线性代数模拟试题解答.doc

线性代数模拟试题解答 模拟试题一 一、1. 1，2，3； 2. 3. 1； 4. -3，0； 二、1. D；2. D；3. A；4. B； 三、解 四 解 | P | = -1(0, P可逆, 用初等行变换求出P-1 五、 七、解 ⑴ 可以断言能由 线性表出 . 证明：因为已知向量组 线性无关，故其部分组 也线性无关；又知向量组 线性相关，所以 能由 线性表出 . ⑵ 可以断言不能由 线性表出 .用反证法：设 能由 线性表出 ，即存在常数 ，使得 ， 又由⑴知 能由 线性表出 ，即有 ，代入上式得 即 能由 线性表出 ，从而向量组 线性相关，与已知矛盾.所以 不能由 线性表出 . 八、解 , 则 ，， . 九、 所以 模拟试卷二解答 一、； 二、1.C；2.D；3.D； 三、解 . 五、解 八、 解 (1) 二次型对应矩阵A=, 由 秩(A)=2, 得 . 模拟试卷三解答 一、1. 2； 2. ； 3. x=0, y=1； 4. ； 5. 1 ； 二、1、B； 2、D； 3、A； 4、B。 三、解 = = 当且时由克莱姆法则方程组有唯一解。 当时，增广阵为， 这时，方程组有无穷多解，通解为 当时，方程组的增广阵为 这时，方程组无解。 四、解 因为AB+E=A2+B AB-B=A2—E，（A-E）B=（A-E）（A+E） ，可逆 所以B=A+E 即 五、解 设 特征值为0.1，4，我们可直接写出曲面的标准方程是：，该曲面表示的是椭圆柱面，母线平行于轴，准线在面上为。 六、证明 由知2是A的特征值，同理由知1，-1也是A的特征值，又由A是三阶方阵，A有三个不相等的特征值，所以A一定与相似。 七、证 （证法一）因为A非奇异，即A可表为一系列初等矩阵的乘积，AB表示A左乘B即为对B做一系列的初等行变换，这样不改变B的秩，所以有秩C=秩（AB）=秩B 同样BA表示 对B进行一系列的初等变换经不改变B的秩，所以秩D=秩（AB）=秩B。 八、解 由 九、解 化成上三角行列式计算，分别将第2列1/a1倍，第3列1/a2倍，…，第n+1列1/an倍加到第1列， 模拟试卷四解答 一、1、 2、 ；3、 4、|A|= -1 5、；6、秩为3；线性相关； ；7、 二、1、√ 2、√ 3、× 4、× 5、√ 6、× 三、1、解 当且时，方程组有惟一解。当时方程组无解。 当时方程组当时这时方程组只有零解。 当时，这时方程组有无穷多解。 2、解 （1） （2） （3）通解：；（4）基础解系 3、解 设有是一组不全为零的数。，即 ＝＝0 这表明该议程有非零解，即，即，也就是。 4、解 由正交阵定义，即 得，也就是 四、1、证明（反证法）如果线性相关，则有一组不全为0的系数使= （1），由已知设，结合（1）式得 （2） 由于不完全为零，则，，必与不同，这样已有两种表示，与表示法惟一相矛盾，证毕。 2、证明 由，且得，这表示行向量组可由行向量组线性表示，由于是由线性无关的行（列）向量组构成的，这时必有的行也是线性无关的，这样与行向组等价，与有同解，即与同解，而只有零解，所以也只有零解。 3、证明 因为线性方程组，当秩时，基础解系为个，由 则有，即B的列均为的解，这些列的极大线性无关组的向量个数≤即秩(，从而秩。 模拟试卷五解答 一、1、；3、；4、的秩为3，解空间维数为1； 5、k=-3；6、二次型正定的充要条件是。 二、1、C 2、D 3、A 4、B 5、C； 三、1、解 A可逆，求得 ， 可逆，求得 ， 2、解= 当和时方程有惟一解 当时，，这时方程组无解 当时， 这时方程组有无穷多解，且通解为， 3、解 特征值为： 时， 时， 时， 分别对应的特征向量为。 四、1、证明 由两边左乘C得两边转置后得，这表明A可逆且有 2、证明 由可知为正交阵，，得，所以 由A为正交阵，有，即 3、线性相关，而存在不全为零的数，使 （1）， （1’） = 即 =0 （因为），因为，所以必有=0 由（1’）（1），=0因为是的基础解系，对=0，必有，进而推出，这与假设矛盾，所以时线性无关的。 模拟试卷六解答 一、1、-125； 2、秩相同； 3、； 4、； 5、； 6、. 二、1、A；2、A；3、C； 4、B；5、A.； 三、1、√；2、×；3、√；4、×；5、√； 6、×； 四、1、解 由,得 ，因为，所以可逆，即 2、解 （1）当时，方程组有非零解， 其通解为 为任意常数。 （2）解空间的基为