几代-几何与代数试卷

为了方便信息学院25为精心准备了这一系列的学习辅导资料本系列涵盖了高等数学几何与代数等一系列信息学院的必修科目的往年考试以及学长们的学习心得并基于这一列的学习资料建立起沟通的本书为几何与代数学习辅导资料，内含05214年期末考试真题以及部分年份的详细的答案析部分答案与学校提供的标准答案相比还有往年学长自己总详细解答方法以及一题多解本书除了资料详内容丰富以外还兼具了装帧美性强、搜料，排队而烦恼，大家可以放心使用。我们旨在建立一个信息交互的平台，也期望使用这份资料的为我们提供宝贵的建议。这也是我们制作这份系列资料的第一年，若编写的资料存在任何问题也希望读者多多谅解，并及时反馈指正，反馈邮箱 ，我们的进步需要的支持与帮助！信息科学与科协学习辅导中几何与代数B期末考试 几何与代数B期末考试 几何与代数B期末考试 几何与代数B期末考试 几何与代数B期末考试 几何与代数B期末考试 几何与代数B期末考试 几何与代数B期末考试 几何与代数B期末考试 几何与代数B期末考试 几何与代数学习心 参考答 （A课程名 几何与代 考试学 05-06- 适用专 电类各专 考试形 120分—二三四五六共共4页第PAGE4共4共4第PAGE4（A课程名 几何与代 考试学 06-07- 适用专 电类各专 考试形 120分—二三四五六(30%)填空题（I表示单位矩阵向量(1,0,1),(1,1,0),(1,1,k)共面时参数k的值为 1 0 1 10 1 1 向量组 ,2 ,3,4 的秩等 2 1 3 1 0 2假设矩阵A1(2,t)，若1是A的特征值，则参数t的值2二次型f(x,y,z)x22z22xy的正负惯性指数分别 下列图形中，能表示二次曲面f(x,y,z)1的图形的标号

z

，

，

， 由曲线y

若向量组

1

1

,

1

a 2 定满足条 3 0若A b与B 0相似，则a,b,c 二．（10%）已知向量组1,2,3,4线性无关，问：当参数p1223212233244p14也线性无关三．（15%）假设p,q是参数，空间直角坐标系中平面1,2,3的方程分别1:xy2z1，2:2xpyz2，3:3x5y2z（15%）P

2 1 2 1

，

1 0 0 1

APPAA99 1（15%）已知二次型f(xxxx2x2 1f,假设a0，求t 2x2x2x2 2

f(x1x2x3 b 已知矩阵A I，其中，ad2,adbc1。证明：A不 证明：Axb有并且只有nr1个线性无关的解向量。A、B都是可逆的实对称矩阵，且A、B、ABB1A1也是正共4共4第 卷（A卷课程名 几何与代 考试学 07-08- 得适用专 考试形 闭 考试时间长度120分—二三四五六七八（21%）若矩阵A 0，n是正整数，则An 1 假设4阶方阵A,1,2,3,B,1,2,3的行列式分别等于23矩AB的行列式AB 点P(1,2,3)到平面2xyz5的距离 设A b，Ba b，则满足APB的初等矩阵P cd c d 矩阵A x正定的充分必要条件是参数x满足条 2 已知二次型f(x,y,z)x2y22z22xz2tyz若f(x,y,z)1表示直角坐标系中的单叶双曲面，则参数t满足条 设ns，若A是sn矩阵，则n阶方阵ATA的行列式ATA （9%）假设矩阵A b，若对任意2阶方阵B都有ABBA，则(a,b,c) 1 B.(1,0,0) Ｄ． 3 0 0 0 假设矩阵A ,B ,C ,D

A与C相似，B与D合同； Ｂ．A与C合同，B与D相似；Ｃ．A与B相似，C与D合同； Ｄ．A与B合同，C与D相似．存在可逆矩阵P，使得P1APB B.存在可逆矩阵P，使得PTAPＣ.存在可逆矩阵P,Q，使得PAQB xtyz三．（16%）已知平面的方程为xyz1，直线l的方程为 3x2ytz10 0四．（14%）假设矩阵A0 1,B01，求矩阵X，使得A1X2XB 0 2 1 0五．（16%）已知矩阵A 2与B 0相似

