) 画出平面区域d的图形; (2) 分别写出围成w的两块曲面s1, s2的方程; (3) 求s1, s2的交线l在zox平面上的投影曲线c的方程; (4) 画出s1, s2和l, c的图形. 解: (1) 平面区域d的图形如右图所示: oyz2ls1cs2x(2) w由锥面s1: 和旋转抛物面s2: y =

18、 2- x2 - z2围成. (3) 由和y = 2- x2 - z2消去y得x2 + z2 = 1. 由此可得s1, s2的交线l在zox平面上的投影曲线c的方程: (4) s1, s2和l, c的图形如右图所示:四 证明题, 解答题(每小题4分, 共8分). 19. 设h是线性方程组ax = b的一个解, b ¹ q, x1, x2是导出组ax = q的基础解系. 证明: h, x1+h, x2+h线性无关. 证明: 因为ah = b ¹ q, 所以h不是线性方程组ax = q的解. 而x1, x2是ax = q的基础解系, 故h, x1, x2线性无关, 否则h能由x

19、1, x2线性表示, 从而是线性方程组ax = q的解, 矛盾! 假若k1h + k2(x1+h) + k3(x2+h) = q, 则(k1 + k2 + k3)h + k2x1 + k3x2 = q.于是(k1 + k2 + k3) = k2 = k3 = 0, 即k1 = k2 = k3 = 0. 所以h, x1+h, x2+h线性无关. 20. 设a是3维非零实列向量, |a| =. 又a = aat. (1) 求a的秩; (2) 求a的全部特征值; (3) 问a是否与对角阵相似? (4) 求|i - a3|. 解: (1) 设a = a, b, ct ¹ q, 则a = aa

20、t = ¹ o, 且秩(a) = 1. (2) 设b ¹ q是a的对应于特征值l的特征向量. 即aatb = lb. 若atb = 0, 则lb = aatb = q, 而b ¹ q, 故l = 0. 此时, b是atx = 0的解向量. 而秩(at) = 1, 故atx = 0的每个基础解系均由两个线性无关的解向量构成. 即对应于l = 0, a有两个线性无关的特征向量, 若atb ¹ 0, 则由aatb = lb 可得ataatb = latb. 从而l = ata. 此时, 由于aata = la. 故可取b = a作为对应于l = ata的特征向

21、量. 综上所述, a的全部特征值有: l = 0和l = ata = |a|2 = 4. (另解) 因为a2 = (aat)(aat) = a(ata)at = 4aat = 4a, 所以a2-4a = o, 即l2 - 4l是a的零化多项式, 因而a的所有可能的特征值有: 0, 4. 注意到秩(a) = 1, 可见都是a的全部特征值有0(二重)和4.(3) 由(2)可见a有3个线性无关的特征向量, 所以a与对角阵相似. (另解) 因为实矩阵at = (aat)t = (at)tat = aat = a, 所以a与对角阵相似. (4) 由(2)可见存在3阶可逆矩阵p, 使p-1ap = . 因

22、此|i - a3| = |p-1|i - a3|p| = |(p-1ip - p-1a3p)| = |i - (p-1ap)3| = = 1- 43. if you want something badly enoughyou must let it go freeif it comes back to youits yoursif it doesntyou really never had it, anyway03-04学年第二学期几何与代数期终试题解答一 (24%) 填空题:1. 若向量, ,共面, 则参数a, b满足ab = 1. 2. 过点p(1, 2, 1)且包含x轴的平面方程为y

23、- 2z = 0. 3. 已知矩阵a满足a2 + 2a - 3i = o, 其中i 表示单位矩阵, 则a的逆矩阵a-1 = . 4. 设矩阵a =, b =, 则行列式|a2b-1| = 1/70 . 5. 设向量组a1 = , a2 = , a3 = , 则当参数k =0时, a1, a2, a3线性相关. 6. 向量空间r2中向量h = (2, 3)在r2的基,与a = (1, 1) b = (0, 1)下的坐标为(2, 1). 7. 满足下述三个条件的一个向量组为(-2, 1, 0), (1, 0, -1), 这三个条件是: 它们是线性无关的; 其中的每个向量均与a = (1, 2, 1

