线性代数模拟试卷答案一.选择题1.D2.B3.A4.B5.B6.D二.判断题1.T2.F3.F4.F5.F6.T三.填空题1.12.≥53.交换A的第一行与第三行4.35.|A|6.1四．计算题1.A=(11231136133−1−λ1531−5−1012μ)→(11231012−1100−λ+2240001μ+53)（i）−λ+2=0A→(11231012−110001μ+530000−2μ+23)(1)当μ≠1时,r(A)=4>r(A)=3，方程组无解.(2)当μ=1时,r(A)=r(A)=3，方程组有无穷个解A→(11231012−110001200000)→(1000−8012030001200000)所以特解为γ0=(−8,3,2,0)T.AX=0的基础解系为η=(0,−2,2,1)T，所以非齐次线性方程组的全部解可表示为(−8,3,2,0)T+c(0,−2,2,1)T，其中c为任意常数.(3)−λ+2≠0时,r(A)=r(A)=4，方程组有唯一解.五.计算题(1)因为AB−A=2B，所以AB−A−2B=0.又因为(A−2E)(B−E)=2E，从而有(A−2E)−1=12(B−E)（2）(A−2E)=2(B−E)−1=2(B−E)−1因为(B−E)=(01−111−1002)，所以¿¿所以(A−2E)=2(B−E)−1=2(−11−110120012)六.计算题(1)设(β1,β2,β3)=(α1,α2,α3)A，所以A=(α1,α2,α3)−1(β1,β2,β3)因为(α1,α2,α3,β1,β2,β3)=(10010−11100121111−10)→(100101010−1110011−1−2)所以A=(101−1111−2−2)（2）设α在α1,α2,α3下的坐标为(x1,x2,x3)T，则有α=(α1,α2,α3)(x1,x2,x3)T，从而有(x1,x2,x3)T=(α1,α2,α3)−1α由于(α1,α2,α3,α)=(100−111021111)→(100−10103001−1)所以(x1,x2,x3)T=(α1,α2,α3)−1α=(1−3−1)T七．计算题二次型的矩阵为A=(40−1030−104)因为矩阵A的特征多项式为|λE−A|=|λ−4010λ−3010λ−4|=(λ−3)2(λ−5)所以矩阵A的特征值为λ=3（二重）或λ=5（1）当λ=3，因为(3E−A)X=0的系数矩阵可化成以下的最简型(5E−A)=(101020101)→(10−1010000)所以属于λ=3的特征向量为η1=(010)η2=(101)（2）当λ=5，因为(5E−A)X=0的系数矩阵可化成以下的最简型(5E−A)=(10−100010−1)→(10−1000000)所以属于λ=5的特征向量为η3=(−101)因为η1，η2，η3两两正交，所以只需要对三个特征向量进行单位化，从而得到正交矩阵Q=(01√2−1√210001√21√2)二次型的标准型为3y12+3y22+5y32八.计算题(1)设是属于特征值λ的特征向量，则根据特征值与特征向量的定义，有Aς=λζ，即Aς=(2−125a3−1b−2)(11−1)=(−12+a1+b)=λ(11−1)从而有2+a=−1,1+b=1,从而得a=-3,b=0.(2)由题(1)知A=(2−125−13−10−2)矩阵A的特征多项式为|λE−A|=|λ−21−2−5λ+3−310λ+2|=−(λ+1)3当λ=−1时,(−E−A)X=0的系数矩阵经过初等行变换可化为以下最简型(E+A)=(3−125−23−10−1)→(101011000)所以属于特征值-1的线性无关的特征向量只有1个，从而知道A不能对角化.九.证明题证明:由题意aij=Aij,i,j=1,2,3知A¿=AT.从而有AA¿=AAT=|A|E对上式两边取行列式得|A|=0或|A|=1又因为r(A)=r(AT)=r(A¿)，且a33=1，从而r(A)=r(AT)=r(A¿)=3所以|A|=1，则A可逆,从而线性方程组有唯一解，又因为，所以X=(001)T为的一个特解且为唯一解.