求参ab的值

问：是否存在正交矩阵Q，使得QTAQB六．（8%）已知空间直角坐标系中曲线的方程为3zy1y1)，平面x xz2。记2是z求2的方求1与2的交线在xOy平面上的投影曲线A2xAx6x0BxAx，求矩阵CABBC共4共4第PAGE3 卷（A卷课程名 几何与代数 考试学 08-09- 得适用专 电类专 考试形 闭 考试时间长度120分—二三四五六七一.（30%）设n是正整数，矩阵A ，则A O

1 B 若分块矩阵 与 可交换，且B是可逆矩阵，则A 若3阶方阵A的行列式A3，则A的伴随矩阵的行列式A* 已知A是2阶方阵，若trA2，A3，则A的特征值 R3的子空间V{(x,y,z)|xyz0}的一组基 yz直 x如果方程x22y2z22kxz1表示双叶双曲面，则参数k满足条 若矩阵A,B满足BATATB 2，则BTAABT 0 2 1如果矩阵A 与B 合同，则参数a,b满足条 2 b 0 1二.（10%）设矩阵A 1

三 1a122b233c31 1 1 x1四.（16%）A

2 2,b2,xx

2 3

3 x3 4 4五.（14%）A

1

，

1。 1。 1

于对角阵。如果A相似于对角阵，求对角阵及相应的相似变换矩阵。共4共4第PAGE4六.（8%）设有球面x2y2z22x4y6z0，平面过球面

七.（12%）设n2，n维列向量，且pq都是非零实数，ApTqT。kkIA共4共4第PAGE4 卷（A卷课程名 几何与代数 考试学 09-10- 得适用专 电类专 考试形 闭 考试时间长度120分—二三四五六七一.（30%） 1 1b 1 若A ,B ，且(AB)2A2B2，则ab 1 设2阶方阵A(,)，B2,3若BAC则矩阵C xy3z直线x2yz1的一个方向向量 1 1 1如果向量组1,a,2线性相关，则参数a满足条 ,向量1在R2的基13下的坐标 ,2 如果1是矩阵

2a的属于特征值b的特征向量，则(a,b) 假设A是22矩阵，若可逆矩阵P(,)满足P1AP 0，Q, Q1AQ 假设A是22矩阵若AE,AE都不可逆则行列式A2E 1 2若A1,2 ,n是nn正交矩阵，则BT1 2

r(1rn)的特征多项式r 11二.（10%）设A 1，B 。已知XABX，求X 0 2 x 2x 三.（14%）设线性方程组2x3x

4xb 3x15x2x3(a6)x4当参数a,b 1 0四.（14%）假设矩阵A 2,B 0，且A与B相似

求参ab的值

证明存在矩阵C,AC2 x2 五.（10%）设是抛物线 绕y轴旋转所得曲面，2是平面 2 4 z求的方程；求与2xOy平面上的投影曲线的方程；并画出由、六.（12%）f(xxxx2x2ax24xx2xx 1 2七.（10%）件是Br(B)s。ABnn矩阵，若存在不为零的数xyABABBA

第第PAGE44 课程名 几何与代数 考试学 得适用专 电类各专 考试形 闭 考试时间长度120分—二三四五六七一.填空(2分,30分设向量=(1,1,1),矩阵A=T,则A10 A的秩r(A) ,A的行列式|A| x y 与平面:x2y+z1=0的交点坐标 直线l与平面的夹角 设四面体的四个顶点为:A(0,0,0),B(1,0,1),C(0,1,1),D(1,1,1),则该 面体的体积V 设A,B为3阶矩阵,|A|=1,|B|=2,则2AAB 1 0 已知1=02=13=2.若12是向量组123 性无关组,则a ,向量组1,2,3生成的向量空间L(1,2,的一组标准正交基 L(1,2,3)的维数 0 0当a满 时,矩阵13与10 0b 0当b满 时,矩阵1b与1b 0曲线y2z10绕z轴旋转一周所得的曲面S的方程 x曲面S的与平面2x+2yz2=0的交线到xOy平面的投影柱面S1的方程 设二次型f(x,y,z)=x2+2y2+kz2+2yz,则参数k满足 二次曲面f(x,y,z)=1为单叶双曲面.1 21 2 12n.三.(12分)设三个平面1:x+2y+z= 2:2x+5y+z= 3:xy+az=ab满足什么条件时这三个平面交于一点?a,b满足什么条件时这三个平面交于一条直线?a,b满足什么条件时这三个平面无公共交点?,101 1四.(6分)设32矩阵X满足AX=B,其中A= 20,B=02,求 00 0 1011五.(20分)设矩阵A= 11 A的特征值和特征向量P和对角矩阵,P1APQ,Q1AQ为对角矩阵?为什么B=023 x00B=02300 f(xx2x1,求行列式|f(A)|的值六6分)f(xy,zxy二次型f(x,y,z)的秩 ,正惯性指数 曲面(x+yz)2x=0的类型,并作出其草图(能体现曲面的种类即可,不必七10分)1.nAA*O,1,2Ax=的两个不同的解.证明A3阶实矩阵,而且||A||=||||3维列向量都成立.证明:A为共4共4第PAGE4 课程名 考试学 适用专 考试形 闭 考试时间长度120分—二三四五六七12为2维列向量，A1,2BB