24、)正交; 凡与a正交的向量均可由它们线性表示. 8. 已知2×2矩阵a = , 若对任意的2维列向量h有htah = 0, 则a, b, c, d满足条件a = d = 0, b = -c. 二 (12%) 假设矩阵a, b满足a - b = ab, 其中a =, 求b.解: (法一) 由a - b = ab得 (a+i)b = a, 其中i表示单位矩阵. a+i = . a+i的行列式|a+i| = 1, 伴随矩阵(a+i)* = . 因而(a+i)-1 = . 于是b = (a+i) -1a = = . (注意b未必等于a(a+i) -1 !) (法二) 由a - b = ab得

25、 (a+i)b = a, 其中i表示单位矩阵. a+i = . 初等行变换a+i, a = = i, (a+i) -1a 于是b = (a+i) -1a = . 三 (15%) 设向量a1 = (a, 2, 10)t, a2 = (-2, 1, 5)t, a3 = (-1, 2, 4)t, b = (2, b, c)t, 问当参数a, b, c满足什么条件时 1. b能用a1, a2, a3唯一线性表示?2. b不能用a1, a2, a3线性表示?3. b能用a1, a2, a3线性表示, 但表示方法不唯一? 求这时b用a1, a2, a3线性表示的一般表达式. 解: 令a = a3, a2,

26、 a1 = , (注: 这里把a3放在第一列纯粹是为了方便)初等行变换a, b = = 1. 当参数a ¹ -4时, 秩(a) = 3, 此时b能用a1, a2, a3唯一线性表示. 2. 当参数a = -4, 而b - c ¹ 4时, 秩(a) =2, 秩(a, b) = 3, 此时b不能用a1, a2, a3线性表示. 3. 当参数a = -4, 且b - c = 4时, 秩(a) = 秩(a, b) = 2, 此时b能用a1, a2, a3线性表示, 但表示方法不唯一. 初等行变换这时 = 由此可得ax = b的通解, 其中x3为自由未知量. 因而b用a1, a2,

27、a3线性表示的一般表达式为b = ta1 + -2t + 2(b+1)/3a2 -2a3其中t为任意数. 四 (8%) 设实二次型f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + 2axy + 2ayz. 问: 实数a满足什么条件时, 方程f(x, y, z) = 1表示直角坐标系中的椭球面?解: 实二次型f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + 2axy + 2ayz的矩阵a = . a的顺序主子式a11 = 1 > 0; = 1 - a2; |a| = 1 - 2a2. f(x, y, z) = 1表示直角坐标系中的椭球面当且仅当a正定, 当且仅当a的顺序主子式全

28、为正数, 即a2 < 1/2. 五 (12%) 设3阶方阵a的特征值为2, -2, 1, 矩阵b = aa3 - 4aa + i. 1. 求参数a的值, 使得矩阵b不可逆. 2. 问矩阵b是否相似于对角阵? 请说明你的理由. 解: 1. 因为3阶方阵a有3个不同的特征值2, -2, 1, 所以存在可逆矩阵p, 使得p-1ap = . 于是p-1bp = p-1(aa3 - 4aa + i)p = a(p-1ap)3 - 4a(p-1ap) + i = . 因而矩阵b不可逆当且仅当|b| = 0, 而|b| = |p-1bp| = 1 -3a. 所以当a = 1/3时, 矩阵b不可逆. 2

