2006级线性代数期末考试题a卷答案_h

1、信息学院本科生 20072008 学年第一学期（A 卷答案）一、 (13 每小题 2 分，46 每小题 3 分，共 15 分)1. 2. 3. 4. C5. C二、 计算题 (第 1 小题 7 分，第1. 解：各列都加到第一列得，6. B2 小题 8 分，共 15 分)提出共因子nxi - mx2x3xn1x2 x2 - m#x2x3 x3 #x3xn xn #xn - mi =1n x 1n- mx - mxx= x- m=i23nD #i =1in i=1#1nxn - mxi - mx2x3i =1(2 分)(2 分)1x2-m#0x3 0 #0xn 0 #-m- m 0- m (-m)

2、nn=n-1xx各行减去第一行得，ii#0 i=1 i=1(2 分)(2 分)2.按第一列展开a 0 # 0bb a # 000b # 0000#a000#b aab # 000#a00#bb a #00b#000#a00#= aA =+ b(-1)n+1，00an-1bn-1(2 分)= aan-1 + b(-1)n+1bn-1 = an + (-1)n+1bn(1 分)(1 分)10#002#000#nOBAO= (-1)(2n+1)n an + (-1)n+1 bn n!B = n!，= (-1)1+ n+( n+1)+ 2nCAB(2 分)三、(1 分)(1 分)(8 分)解：显然 x

3、i 0, i = 1, 2, n ，故将( A,E ) 的第 j 行和第 j1 行( j = n, n - 1, 2 )互换得到00#x1 0 # 00000# xn000#n- 2000#01101 # 0000 # 00 # 010x0 # 00x1 21( A, E)= # #00#00%00(1 分)xx110n-1 x100x nn-1(3 分)10000#01/ xn 0000#01/ xn 01 # 0000 # 10001/ x01/ x0 # 0 # 0000 # 00 #11 故 A-1 = #00#0101 / x00(1 分)1 / xn- 2n- 2001 / x01

4、 / xn-1n-1(3 分)四、证明：由a1 ,a2 ,a3 线性相关知必存在一组非全零数k1 , k2 , k3 使得 k1a1 + k2a2 + k3a3 = 0 (2 分). 则必有k = 0 ，否则若 k 0 ，则由得a =- 1 (k a+ k a )，这与a 不能被a ,a 线性表示矛盾. (3 分)于3331 12 2312k3是变为k1a1 + k2a2 = 0 ，且k1 , k2 非全零，因此a1 ,a2 线性相关. (3 分)另外，可用反证法。假设a1 ,a2 线性无关. 设有一组数k1 , k2 , k3 使得k1a1 + k2a2 + k3a3 = 0 ，(2 分)则

5、必有k = 0 ，否则若k 0 ，则由得a = - 1 (k a + k a ) ，这与a 不能被a ,a 线性表示矛盾. (3 分) 于是3331 12 2312k3变为k1a1 + k2a2 = 0 ，由于a1 ,a2 线性无关，故可得k1 = k2 = 0 ，因此必有k1 = k2 = k3 = 0 ，故a1 ,a2 ,a3线性无关，这与a1 ,a2 ,a3 线性相关矛盾，故假设错误，即应有a1 ,a2 线性相关. (3 分) 五解：1对方程组的增广矩阵施行行初等变换，得到： 1 3a11214112311231-3 6-11100120012001600a-3a0 0(A,b) = ，

6、（3 分）。b - 3a05b 02- 2a20可见当b - 3a = 0, 2 - 2a = 0 ，即a = 1, b = 3 时，方程组增广矩阵的秩等于系数矩阵的秩，方程组有解。（2 分）x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 0 x2求方程组的导出组的基础解系，即解方程组：。（2 分）。+ 2 x + 2 x + 6 x = 0 2345此方程组有三个自由未知量。分别取 x3 = 1, x4 = 0, x5 = 0 和 x3 = 0, x4 = 1, x5 = 0 和 x3 = 0, x4 = 0, x5 = 1 ，解得该 115-2 -2 -6 , , 0 。（3 分）方程组

7、的一个基础解系为：1000 10 01 3求a = 1, b = 3 时的方程组的一个特解，将方程组的未知数 x3 , x4 , x5 取为 0 再解方程组，得到 x1 = -2, x2 = 3 。（2 分）。于是方程组的全部解为： x1 5 -2 1 1 x -2 -2-63 2 x3 = c1 + 0 。c1, c2, c3 任意取值。（1 分）+c2 +c3 100010001 x 00 4 x 5 011A = 101。（2 分）六解：该二次型的矩阵为：101因此该矩阵的特征多项式为：l-1-1-l - 1l + 1-1l 2 - 1-1l-1-100-1l E - A-l - 1 =