(12,212，且A3，则

A

AB；设A是3阶矩阵将A的第2列加到第3列得到则满足APB的P L:x2yz1 2xyz20的直线方程 R3空间的3个向量,,共面，则它们的线性相关性 向量(1,2,2)T,(2,1,1)T，则内积2,2

2，若，则向量的长度

2 2 与对角矩阵相似，则t A设3阶矩阵A的特征值互异 则A的秩 设矩阵A是3阶正定矩阵，则方程xTAx10表示的二次曲面类型是。11432

A A 1

AX8EO x1x2x x2xax （14%）设线性方程组 4xa2x x2x2x2 （12%）设1,1,1)TATBEAB*B六、（14%）f(x,x,xx23x2x22axx2xx2xx的秩为2 1 1 2二次曲面f(x1,x2x34的类型，作出该二次曲面的草图。ABnAB0AB0和PTBP均为对角共4共4第PAGE4 卷（A卷课程名 几何与代数 考试学 14-15- 得适用专 电类专 考试形 闭 考试时间长度120分—二三四五六七一.（30%） 若设A= )，B=

)满足AB=BA，则x ，y 设三阶方阵A=(𝛼，𝛽，𝛾)，B=(𝛼，𝛽，𝛿)，且|𝐴|=−1，|𝐵|=2，则|𝐴𝐵|直线

𝑥+2𝑦+3𝑧=2𝑥+3𝑦+4𝑧=

与x+y+z+1=0的夹角 = 曲面𝑥2+2𝑦2+𝑧−1=0与z=2xy的交线在xOy平面内的投影曲线L. 设n阶方阵A与n维列向量ξ满足Aξ≠0,Aξ=0,则向量组ξ，AξAξ关 一定与Ax=b同解① ②PAx= ③𝑃𝑇𝐴𝑃𝑥= ④𝑃−1𝐴𝑃𝑥= 设 实矩阵( 𝑎)与 0)合同的充分必要条件是 ， 设n阶方阵A的秩为1，tr(𝐴)=2，则满足𝐴2=𝑘𝐴的实数 （6分）设𝛼1−1)，𝛼21)，𝛼33)，𝛼40).求向量组𝛼1𝛼2𝛼3𝛼4的

𝑥1+𝑥2+𝑥3+5𝑥2=𝑥2+3𝑥4=

𝑥1+(𝑎+1)𝑥3+2𝑥4=−𝑥1−𝑥3−2𝑥4=𝑎−（8分）

𝐸，其中A=( −1 0，求矩阵X使得BX=𝐵𝑇B=)E=) B=)E=)011（12分）设A=(0−1)10A的特征值和特征向量求标准正交向量组𝛼1𝛼2,𝛼3和实数𝑘1𝑘2,𝑘3使得A=k𝛼1𝛼𝑇+𝑘2𝛼2𝛼𝑇+𝑘3𝛼3𝛼𝑇 六（12分）设二次型f(𝑥)=𝑥𝑇𝐴𝑥,其中A= 1+ 𝑎)，x=(𝑥2) 1.用配方法把二次型f(𝑥)化为标准形，并写出所用的可逆线性变换xPy)=（8分）c是曲面𝑥22𝑥𝑦𝑧10与yOz平面的交线，Scz轴旋转求曲线c的方程八、证明题（每小题5分，共10分）设平面𝜋𝑖𝐴𝑖𝑥+𝐵𝑖𝑦+𝐶𝑖𝑧=𝐷𝑖的法向量𝑖=(𝐴𝑖𝐵𝑖𝐶𝑖)，i=1,2,3.证明：三平面𝜋1𝜋2交于一点的充分必要条件是它们的法向量1,2,3不共面2.设A=(𝑎𝑖𝑗)3×3为非零实矩阵，𝑎𝑖𝑗的代数 式为𝐴𝑖𝑗.若对于任意的i,j=1,2,3，有𝐴𝑖𝑗=𝑎𝑖𝑗，证明：A为正交阵.作为一个学完几代的学长我在此单和大家一些自己认真上好每一堂课对于学习好几代是格外重要的。上的知识和技主要由老师在堂上以授课的形式传授你。你在上应集精力听讲，积极思考老师问题，迅速而恰当地做笔记。，看书的准确程序是：课前看书(通读，留神有疑问处)，课上尽量不看书(老师要求看书时除外)，下课后再看书(复习巩固)。有的人恰恰相阅读教科书外的其它不同作者在编书时，思路、组材、行文和侧重点等方面都是有一些子差异的。仅仅阅读一本，不免会使你陷入"偏听则暗"的狭隘局限。因此，我建议在学校统一订购的之外，还应多参考几本来自其它作者、高校和的线性代数。在老师讲授教科书，同与其它数学课程的学习方法一样，几代的学习也要特别注重理。死记背或会起一的效果透理解方能握。注理解重要概念，如：模、秩、基等。了掌握提供的例题的解法以外自己还要延伸思考与其相行几代习题般分基础、点题部分前者容易，者有大一分较为。果仅仅了考过关那么慎用“题海”战和能力结果搞得焦烂额信心无。其，上的例最后，祝大家都能学好这一.（24%）

