答案线代41题课前练习考研云

线代41题课前练习答1、已知A(,,,)4阶方阵Ax的通解为 （3）求Bx

1 11 2

通解

，其

13

1

r(

k为 20则(,,,)3 320 420

1（3）因为(,,,) 2 2 41

B所以r(1,2,3)2，则r(B5B(,,,2) 33 再求Bx0的通

1 01

020B(,,,2)

；B(,,,2

3 3

0 所以Bx的通解

11

1 1 2、A为33方阵，1A关于1的特征向量，2Ax0的非零解，3A3123；A令k11k22k330，两边通乘AE得k11(AE)k22(AE)k33(AE)k1k2k3（2）A(,,)(,0,)(,,) 令P(1,23P 1

1 0 1 1 001(1)200所以B的特征值为0，1，1，则A的特征值为00(BE)0的解向量为10 00A的特征值是1的特征向量为P,,010 3 01(B0E)0的解向量为01 00A的特征值是0的特征向量为P,,100 3 0所以A的特征值为1时，特征向量为k11（其中k10）当A的特征值为0时，特征向量为k22（其中k20）.关的特征向量k11，所以A不能相似对角化. 3已知3阶矩阵A各行 和均为且AB0其中B 5 若2,3,4)T，求A能否A1：（1）因为A的各行元 特征向量为（1,1,1）T，1又因为AB0，并且B能够提供两个线性无关的列向量所以0为的二重特征值，即12 ，特征向量T,2T 2 2 3 11 3 4 1 35,5,

52n 4、设线性方程

是同解2x2xqxx x pqr的值及（Ⅰ）的通解征向量为(1,1,1)T，(1,2,1)T，求r对应的特征向量； 求矩A（Ⅰ（Ⅱ）解，将其代入（Ⅰ）得p3,q2,r2，xx由于（Ⅱ）的导出组x13x32的xx 1 所以的通解为xk （k为任意常数，则其也为（Ⅰ）11 1 0 通解 A为实对称矩阵，则其不同特征值的特征向量正交，令r的特征向量为(x,x,x xxx 1x20x2x2xx

x x 3 3 1

1221

23

1 3 1 令Q,,，则由QTAQ 1613 1613 所以A T

66

1316266121213162661212

7 3 3 3

7 131 0

1 11 2

115、已知,, , ，及 2 a2

4

b3

a 5 5求常数a,b的值，使得可由1,2,3,4线性表示，但表示不唯对（1）求得a,b，求向量组1,2,3,4,所有包含的极大无关1 1 11

1 1

a a若表示不唯一，则a1,b（2）当a1,b0时

b a b 5 a 0 1

11

0 0 6、已知三元二XTAX经正交变换为2y2y2y2，又知B 方方22

*A

伴随矩阵，求次二次型XTBX的表达12解由题知A的特征值为2,1,1A*的特征值为1,121A的特征值为2的特征向量为(1,11A的特征值为1的特征向量为(xxx)T，则xxx * 2因为 A 2

A2 2则

*A

BA12AB4E2ABA12AB同时左A1，右A得BBA2EB2(EA则B的特征值为2,1,1，其对应的特征向量为12,22,3 令P,,，则P1BP 所以BPP1

0 11

XT

2xx2xx2xx 0

1 1 27、设矩阵

0

1 3有二重特征值，P 1且B

AP 求常数a矩阵B解（1）32000EA131313a(2)283(a 6,a （2）当a2时

6由AA*AE知,A*AA1A* 6 01 6 0 4所以BP1A*P 1 6 1 2 1 6 1 210 同理，当a2时，A 5 16A*

，所以B 3 83 83

263 0A的伴随矩阵A*的正特征值中最小的02f(xxx2x23x24xx0x22 2 性变换xCy（其中xxxx)Tyyyy)T，C可逆） 22又因A0AAT2EA224AA4A*的特征值为

2x （2）由（1）f(xxx)2x23x24xxx22x23(x2222x 2 3 3 x y 则y 3(x2x)x y 3 x

0 所以xCy中可逆矩阵C 2，规范形为y2y2y233 33 3 a

3的特征方程由二重 5 求常数a,b B)对（1）中求得的a和b（当a与b值不止一个时取最小者求可逆线性变换xpy，将二次f(xxx)T1BT B) 形，并写出 解（1）由题知A 1(a2)(a1)2，则a1或 11 1 当a1时，此时A111 0，此时r(A)12，则a 11 2 EB1

b

6,b （2）由（1）知ab 1 2

B 5 0

32 3 所 0 320f(x,x,x)(x,x,x)T 32(x,x,x320

3=x23xx2x23xx 1 2 (x3x)217(x6x)242 2 17 17yx3 xy3y93 3

9

2令yx6xxy 则p 62 17 17 y x 1

f(xxxy217y242y 1710、f(xxx)x2ax2x22bxx2xx2xx经正交变 1 1 2 （1）求a,b解解（1）由题知二次型矩Ab 11即a解解（1）由题知二次型矩Ab 11即a3b（2）由（1）知A111,则EA 1111311111 3 3 5 3 1 当014Bx有可能由无穷多1）当4 11 3 18 0 18 51，此时r(B)r 30所以2）当1 所以3）当0

0 3

30，此时r(B)r 11 1311

1 2 1

11，此时r(B)r 00所综上0时有无穷多解11、设三阶矩阵A的第一行是(a,bc)（其中a,bc是不全为零的常数 3实对称矩阵B 6（其中k为常数）满足ABO（O是三阶零 k 阵 求齐次线性方程Ax0（其中xxxx) 将rA)1且c0Ax0一个基础解系扩充为一个标准正交e1e2e3（要求它们符合右手法则（仅数一B化为合同的对角矩阵，即求可逆矩阵C及对角矩阵，CTBC解（1）由于A的第一行不是零向量，所以rA)0ABOA0，因此rA)3，于是有rA)1或rA)21）当rA1时，此Ax0的基础解系中应该有两个线性无关的解. c 由于此时A等行变换 0，所以Ax0 0 ax1bx2cx3 此外ABO可a2b3c 3a6bkc 由②③得c3k0，即c0或c0，但k9 3 ,1,0当c0时，不妨设a0，则①有解

,1,0

T和0,0,1T，

T时Ax0的通解为xC1

C20,0,1（其中C1,C2为任意常数 a bc当c0但k9时，①有解1,0, c

和0,1, c c

Ax0的通解 a b xC11,0 C20,1, （其中C1,C2为任意常数 2）当rA)2时Ax0ABO知解为(1,2,3)TAx0xC(1,2,3)T（其中C为 意常数（2）（1）rA1且c0时Ax0

1aa a3于是可取a2,a1,a02,1,0)T，由此可得正交向量 e1 1, (0,0,1)T,e 2,1, 5,

yyyy) yTByy26yy6yy4y212y

kyz1y12y2

1 1 2 =(y2y3y)2(k9)y y1z13z2 2记

即yCz其中C 1 z

y

（可逆矩阵zzzz) yTBy

(k

k

z

k

C1 0 0 由此得到BC1)T

k k C C 12、设三维向量空间有两个基e1,e2,e3和e1,e2,e3，它们 e e2e3eee

e3e 如果向量b2e1e23e3e1e2e3下的坐x1x2x3组成的三维向xxx)T是三阶矩阵A

2 0 0 0的一个特征向 2 求常数a,bA是否与对角阵相似？若果能，求使得P1AP的可逆矩阵和对角阵；若果不能，说明理由.解（1）由题

1 (e,e,e)(e,e,e) 2 1

3得(e,e,e)(e,e,e) 3

22，所12 12

2

(e1,e2,e3)