线性代数(1)试卷答案

《 线性代数》试卷（A）卷答案

一、 填空题（每空 3分，共 24 分）

11. 2 2. 192 3. 6 4. 5. E 6. E(i,j) 7. 0,0,3.

4211*A221 8. 

111二、(1)证明：由2BA1B4EBA2B4A0B(A2E)4A0

B(A2E)4(A2E)8E(A2E)(B4E)8EA2E是可逆的，

且

1(A2E)1(B4E)8.

(2)由2BA1B4E(B4E)A2BA(B4E)12B，

024010002032(B4E,2B)120240010110002004001002， 020故A110.

002401214210101 三、 解：A13143010121300041（1）当4时，R(A)3,R(A)2，所以方程组无解.

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（2）当4时，R(A)R(A)23,方程组有无穷解.方程组的同解方程组为

4101040121421014A1314301001010011121300041000144xx314 x211x4441于是方程组的基础解系1,0,1,0，特解为0,1,0,，所

44TT以方程组的通解Xk0.

2111四、解：A5231031111121032028001112100000000 10因此向量组的秩为3，它的一个极大线性无关组为1,2,5，

3122;412

五、解：（1）二次型对应的矩阵

1a1a0A1a1a0

002第 2 页 共 4 页

由于矩阵A的秩为2，A0，即

1a1a0A1a1a00

002得a0.

110 (2)当a0时，A110，则

0021EA10100(2)20

210当12时，由2EAX0的线性无关的特征向量为

11,1,0,20,0,1

当20时，由AX0的线性无关的特征向量为31,1,0 将1,2,3单位化1TTT11TTT1,1,0,20,0,1,31,1,0 22记Q1,2,3，则Q为正交矩阵，令XQY，于是

2 f(x1,x2,x3)2y122y2121六、解 ①因为23310 所以1,2,3线性无关

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31452140 故1,2,3线性无关 116从而它们都是R的基

② 设(1,2,3)(1,2,3)P 故P(123)1(123)

3

2771419209 4128③ x11x22x33，解出方程组可求出x117,x24,x33。

七、证明：首先证明必要性

因为方程组AX0有非零解，则A0，于是

0EAA(1)nA0

即方阵A有零特征值.

再证明充分性

A有零特征值，则00EAA(1)nA，所以A0，即得齐次线

性方程组AX0有非零解

八、证：若有数l1,l2,,lk使得l1Aα1l2Aα2lkAαk0

上式两边左乘A1，则有l1α1l2α2lkαk0，由α1,α2,,αk的线性无关性知l1l2lk0，这表示Aα1,Aα2,,Aαk线性无关.

设有数l1,l2,,lk使得l1α1l2α2lkαk0 上式两边乘A，则有l1Aα1l2Aα2lkAαk0，由Aα1,Aα2,,Aαk的线性无关性知l1l2lk0，这表明α1,α2,,αk线性无关.

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