29、. 由1可知矩阵b相似于对角阵. 六 (12%) 已知二次曲面s1的方程为z = 3x2 + y2, s2的方程为z = 1 - x2. 1. 问: s1与s2分别属于哪一类二次曲面? xyz1o2. 求s1与s2的交线在xoy平面上的投影曲线方程; 3. 画出由s1与s2所围成的立体的草图. 解: 1. s1与s2分别属于椭圆抛物面和抛物柱面. 2. 由z = 3x2 + y2和z = 1 - x2消去z得s1与s2的交线 在xoy平面上的投影曲线方程: 3. 由s1与s2所围成的立体的草图如右图所示:七 (10%) 设3×3实对称矩阵a的秩为2, 并且ab = c, 其中b =

30、与c =. 求a的所有特征值及相应的特征向量; 并求矩阵a及a9999. 解: 因为a是3阶矩阵, 且秩为2, 所以|a| = 0, 因而有一个特征值为0. 又因为ab = c, 其中b = 与c =, 令p1 = , p2 = , 则ap1 = -p1, ap2 = p2, 可见p1, p2分别是a的对应于l = -1和l = 1的特征向量. 由于a是3×3的实对称矩阵, 所以对应于特征值0的特征向量与p1, p2正交, 由此可得对应于特征值0的一个特征向量p3 = . 令p = p1, p2, p3, 则p-1ap = l = . 故a = plp-1 = = . a9999 =

31、 (plp-1)9999 = pl9999p-1 = plp-1 = a = . 八 (7%) 证明题: 1. 设h1, h2, , ht是齐次线性方程组ax = q的线性无关的解向量, b不是其解向量. 证明: b, b+h1, b+h2, , b+ht也线性无关. 证明: 因为h1, h2, , ht是齐次线性方程组ax = q的线性无关的解向量, b不是其解向量. 所以b, h1, h2, , ht线性无关, 否则b能由h1, h2, , ht线性表示, 从而是线性方程组ax = q的解, 矛盾! 假若k1b + k2(b+h1) + k3(b+h2) + + kt+1(b+ht)= q

32、, 则(k1 + k2 + k3 + + kt+1)b + k2h1 + k3h2 + + kt+1ht = q. 于是(k1 + k2 + k3 + + kt+1) = k2 = k3 = = kt+1 = 0, 即k1 = k2 = k3 = = kt+1 = 0. 所以b, b+h1, b+h2, , b+ht线性无关. 2. 设a是n阶正定矩阵, 证明: |i+a| > 1, 其中i是n阶单位矩阵. 证明: 因为a是n阶正定矩阵, 所以a的特征值l1, l2, , ln都是正数. 于是存在可逆矩阵p, 使得p-1ap = l = . 因而|i+a| = |p-1|i+a|p| =

33、 |p-1(i+a)p| = |i+ p-1ap| = = (1+l1)(1+l2)(1+ln) > 1. 生活的辩证法就是这样：当苦难压来时，只有具备善良的愿望，坚定信念的人；只有不计回报，只求奉献的人；只有坚强不屈，不折不挠的人，才有希望趟过苦难，收获甘甜。苦难的尽头将是：你不期而遇的幸福，不曾奢望的甘甜。摘自知音1999.5下半月版04-05学年第二学期几何与代数期终试题解答一 (24%)填空题:1. 以点a(1, 1, 2), b(-2, -1, 1), c(-1, 1, -1)为顶点的三角形的面积为; 2. 设3阶矩阵a = a1, a2, a3, b = a2+a3, a1-

34、2a3, a1. 若a的行列式|a| = 3, 则b的行列式|b| = -6. 3. 若向量a = (1, 0, 1), b = (2, 1, -1), g = (-1, 1, k)共面, 则参数k = -4; 4. 若a为n阶方阵, 则方阵b =的逆矩阵b-1 = (其中i是n阶单位矩阵, o是n阶零矩阵); 5. 已知向量h = 是矩阵a = 的特征向量, 则参数a = 1 , 相应的特征值等于 3 ; 6. 假设矩阵a = , 则在实矩阵b = , c = , d = , e = , f = 中, 与a相抵的有b, c, d, f; 与a相似的有 f ; 与a相合的有b, c ;二 (8

