南京工业大学线 性 代 数试题(A)卷及答案_线代期末考试试题答案

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南京工业大学线 性 代 数试题（A）卷（闭）2007--2008学年

5、设A是3阶矩阵，特征值是12,21,30，对应的特征向量分别是1,2,3，若

P(3,32,1)，则P1AP（）

002011（B）31（A）（C）（D） 2202

2112

三、（11分）计算n阶行列式Dn



003



250

四、(12分)设A

047

0600

0，且有关系式A22AXE2X，求矩阵X.09

T

五、（12分）设向量组1(6,4,1,1,2)，2(1,0,2,3,4)，3(1,4,9,16,22)，TT

4(7,1,0,1,3)T，求该向量组的秩及其一个极大无关组并将其余的向量用该极大无关组线性

表示。

六、（14分）问a，b为何值时，线性方程组

x3x40x1x2

x22x32x41



x2a3x32x4bx3ax413x12x2

有唯一解，无解，有无穷多组解？在有解时，求出其解。

七、（16分）二次型

f(x1,x2,x3)x12ax22x322x1x22x2x32ax1x3的正、负惯性指数都是1，确定二次型f的系数a，并求曲面f1在点（1, 1, 0）的切平面方程。

八、（5分）设A为n阶方阵，E为n阶单位阵，且AA。试证明：r(A)r(EA)n。

南京工业大学线性代数试题（A）卷

试题标准答案

2007--2008学年第二学期使用班级

一、填空题(每题3分，共15分)

001

(1)32（2）AB-BA(3)A

01

（5）4,6；能。

00120

01300

140

（4）r=s, r=s=n, r=s

二、选择题(每题3分,共15分)

1.d.2.c3.c4.b5.c

三、（11分）解：按第一行展开，得到

Dn2Dn1Dn2。。。。。。。5分

于是递推可得

Dn(n1)。。。。。。。11分

四、（12分）由关系式A2AXE2X，得 AE2AX2X, 即

(AE)(AE)2(AE)X。。。。。。。。4分 又可知AE0，即AE可逆。。。。。。。。8分 上式两边左乘(AE)得

1

200



1401X(AE)

0262



00300

。。。。。。。。12分 08

五、(12分)解：以向量1,2,3,4为列构成矩阵A并进行初等行变换：

10

A0

00

01000

050

。。。。。。。6分 01。

0000

所以这个向量组的秩为3，且1,2,4是它的一个极大无关组。且

3152。。。。。。。。。。12分

六、（14分）解：：对增广矩阵进行初等行变换将它化为阶梯形矩阵

10

AR

00

0

1221

。。4分

0a10b1



00a0

i）当a1时，r()r(A)4n，方程组有唯一解。这时再用初等行变换将进一步化为

1000(ab2)/(a1)0100(a2b3)/(a1)

AW 0010(b1)/(a1)

00010

于是方程组的唯一解X即为矩阵W的最后一个列向量。。。。。。。。。。6分ii）当a1，b1时，r()3r(A)2，方程组无解。。。。。。。。8分

iii）当a1，b1时，r()r(A)2n4，方程组有无穷多解。此时将化为简化阶梯形

1

0

AW

000111



121

000

000

则其对应的齐次方程组的基础解系和它本身的一个特解分别为

111

2211，2，X0

100010

非齐次线性方程组的通解为

111221Xk1k 1200010

其中k1，k2为任意实数。。。。。。。。。。14分

11a



a1，由于r(A)pq2，所以

七、（16分）二次型f的矩阵为 A1

a11A(a1)2(a2)0。

（1）若 a1，则r(A)1不合题意，舍去。。。。。。。。。。6分（2）若 a2，由特征多项式



f()AE

121

1(3)(3)1

得A的特征值13,23,30。所以pq1，符合题意。故

f(x1,x2,x3)x122x22x322x1x22x2x34x1x3。。。。12分

（3）对于曲面f(x1,x2,x3)1，由于

f

x1

4,(1,1,0)

fx2

2,(1,1,0)

fx3

2。

(1,1,0)

故切平面方程为 2x1x2x31。。。。16分

八（5分）证明：因为A(EA)0，所以由有关结论可知。。。3分 r(A)r(EA)n。

另一方面，又因为A(EA)E，由和矩阵秩的有关性质，又有

r(A)r(EA)r(E)n。

综上所述，所以

。。。5分 r(A)r(EA)n。

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