线性代数自考题模拟14

线性代数自考题模拟14

第一部分选择题

一、单项选择题

在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的

1.零为矩阵A的特征值是A不可逆的______

A.必要条件

B.充分条件

C.非充分、非必要条件

D.充要条件

答案：D

[考点]矩阵可逆性

[解答]零为矩阵A的特征值

不可逆．故选D．

2.设λ1，λ2是矩阵A的两个不同的特征值，α与β是A的分别属于特征值λ1，λ2的特征向量，则α与β______

A.对应分量成比例

B.线性无关

C.可能有零向量

D.线性相关

答案：B

[考点]特征值与特征向量

[解答]因λ1≠λ2，α与β是A的特征向量，则α≠β．则由定理5.2.4得α，β线性无关．

3.设λ1与λ2是矩阵A的两个不同的特征值，ε，η是A的分别属于λ1，λ2的特征向量，则______

A.存在常数k1≠0，k2≠0，使k1ε+k2η是A的特征向量

B.存在唯一的一组常数k1≠0，k2≠0，k1ε+k2η是A的特征向量

C.对任意k1≠0，k2≠0，k1ε+k2η是A的特征向量

D.当k1≠0，k2≠0时，k1ε+k2η不可能是A的特征向量

答案：D

[考点]特征向量

[解答]假设k1ε+k2η是A的属于λ的特征向量，

即A(k1ε+k2η)=λ(k1ε+k2η)，

即(k1λ1ε+k2λ2η)=λk1ε+λk2η，

即(k1λ1-k1λ)ε+(k2λ2-k2λ)η=0，

而ε与η分属于A的两个不同特征值的特征向量，

故线性无关，故

又k1，k2都不为0，得λ=λ1=λ2与λ1≠λ2矛盾．

故当k1≠0，k2≠0时，k1ε+k2η不可能是A的特征向量，选D．

4.设三元实二次型

则其规范形为______

A．

B．

C．

D．

答案：C

[考点]求二次型的规范型

[解答]三元二次型

经过可逆线性变换：

z3=2x3，则其规范型为

5.设λ0是n阶矩阵A的特征值，且齐次线性方程组(λ0E-A)x=0的基础解系为η1和η2，则A的属于λ0的全部特征向量是______

A.η1和η2

B.C1η1+C2η2+C2(C1，C2为任意常数)

C.C1η1+C2η2(C1，C2为不全为零的任意常数)

D.η1或η2

答案：C

[考点]特征向量

[解答]对任意常数C1，C2，都有(λ0E-A)(C1η1+C2η2)=C1(λ0E-A)η1+C2(λ0E-A)η2=0．

即有

A(C1η1+C2η2)=λ0(C1η1+C2η2)．

但又由于零向量不是特征向量．

故属于λ0的全部特征向量即为C1η1+C2η2，(

)，故选C．

第二部分非选择题

二、填空题

1.行列式

的值为______．

答案：0

[考点]行列式计算

[解答]

2.设A是n阶方阵，A*为A的伴随矩阵，|A|=5，则方阵B=AA*的特征值是______，特征向量是______．

答案：5任意n维非零向量α

[考点]特征值与特征向量

[解答]因为AA*=A*A=|A|E，所以对于任意n维非零向量α，有AA*α=|A|Eα=|A|α．所以|A|=5是B=AA*的特征值，任意n维非零向量α为其对应的特征向量．

3.已知矩阵

有一个特征值为0，则x=______．

答案：

[考点]特征值的性质

[解答]A的行列式等于A的所有特征值的乘积，因为A有一个特征值为0，所|A|=5-2x=0，

4.三阶方阵A的特征值为1，-1，2，则B=2A3-3A2的特征值为______．

答案：-1，-5，4

[考点]特征值的求法

[解答]设A的特征向量α，对应特征值λ，则有

Bα=(2A3-3A2)α=2A3α-3A2α=2λ3α-3λ2α=(2λ3-3λ2)α，故2λ3-3λ2是B的特征值．

5.已知矩阵A与对角矩阵

相似，则A2=______．

答案：E

[考点]相似矩阵

[解答]因A与D相似，且

则存在可逆矩阵T，使得TAT-1=D．

则

即

两边分别左乘T-1，右乘T，

则

即A2=E．

6.设

且A的特征值为2和1(二重)，那么B的特征值为______．

答案：2和1(二重)

[考点]特征值的求法

[解答]因为|λE-A|=|(λE-A)T|=|λE-AT|，即A与AT有相同的特征多项式，故有相同的特征值，又AT=B．故B的特征值即为2和1(二重)．

7.设二次型

则二次型对应的矩阵为______．

答案：

[考点]二次型及其标准形

[解答]由对称性易知为

8.已知矩阵

相似，则x=______，y=______．

答案：0，1

[考点]实对称矩阵的相似

[解答]因A～B，故tr(A)=tr(B)，故2+x=2+y-1．

又因A～B，故|A|=|B|，故-2=-2y，故y=1，x=0．

9.设A为3阶实对称矩阵，如果二次曲面方程

在正交变换下的标准方程的图形如图所示，则A的正特征值的个数为______．

答案：1

[考点]空间解析几何与线性代数的问题

[解答]