35、%) 计算行列式 按第3列展开´(-1)= = = (1-x)2(1-x-x2). 三 (10%) 假设a = , b =, 求矩阵方程3x = b + xa的解. 解: 原方程可化为x(3i -a) = b, 其中i表示单位矩阵, 3i - a = , 初等列变换 = = . 于是可得x = b(3i - a) -1 = . (注意x未必等于(3i - a) -1b !) 四 (14%) 假设矩阵a = , q = , b = . 1. 已知齐次线性方程组ax = q的基础解系中含有两个线性无关的解向量, 试确定这时参数l的值, 并求这时ax = q的一个基础解系. 2. 若在非齐

36、次线性方程组ax = b的解集中存在两个线性无关的解向量, 但不存在更多的线性无关的解向量, 试确定这时参数l及a的值, 并求这时ax = b的通解.初等行变换解: 1. a = . 因为齐次线性方程组ax = q的基础解系中含有两个线性无关的解向量, 所以秩(a) = 1, 因而l = 1. 此时 = . 由此可得ax = q的一个基础解系:, . 2. 若非齐次线性方程组ax = b的解集中有两个线性无关的解向量, 但不存在更多的线性无关的解向量, 则ax = q的基础解系中只有一个线性无关的解向量. 所以秩(a, b) = 秩(a) = 2. 此时l = -1.初等行变换a, b = .

37、可见a = -2, ax = b化为, 于是ax = b的通解为:(c为任意数). 五 (10%) 已知直线l过点p(1, 1, 3), 与平面p : x + y - z = 1平行, 且与直线l: 相交. 求直线l的方向向量, 并写出直线l的方程. 解: 过点p(1, 1, 3)且与平面p : x + y - z = 1平行的平面方程为: (x-1) + (y-1) - (z-3) = 0, 即: x + y - z = -1. 把直线l的参数方程: x = t, y = 2t, z = t+1代入x + y - z = -1得t = 0. 故直线l与平面x + y - z = -1的交点为

38、q(0, 0, 1), 且点直线pq平行于平面p. 因此直线l的方向向量可取为1-0, 1-0, 3-1 = 1, 1, 2. 直线l的方程为. 六 (10%) 假设二次曲面p1的方程为: x2 + 4y2 = 2z; 平面p2的方程为: x = z -1. 1. p1与p2的交线向xoy平面作投影所得的投影曲线l的方程为. . 该投影曲线绕x轴旋转所得的旋转曲面p的方程为(x-1)2 + 4y2 + 4z2 = 3. 2. 在坐标系(1)中画出投影曲线l的草图(请给坐标轴标上名称). 解: 投影曲线l的草图如(1)所示.3. 在坐标系(2)中画出p1与p2所围成的立体的草图(请给坐标轴标上名

39、称). 解: p1与p2所围成的立体的草图如(2)所示.(1) 投影曲线l的草图(2) p1与p2所围成的立体的草图xoy1七 (14%)设二次型f(x1, x2, x3) = -x12 + 2x22 - x32 + 2kx1x3. 1. 试就参数k不同的取值范围, 讨论二次曲面f(x1, x2, x3) = 1的类型. 2. 假设k > 0. 若经正交变换x = qy, f(x1, x2, x3)可化成标准形2y12 + 2y22 - 4y32, 求参数k及一个合适的正交矩阵q. 解: 1. 二次型f(x1, x2, x3) = -x12 + 2x22 - x32 + 2kx1x3的矩

40、阵a = . a的特征多项式|li -a | = = (l - 2)(l + 1 - k)(l + 1 + k). a的特征值l1 = 2, l2 = k - 1, l3 = -1 - k. k的取值k < - 1k = - 1- 1< k < 1k = 1k > 1l2 = k - 1< 0< 0< 0= 0> 0l3 = -1 - k> 0= 0< 0< 0< 0f(x1, x2, x3) = 1的类型单叶双曲面双曲柱面双叶双曲面双曲柱面单叶双曲面2. 若经正交变换x = qy, f(x1, x2, x3) 可化成标准