05-06-2c d 2x+y+z−3=

a b 3.(1，1，−(1,,xk(0,1,1)T 35(1,,2

5.434

6.k>1或k< 二.（30%）

06-07-21.- (1，1，1 3.− 2和1 5.z=𝑥2+ 6.a≠1,b≠7.三.P≠8四五.（30%）

0708 1. 0；2.40；3. 6 0； 0x 6t1或t17.08.k1或k1二 八八.六.（30%）

0809 n 1. 1；2.O；3. 4.9； -1和 6.1和1 x27. z38.k1或kx2

010a2且b 二 0 0

0 0

-2A-2E

1 3由 -3初等列变换 2得X 1 1

3 3

-1 3解：若1，2，3线性相关，则存在不全为0的三个实数k1,k2,k3,使得k11+k22+k33=0,即k1a1-k12+k2b2-k23+k3c3-k31=0,化简得：(k1ak3)1k2bk1)2k3ck2)30又因为1,2,3线性无关， 1k1所以k1a-k3=0,k2b-k1=0,k3c-k2=0,构造矩阵

0k2ck3 0 易知0为一解，因此若保证k1,k2,k3不全为0，则 00解得:abc

- -1解：1:若是A的特征向量，则(E-A)=,即 b

11 ab解之得： 1

:若二重特征值为2，则

4

，由特征值的性质可推出a2,b若二重特征值为0，同理可推出a0,b2。二重特征根为二时，E- = 0，经过初等行变换得 0，故=2时，E-A 1 0有基础解系1=0，2=1，=0时，0EA

有基础解系10，因此矩阵A有三个线性无关的特征向量，从而相似于对 若令P=

0

- 01,2,3

0

,则A是可逆矩阵，且

AP

0 2 二重特征根为0时，同理分析可得A不相似于对角解：直线L的方向向量为2,3，球心为2,3，则的方程为y+2+z-=01，x2y2z22x4y6z0x2y2(z3)22x4y9将(1)代入(2)得x2y28y52x七·证明：1：A=PT=PT=P；A=PT+qTqT所以，均为A的特征向量，特征值分别为2:2rArPTrqT2,已知特征值数pq为2，所以 q q 相似于对角阵 满足3个条件，k+p0,k0kq一.（30%）

0910 a

1 ；2. 3；3.(5,4, 0

4.2

； a

4； ； (0,2)；8.

；9.3

nr(1)r 1二.解：X(AE)B，XB(AE)1 1

122AE22

，(AE)1

0

0 X 0 5

三 1 1 1 1 1 1 a b2 a b a

a

a 有唯一解a1；……………2有无穷多解a1,b3；…………………2无解a1,b3 1 1 1 1 1

1 0 2 1 0 0 0 0 x12x3 1x2x，x3,x4是任意常数 四 若 B，则trAtrB,AB，即a5b4,6(a1)4b 故a5,b6 0 A2E1 0 3

0 故(A2E)x有基础解系(1,0,1)T,(0,1,1)T 2 2 0 故(A2E)x有基础解系3(1,2,3)T 1所以，可以令P,, 3 令Mdiag( 6)，C则，C2(PMP1)2PM2P1PBP1 五 x2z2x22y22xy4x9yz六f(x,x,x)(x2x)2(xx)2(a y1x1 令y2x2x3，即x2y2y3 y x 得f(x,x,x)y2y2( 2 A A的特征值都大于零

