1997年线性代数考研题 1.(97-1-03设A=4t3,B为三阶非零矩阵,且AB=O,则 由于B为三阶非零矩阵,且AB=O,说明B的每个列向量均为Ax=0的解,且 Ax=0存在非零解,故秩r(A4<3,即有=0,由此易得t=-3 2.(971-03设1=a2a=b2,a 则三条直线 a2x+bay+c2=0 其中呵+号≠02=123)交于一点的充要条件是 (A)吗,喁2,《线性相关 (B)喁,a,《线性无关 (C秩r({a,a,a3)=r(a,a)①D)a,,&线性相关,a,a线性无关 三条直线a1x+by+c1=0,a2x+b2y+c2=0,及a3x+b2y+3=0相交于一点的充要 -ay+c1=0 有惟一解,即r(a,a,&)=r(a1,c1)=2 3.(971)(1)设B是秩为2的5×4矩阵,媽1=(123),a2=(-11,4.-1)2, ar2=(-1.-8,9)是齐次线性方程组Bx=0的解向量,求Bx=0的解空间的一个标准正交 (2)已知=1是矩阵A=5a3的一个特征向量 (I)试确定参数a,b及特征向量所对应的特征值 (Ⅱ)可A能否相似于对角阵?说明理由
解(1)要求解空司的一个标准正交基,必须先确定此解空间的维数以及相应个数的线性 无关的解向(作为基底),一般来说解空间基底不唯一,因此所求标准正交基也不唯 因为秩r(B)=2,故解空间的维数为4-2=2又a1,a线性无关,故1,G2是解空间的基 A=a1=(12,3),1 4210 (A,A) (123)2 A√39 ,即为所求的一个标准正交基 (2)已知特征向量反求参数,可以直接利用定义A5=1,得到一个关于,a,b的方程 组,由此可解出A,a和b,A能否相似于对角阵更直接的判定方法是A的每个特征值的重数 C≥2)是否与其对应线性无关特征向量的个数一致 (I)由A2=1,得 1,即{5+a-3=几 1b-2-1 解得A=-1,a=-3,b=0 (Ⅱ)A=5-33.由 2 5A+3 3=(+ 0元+2 知几=-1是A的三重特征值.但秩r(-E-A=2,从而A=-1对应的线性无关特征 向量只有一个,故A不能相似于对角阵 4.(97105)设A是阶可逆方阵,将A的第i行和第/行对换后得到的矩阵记为B (1)证明B可逆; 解本题的关键是用初等矩阵来表示A、B之间的关系,若记E表示单位矩阵交换第 i行与第J行所得到的初等矩阵,则A的第行和第/行对换后的矩阵B=EA.注意,因 为是行变换,所以E应在左乘A (1因为4≠0及|B=-4≠0,故B可逆 (2)由B=EA
AB-1=A(EA=AA E=E=E 5.(97203)已知向量组a=(12-11),=(20.t,0),=(0,-4,5,-2)的秩为 解应填 12-11 由于秩r(Ga1,a)=2,则矩阵20t0的任一个三阶子阵的行列式的值为 即 t|=0,解得t=3 6.(97-205已知A=0 且A2-AB=,其中/是三阶单位矩阵,求 阵B 先化简.因为A=0,由A2-AB=左乘A2,得A-B=A B=A-A 102 从而B=0 7.(972.03)A取何值时,方程组{一巧+x3=2无解,有惟一解或有无穷多解? 并在有无穷多解时写出方程组的通解 解考虑到方程的个数与未知量的个数一致,可用克莱姆法则求解,当系数矩阵行列式 A=0时有惟一解,而当4=0时,可确定参数,最后转化为不含参数的线性方程组求 法1原方程组的系数行列式 11|=5x-2-4=(-1(5+4 故当元≠1且λ≠--时,方程姐有惟一解
当元=1时,原方程组为 2x1+x2-x2=1 x1-x2+x3=2 对其增广矩阵施行行初等变换 因此,当λ=1时,原方程组有无穷多解,其通解为 1+k(k为任意实数 (x1,x2,x2)2=(1-10)+k(011(k为任意实数) 当几=-4时,原方程组的同解方程组为 4x1+5x2-5x32=-10 对其增广矩阵施行行初等变换 由此可知当是=-4时,原方程组无解 法2对原方程组的增广矩阵施行行初等变换 A-11:2→2+2A-10:3 +22-10:3 45-5}-1 6-5+501-6(5+4009 于是,当λ=—-时,原方程组无解当λ≠1且≠一时,原方程组有惟一解 当A=1时,原方程组有无穷多解,其通解为
2=-1+k(k为任意实数) 或(x,x2,x3)2=(1-102+k(011(k为任意实数) 8.(97-3-03)若二次型f(x1,)=2x2+x2+2+2不互+场是正定的,则的 取值范围是 解应填-√2<t<√2 是正定的充要条件是对应的矩阵的各阶顺序主子式大于零,因此 t 解得 9.(97-3-03)设A,B为同阶可逆矩阵,则 (A)AB= BA (B)存在可逆矩阵P,使PAP=B (C)存在可逆矩阵C,使CrAC=B ①D)存在可逆矩阵P和Q,使PAQ=B 解应选D) 由题设AB可逆,若取P=B,Q=A,则PAQ=BAA=B,可见(D减成立 矩阵乘法不满足交换律,故(A)不成立:任意两个同阶可逆矩阵,不一定是相似的或合同 因此(B),(C均不成立 10.(97-3-06)设A为阶非奇异矩阵,a为n维列向量,b为常数,记分块矩阵 0 Aa P 其中是矩阵A的伴随矩阵,E为n阶单位矩阵 (1)计算并化简PQ 2)证明:矩阵Q可逆的充分必要条件是arA-1a≠b