41、形2y12 + 2y22 - 4y32. 则a的特征值l1 = 2, l2 = k - 1 = 2, l3 = -1 - k = - 4. 即k = 3. 此时由(lii -a)x = q求得a的分别对应于l1 = l2 = 2和l3 = -4的特征值向量, 和. 它们已经两两正交, 单位化得, , . 令q = , x = qy, 则f(x1, x2, x3)可化成标准形2y12 + 2y22 - 4y32. 四 (10%)证明题. 1. 假设n维向量b1 = aa1 + ba2, b2 = ca1 + da2. 若b1, b2线性无关. 证明: a1, a2线性无关, 且行列式. 证明:

42、令a = a1, a2, b = b1, b2, c =, 则b = ac. 所以秩(b) £ 秩(a) £ 2, 秩(b) £ 秩(c) £ 2.若b1, b2线性无关, 则秩(b) = 2. 因而秩(a) =秩(c) = 2. 所以a1, a2线性无关, 且行列式. 2. 假设a, b都是n阶实对称矩阵, 并且, a的特征值均大于a, b的特征值均大于b, 证明: a+b的特征值均大于a+b. 证明: 由假设条件可知, 存在n阶可逆矩阵p, 使得 p-1ap = , 其中, l1, l2, , ln > a. 于是p-1(a-ai)p =,其中

43、, i是n阶单位矩阵, l1-a, l2-a, , ln -a > 0. 所以a-ai是正定矩阵. 类似的, b-bi也是正定矩阵.因而对于任意的n维向量x, xt(a+b-(a+b)i)x = xt(a-ai)x + xt(b-bi)x > 0.这就是说, a+b-(a+b)i也是正定矩阵. 因此其特征值都大于0. 下面设l是a+b的任意一个特征值, 则l-(a+b)是a+b-(a+b)i的特征值, 故l-(a+b) > 0, 即l > a+b. 公 益 宣 传 保护环境 节约资源 关爱弱者05-06学年第二学期几何与代数期终试题解答一 (24%)填空题:1. 过点p

44、(1, 0, 1)且与直线垂直的平面的方程为2x + y + z - 3 = 0; 2. 设p = , q = , a = , 则p5aq5 =. 3. 直角坐标系中向量a = (1, 1, 2)与b = (1, 0, 1)的向量积为(1, 1, - 1); 4. 若3´3矩阵a的秩为2, a1, a2是线性方程组ax = b的解向量, 并且a1 + a2 = (2, 2, 4)t, a1 - a2 = (0, 1, 1)t, 则ax = b的通解是x = k(0, 1, 1)t + (1, 3/2, 5/2)t. 5. 设a是3´3矩阵, 若矩阵i + a, 2i - a

45、, 2i - 3a均不可逆(其中i表示3阶单位矩阵), 则行列式|a| = - 4/3. 6. 若3是n´n矩阵a的特征值, 行列式|a| = 2, 则a的伴随矩阵a*的一个特征值为 3/2.7. 若x2 + 2y2 + z2 + 2kxz = 1表示一单叶双曲面, 则k满足条件是k > 1或 k < - 1.8. 设a是n维列向量(n > 1), 则n阶方阵a = aat 的行列式|a|的值为 0. 二 (12%) 设a = , b = , c = , 求a-1, b-1以及矩阵x, 使, 其中o表示相应的零矩阵. 初等行变换解: a, i, c = = i, a

46、-1, a-1c, 初等行变换b, i = = i, b-1. 于是可得a-1 = , b-1 = , x = = = = .三 (12%) 设向量组a1, a2, a3线性无关, 问: 参数l, m满足什么条件时, 向量组a1 + la2, a2 + ma3, a1 + a3也线性无关?解: 因为向量组a1, a2, a3线性无关, 所以秩(a1, a2, a3) = 3. 向量组a1 + la2, a2 + ma3, a1 + a3线性无关等价于秩(a1 + la2, a2 + ma3, a1 + a3) = 3.而(a1 + la2, a2 + ma3, a1 + a3) = (a1,

