南京工业大学 线代试卷_南京工业大学试卷

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试卷五答案

南京工业大学线 性 代 数试题（B）卷

试题标准答案

2006--2007学年

500X(A2E)130。…………………………………12分

022

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：

35212101

A357213522143

10

000352121000r13r2000000r22r1r33r1r4r1r52r152130510504840000071471r25r4rr57r210000011121000。。。。。。。8分 000000

所以R(1,2,3,4)2，1,2是1,2,3,4的一个极大无关组，且

。。。。。。。。。12分 3122，412。

六、（14分）解：（1）该二次型的矩阵为

210A120。。。。。。。。。。。。。。。。4分

003

（2）首先求出矩阵A的特征值。由于矩阵A的特征方程为

2

AE1

01020(3)2(1)0 03

故矩阵A的特征值分别为1，3（二重）。

11011当1时，AE110，得单位特征向量p11； 20020

1101011p当3时，AE110，得单位正交特征向量p2，0 3201000

取Qp1p2p3，做变换XQY则是变换正交，且将二次型化为标准型

222f(y1,y2,y3)y1。。。。。。。。。12分 3y23y3

（3）因为二次型矩阵的特征值都是正的，所以此二次型为正定二次型。――――14分。

七、（14分）解：对方程组的增广矩阵(A|b)进行初等行变换： 1101122101r33r1(A|b)0122a32111

10

001100120011011221r3r2010122arr42012211021B 0a100

由此可知当a1时，方程组无解，当a1时，方程组有无穷多解。-------------9分 当a1时，继续对B进行初等行变换，化为行最简型得

10B0011001200120001r1r200100001111221 00000000

则原方程组与方程组

x11x3x4 x12x2x342

11同解。则容易求得非齐次方程组的一个特解为0。再求解齐次方程组00

x1x3x4 x22x32x4

得其一个基础解系为

11221，20 101

则原方程组的通解为X0k11k22.(k1,k2R)―――――――――14分。

八、证明：设是方程组AX0的任一解，则A0，显然ATAAT(A)AT00，则是方程组ATAX0的解。即AX0的解都是ATAX0的解。―――――――――――――――――――――2分

 设是方程组ATAX0的任一解，即

ATA0（1）

（1）两边与做内积得

(,ATA)(0,)0

即

TATA(A)T(A)0

T故有 A0，即是方程组AX0的解。从而任何AAX0的解都是AX0的解。

T综上可知方程组AX0与方程组AAX0同解。证毕。――――――6分

南京工业大学线 性 代 数试题(A)卷及答案

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......

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