8、 -(l + 1)2 + (l 2 - 1)(l + 1) = (l + 1)2 (l - 2).2 分）。=-1 =ll所以该矩阵的特征根为l1 = l2 = -1 和l3 = 2 。（1 分）。先求关于l = -1 的特征向量，即解线性方程组(-1 E - A) X = 0 ，经消元知仅需解以下方程： x1 + x2 + x3 = 0 。 -1 -1和0 。（2 分）于是知矩阵 A 的关于l = -1的线性无关的特征向量为 1 1 0 再求关于l = 2 的特征向量，即解线性方程组(2E - A) X = 0 ，经消元知仅需解以下方程： 2 x1 - x2 - x3 = 0。 - x +

9、2 x - x = 01231解此线性方程组，求得一个非 0 特解，也就是矩阵 A 的关于l = 2 的特征向量为1 。（2 分） 1 -1 1 1 和1 。（2 分）。且此二向量已将关于l = -1的两个线性无关的特征向量正交化，得到两个正交的向量： 0 -2 ,-2 161611 12223 , 。（2 分）。与 1 正交。再将此两个向量及11单位化，得到三个两两正交的单位向量： 3 110 - 21 6 3 -2216162613 于是求得的正交变换为 x = y ，得到的二次型标准形为- x2 - x2 + x2 。该二次型的负惯性指数22013 123-13 为 2。（2 分）n =

10、 1时，因Q - E 0 ，所以Q - E 可逆，因此Q = (Q - E )(Q - E )-1Q = Q 。于是下式成立：七解：1A1 = PQ = PQ1， 0E 0E 即 n = 1时命题成立。（2 分）Qk Pkn = k时命题成立，即 A = k 成立，其中 Qk = ( P - E)( P - E) Q ，-1k假设当（1 分）0E 依据矩阵方幂的定义， Ak+1 = Ak A ，（1 分），所以n = k + 1 时， PkQ PE 0Pk +1Q PkQ + QAk+1 = Ak A = =k ，k （2 分）E 00E计算知，PkQ + Q = PkQ + ( Pk - E

11、 )( P - E )-1Qk= Pk ( P - E )( P - E )-1 + ( Pk - E )( P - E )-1Q = Pk+1 - Pk + Pk - E ( P - E )-1Q （3 分）。= ( Pk+1 - E)(P - E)-1Q = Q,k +1所以当n = k + 1 时，命题成立。因此命题对一切正整数都成立。（1 分）八、证明：因为a ,a ,a 是n 维线性空间V 的一组基底，所以a ,a ,a 线性无关，V 的维数为 n，V 中任12n12n意 n 个线性无关的向量都可以构成 V 的基底。(1 分)（1）a1,a 2 ,a n 是 n 维线性空间V 的一组

12、基底，需要证明a1,a2,ai-1,an+1,ai+1,an,i = 1,2, n 可构成 V 的基底。令 k1a1 + k2a2 + + ki -1ai -1 + kian +1 + ki +1ai +1 + + knan = 0,i = 1,2, n （1）又an+1 = x1a1 + x2a2 + + xiai + + xnan ,（2）其中 xi 0,i = 1,2, n将式（2）代入式（1）可得：(k1 + ki x1)a1 + (k2 + ki x2 )a2 + + (ki-1 + ki xi-1)ai-1 + kiai + (ki+1 + ki xi+1)ai+1 + + (kn

13、 + ki xn )an = 0因为a1,a 2 ,a n 线性无关，所以有：k1 + ki x1 = 0, ki-1 + ki xi-1 = 0, ki xi = 0, ki+1 + ki xi+1 = 0, kn + ki xn = 0因为 xi 0,i = 1,2, n ，所以ki 0,i = 1,2, n .进而可得： k1 = k2 = = ki -1 = ki +1 = = kn = 0 ，所以a1,a2,ai-1,an+1,ai+1,an,i = 1,2, n 可构成 V 的基底。（2） an+1 = x1a1 + x2a2 + + xiai + + xnan, x1 0 ，（1

14、 分）所以：a = - x2 a - x3 a - - xn a +1 ax（2 分）n +1123nxxx1111a 在基底a ,a ,a下的坐标为(- x2 ,- x3 ,- xn ,) （1 分）1n+1123xxx1 x111九、证明：（1）方法 1：因为存在可逆矩阵 U，使 A=UTU, 令 U-1=G , 则(UT)-1AU-1 = GT A G = E (其中 E 为 n 阶单位矩阵)所以 A 与 E 合同，是一个正定矩阵。又正定矩阵的所有主子式大于 0。A 的主对角线上的所有元素是它的一阶主子式，都大于 0。 u11u1n u12 u22 un 2% =u21u2n ，方法 2：令可逆矩阵U un1unn u1222un 2u11un1 u11u1n u2122u2n% uuu则 A = uuu2n （1 分）n22112% u1nunn unn un1A 的主对角线上的元素： a = u + u + + u2 ,i = 1,2, n （2 分）22ii1i2ini因为 U 可逆，所以u1i ,u2i ,uni 是不全为零的实数，所以 aii0,（1 分）即 A 的主对角线上的元全大于零（1 分）个正交单位特征向量， 对应的特征值是 l1 ,l2 ,ln ， 则存在正交矩阵（ 2 ） a1 ,a2 ,an 是A的nF=(a1 ,a2