47、a2, a3)p, 其中p =, 并且有秩(a1 + la2, a2 + ma3, a1 + a3) £ 秩(p) £ 3.所以向量组a1 + la2, a2 + ma3, a1 + a3线性无关 Û 秩(p) = 3 Û 行列式|p| = 1 + lm ¹ 0 Û lm ¹ -1. 四 (14%) 已知空间直角坐标系中三平面的方程分别为: p1: x + y + 2z = 1, p2: x + ly + z = 2, p3: lx + y + z = 1+l.1. 问: l取何值时这三个平面交于一点? 交于一直线? 没有公

48、共交点? 2. 当它们交于一直线时, 求该直线的方程.解: 1. 令a =, b = . 初等行变换 = c. 这三个平面交于一点 Û 秩(a) = 秩(b) = 3 Û l ¹ 0且l ¹ 1. 这三个平面交于一直线 Û 秩(a) = 秩(b) = 2 Û l = 1.这三个平面没有公共交点 Û 秩(a) < 秩(b) Û l = 0.2. 当这三个平面交于一直线时, l = 1, 初等行变换c = , 于是可得交线的方程为.五 (12%) 已知3´3矩阵a = 有一个二重特征值.1. 试求参数a

49、的值, 并讨论矩阵a是否相似于对角阵.2. 如果a相似于对角阵, 求可逆矩阵p, 使p-1ap = l是对角阵. 解: 1. a的特征多项式| li -a | = = (l+ 1)(l - 2)(l - a - 2). a的特征值为l1 = -1, l2 = 2, l3 = a + 2. 因为a有一个二重特征值, 所以l3 = -1或2, 即a = -3或0.当a = -3时, l3 = l1 = -1, -i -a = , 秩(-i -a) = 1, 因而l3 = l1 = -1有2个线性无关的特征向量, 此时a相似于对角阵. 当a = 0时, l3 = l2 = 2, 2i -a = ,

50、秩(2i -a) = 2, 因而l3 = l2 = 2只有1个线性无关的特征向量, 此时a不相似于对角阵.2. 当a = -3时, (-i -a)x = 0的基础解系可取为x1 = (1, -1, 0)t, x2 = (0, 0, 1)t,它们已经正交, 单位化得p1 = (1/, -1/, 0)t, p2 = (0, 0, 1)t. 2i -a = , (2i -a)x = 0的基础解系可取为x3 = (0, 1, 0)t, 令p3 = x3 = (0, 1, 0)t, 则p = (p1, p2, p3)可逆, 且p-1ap = . 六 (12%) 假设a, b是实对称矩阵. 证明: 分块矩

51、阵m = 是正定矩阵的充分必要条件是a, b都是正定矩阵.证明: (充分性)方法一 a, b都是正定矩阵 Þ 对于任意非零的列向量x, y(其中x, y的维数分别等于a, b的阶数), 有xtax > 0, ytby > 0Þ 对于任意非零的列向量z =(其中x, y, z的维数分别等于a, b, m的阶数), ztmz = xt, yt = xtax + ytby > 0 Þ m是正定矩阵. 方法二 a, b都是正定矩阵 Þ a的特征值l1, , ls以及b的特征值m1, , m t都大于零(其中s, t分别为a, b的阶数)Þ m = 的特征值l1, , ls, m1, , m t都大于零 Þ m是正定矩阵. 方法三 a, b都是正定矩阵 Þ 存在可逆矩阵p, q使得ptap = is, qtbq = it, (其中is, it为单位矩阵, 阶数分别与a, b的阶数相同)Þ 存在可逆矩阵, 使得=Þ m是正定矩阵. 方法四 a, b都