的正惯性指数为3a5 f(x,yz)1表示单叶双曲面七

的正、负惯性指数为2、1a 必要性：若BABT是正定的，则BABT可逆从而sr(B)r(BABT)s，故r(B)s r(Bsr(BTsBTx只有零解。对任意xBTx，所以，BABT是正定的 ABxAyB，所以AyE)(BxExyE

1(BxE)]E，即(AyE)1 (BxE) 1 11

(BxEAyE)E，即(BxEAyE)从而BAxAyB，故ABBA 一.（30%）

1011

−11.

0)，1，

，±(,,1

√3√32.x−3y+2z+1=0,(−8,−1, 3.√31 4.

)；5.a1,𝑎1𝑎2或𝑎1𝑎3或𝑎2𝑎3 6.10)2 7.A或 3),B

二6分 d d(a(a(a解r3r32r2r4

(b(b(b

(c(c(c

(d(d(dd

rii2,3,

2a12b12c12d4a44b44c44d6a96b96c96d2a12b12c12d

=三8分) 1 0 1 111 解:令A= ,=因为平面123交于一条直线,r(Ar(A 0r33r21 0 1r

1 0 111 03a1 00a b故由(A,)= a4b30,a4b12 0r12r21 01 1 01 1

yt0 0

z解:由 可得Ax=的通解 (tx2y1ls311),对称方程为注:也可以由(1,2,1)(2,5,1)=(3,1,1)s.四8分解:AXBX得(A+E)X

120 6 10 3 302 02 01 0 020

00 1

1由(A+E,B)= 得X= 00 3 210 0 注:也可以先求得(A+E)1= 202,再得X=(A+E)1B=13五.(8分 1._x2+y2z1=解:x2y2z102x+2yz2相减并整理得(x1)2y1)2S1的方程.(x1)2(y1)2z六20分解|EA|

1)(2)2.A的特征值为113200 1000 000110

00解:EA= ,可见(EA)x=0的一个基础解系为1=(0,1,A的对应于11k1(k10 100 00 010 0 2EA= 可见(2EA)x0的一个基础解系为2(10A的对应于232k2(k答:A不相似于对角矩阵.2A的二重特征值,但只有一个线性无关的特征向量与之对应另外,设123A的特征向量,则123能由12线性表示,因而12,3线性相关,A3个线性无关的特征向量,A不相似于对角矩解:BA相似,x2y5,2xy4,x=2y1,x1,y=x2y1时r(2EB1r(2EA2BA相似x1y2时,Pp1p2p3)P1APB,APPB,Ap1=p1,Ap2=2p2,(A2E)p3=2题的结果,p11p22及(A2E)x3p2p330P1APB的确成立.x1y|f(A)| 七10分)解:f(xyzx22y2kz24yzx22(y+z)2 x 1 0u 1 0 0 0 w z 0 1

010 令 则 ,其中 可逆,f(x,y,z)=u2+2v2+由此可见k2时,f(xyz1为单叶双曲面;k=2时,f(x,y,z)=1为椭圆柱面;k>2时,二次曲面f(x,y,z)=1为椭球面.八10分11)证明:因为12Axb的两个不同的解,所以12是齐次线性方程组Ax的非零解.因而|A|0.A*O,An1阶子式不为零,r(A(2)证明:由上题知|A|0.AA*|A|EO,A*Ax的解12Ax的一个基础解系,A*A*=(k1(12),k2(12),...,证一:A123e1(100)Te2(010)Te3(00由条件可知||i||||Aei||||ei||=1(i=1,2,3),1ij3,有2||eiej||2||A(eiej)||2||ij||2||i||22iTj||j||222iTj,可见iTj=0.综上所述A为正交矩阵证二：由条件可知,3维列向量,TATA=(A)TA=||A||2=||||2=T=所以T(ATA-E)0,BATAE为实对称矩阵BObiieiTAej0(eiej)TA(eiejbii+bjj+2bij0,bijATAE,A为正交矩阵证三:由条件可知,3维列向量,TATA=(A)TA=||A||2=||||2=T=因而ATA=E,A为正交矩阵.证四:A123x1x2x3)T.21T1x12+2T2x22+3T3x32+21T2x1x2+21T3x1x3+223=(A)TA=||A||2=||||2=x12+x22+x3由的任意性可知1T1=2T23T3=1,1T2=1T3=2T3=ATAE,A为正交矩阵证五：由条件可知,3维列向量,TATA=(A)TA=||A||2=||||2=T=所以T(ATA-E)=0,ATAE,A为正交矩阵证六：由条件可知,3维列向量,TATA=(A)TA=||A||2=||||2=T=,2 3从而存在正交变换=Qy,f()=T(ATA-E)1y12+y2+2 3注意到上式对于任意的y都成立，所以1=2=3=ATAE,A为正交矩阵 a13 A ,abab