由图形可知二次曲面为双叶双曲面，其标准方程应为

从而方程左端对应二次型的正惯性指数为1，即正特征值的个数为1．

10.设A，B为n阶方阵，且|A|≠0，则仙和BA相似，这是因为存在可逆矩阵P=______，使得P-1ABP=BA．

答案：A

[考点]相似矩阵

[解答]由|A|≠0知A可逆，又A-1(AB)A=BA，故P=A．

三、计算题

本大题共7小题，每小题9分，共63分

1.设A为n阶实对称矩阵，且A3-3A2+5A-3E=0．证明：A正定．

答案：证明：设λ是A的任一特征值，对应特征向量为x≠0，即Ax=λx，则有

(A3-3A2+5A-3E)x=(λ3-3λ2+5λ-3)x=0，

也即λ满足λ3-3λ2+5λ-3=(λ-1)(λ2-2λ+3)=0，

解得λ=1或

因为A为实对称矩阵，其特征值为实数，故只有λ=1，即A的全部特征值就是λ=1＞0，所以A为正定矩阵．

[考点]正定矩阵

设λ=1是矩阵

的特征值，求：2.t的值；

答案：

即t为任何值时，矩阵都有特征值1．

3.对于λ=1的所有特征向量．

答案：

取x3为自由未知量，并令x3=1，得ε=(0，2，1)T．

即属于λ=1的全部特征向量为kε=k(0，2，1)T，k任取但不为0．

[考点]特征值与特征向量

4.设A为m×n实矩阵，E为n阶单位矩阵，已知矩阵B=λE+ATA，试证：当λ＞0时，矩阵B为正定矩阵．

答案：证明：因为BT=(λE+ATA)T=λE+ATA=B，所以B是n阶实对称矩阵，构造二次型xTBx，那么

xTBx=xT(λE+ATA)x=λxTx+xTATAx=λxTx+(Ax)T(Ax)．

，恒有xTx＞0，(Ax)T(Ax)≥0，因此，λ＞0时，

，有xTBx=λxTx+(Ax)T(Ax)＞0．

二次型为正定型，故B为正定矩阵．

[考点]正定矩阵

设矩阵A与B相似，其中

5.求x和y的值；

答案：A的特征值为-1，1，x；B的特征值为y，1，1．

A～B，故特征值相同，相比较得y=-1，x=1．

6.求可逆矩阵P，使得P-1AP=B．

答案：

令λ=1，解(λE-A)x=0得ε1=(1，1，0)T，ε2=(1，0，1)T．

再令λ=-1，解(λE-A)x=0得ε3=(1，0，0)T．

取

则有P-1AP=B．

[考点]实对称矩阵的相似

7.设有n元实二次型f(x1，x2，…，xn)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+…+(xn-1+an-1xn)2+(xn+anx1)2，其中ai(i=1，2，…，n)为实数，试问：当a1，a2，…，an满足何种条件时，二次型f(x1，x2，…，xn)为正定二次型?

答案：由已知条件知，对任意的x1，x2，…，xn，恒有f(x1，x2，…，xn)≥0，

其中等号成立的充分必要条件是

根据正定的定义，只要x≠0，恒有xTAx＞0，则xTAx是正定二次型，为此，只要方程组(1)仅有零解，就必有当x≠0时，x1+a1x2，x2+a2x3，…不全为0，从而f(x1，x2，…，xn)＞0，亦即f是正定二次型．而方程组①中只有零解的充分必要条件是系数行列式

即当a1a2…an≠(-1)n时，二次型f(x1，x2，…，xn)为正定二次型．

[考点]正定二次型

8.设

求A100．

答案：可求得A的特征值λ1=-1，λ2=1，λ3=2，对应特征向量分别为

令

[考点]相似矩阵

设A为n阶实对称矩阵，秩(A)=n，Aij是A=(aij)n×n中元素aij的代数余子式(i，j=1，2，…n)，二次型

9.记x=(x1，x2，…，xn)T，把f(x1，x2，…，xn)写成矩阵形式，并说明二次型f(x)的矩阵为A-1；

答案：由于

因为r(A)=n，知A可逆，又因A是实对称的，有(A-1)T=(AT)-1=A-1，

可知

是实对称矩阵，于是A*是对称的，故二次型f(x)的矩阵是A-1．

10.二次型g(x)=xTAx与f(x)的规范形是否相同?说明理由．

答案：经坐标变换x=A-1y，有

g(x)=xTAx=(A-1y)TA(A-1y)=yT(A-1)Ty=yTA-1y=f(y)．

即g(x)与f(x)有相同的规范形．

[考点]实二次型

四、证明题

本题7分

1.设λ1，λ2是方阵A的特征根，λ1≠λ2，η1，…，ηr是A的对应于λ1的线性无关的特征向量，ε1，…，εs是A的对应于λ2的线性无关的特征向量，证明η1，…，ηr，ε1，…，εs线性无关．

答案：证明：由题意Aηi=λ1ηi(i=1，…，r)，Aεi=λ2εi(i=1，…，s)．

设k1η1+…+krηr+l1ε1+…+lsεs=0……(*)

左乘A得λ1(k1η1+…+krηr)