a A2

33 3ababab2ababab2ababab2b2b2 11 12 31 32 a2a2 b2a2a2 b2a2a2 2a11a12a21a22a31a32b1b22a11a13a21a23a31a332aaaaaabbb2b2 a2a2a2 a2a2a2a

1112a21a22a31a32aaa a 11 21 31a12a13a22a23a32a33 a2a2 aaaaa aaaaaa 10ATAa

a

11 21 31 12 2222323233 aaaaa aaaaa aa

0011 21 31 12 22 32 ATAE,A为正交矩阵1112 1213 一.（30%） 1；

1； 0；4.5xy2z7； 2 2x2y2xy ； z二

p

；

3； ；10.33

123 11

12n(n 2三.解：PBA1，QP1C 02 2 B1 0 1 Q 0 4 四解：D (p1)2(p 所以，1,2,3是1,2,3,4的极大无关组当且仅当1,2,3线性无 当且仅当D0，即p1,2，q可以任意取值 若1,2是极大无关组，则1,2,3p1or2p1时，1,2p1当p2时，1,2,3线性相关，1,2线性无关 又(,,,等行变换

3 q

312，421 五.解：设的方程是6x3y2zD 17 61322(1)D 17 D3or 的方程是6x3y2z3或6x3y2z17 六.解：EA(1)(1)2。所以，A的特征和值是1，1（二重 如果A相似于对角阵，则相应于特征值1，A有两个线性无关特征向量，即r(AE)1，于是k0。 (AE)x0有基础解系：(0, 0故，若令P 2 1 则P1APdiag1, 七 因为行列式是特征值之积，故A1 A相似于对角阵，则1,1都是r(2故r(A)r()2 又r(A)r(T)r(T)112。所以，r(A) 1314 一.（30%）221.-9 36.3, 7.2x+2y+z−3= 8.c< 9. 10.12二二…0…00D=0…00|⋮⋮⋱⋮⋮00…0000…0=𝑎⃑−[𝑎−(𝑛⃑⃑⃑−1)](𝑎≠差𝑎0，则D𝑛⃑⃑⃑3);Dbc(𝑛⃑⃑⃑=三.112行变011100𝑎−112行变011100𝑎−0

𝑏−因为秩为2，∴ 𝛼4)=2,∴a−1=b−4=0即a=1,b=因为𝛼1，𝛼2线性无关，∴可取𝛼1𝛼2为𝛼1 从上述行变换所得阶梯形，可观察出：𝛼3=𝛼1+𝛼2，𝛼4=𝛼2−2𝛼1)，得=)四.)，得=)

=)，=)，由

= =

A=

)，可得

=

)= |𝐴| 1 五.𝛼𝑇𝑥𝛼=因为𝛼𝑇𝑥是一个数，∴𝛼𝑇𝑥𝛼=𝛼(𝛼𝑇𝑥)=1+1111111+111111+11111+111111+1(𝜆𝐸+𝛼𝛼𝑇,𝛼)=𝜆+ 𝜆+ 𝜆+ 𝜆+ →( 1+ 1+ 1+ 1111000②当𝜆+4≠01111000②当𝜆+4≠0时，(𝜆𝐸+𝛼𝛼𝑇𝛼)000000(

4444若𝜆≠0，则有唯一解；若𝜆=0时，通解为𝑥1=1(𝑥2+𝑥3+综上可得：当𝜆0且𝜆≠−4时，x唯一；当𝜆=0时，不唯一，x1𝑥2𝑥3𝑥4 其中𝑥2，𝑥3，𝑥4为自由六..（1）A=P𝐵−1⇔𝐴𝑃=AP=A(𝑥,𝐴𝑥,𝐴2𝑥)=(𝐴𝑥,𝐴2𝑥,𝐴3𝑥)=(𝐴𝑥,𝐴2𝑥,−4𝐴𝑥+000=(𝑥,𝐴𝑥,𝐴2𝑥)0014000∴B