工学类线性代数历年考研试题.docx

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1、附录1 工学类线性代数历年考研试题一 填空题1(1987.I,II)三维线性空间的一组基底为,那么向量在上述基底下的坐标是2(1988.I,II)设矩阵,其中均为4维列向量，且行列,那么行列式【注】 =83(1989.I,II)设矩阵，那么逆矩阵=4(1990.I,II)向量组，那么该向量组的秩是【注】令对施以行初等变换因为=2，即向量组的秩为2.5(1991.I,II)设4阶方阵,那么的逆阵=6(1992.I,II)设，其中，那么矩阵的秩=【注】的不为零子式的最大阶数为1.7(1993.I,II)设n阶矩阵的各行元素之和均为零，且的秩为，那么线性方程组的通解为【注】的解空间的维数为，且是它的

2、一个根底解系.8(1994.I,II)，设，其中是的转置，那么=【注】由于故 =9(1995.I,II)设三阶方阵满足关系式，且,那么10(1996.I,II)设是矩阵，且的秩，而，那么【注】由于故可逆，从而有11(1997.I)设，为三阶非零矩阵,且，那么【注】由于，知且故因此故12. (1997. II)向量组的秩为2,那么13. (1998.I)设为阶矩阵,为的伴随矩阵,为阶单位阵,假设有特征值,那么必有特征值【注】 由于知从而即具有特征值，故的特征值为14. (1999.I)设阶矩阵的元素全为1,那么的个特征值是【注】为对称矩阵且秩为1，故其非零特征值只有一个.又由 知为的特征值，因此

3、的个特征值为.15. (2000.I)方程组无解,那么【注】设方程组的系数矩阵与增广矩阵分别为与，对与作初等变换：由此知当时方程组无解.16. (2000. II)设,为4阶单位矩阵,且,那么【注】由得从而于是故得所求答案.17. (2001.I)设矩阵满足,其中为单位矩阵,那么18. (2001. II)设方程组有无穷多个解,那么【注】因为原方程组有无穷多个解，故由此得容易验证，当时原方程组无解；当时原方程组有无穷多个解.19. (2002.I)实二次型经正交变换可化成标准型,那么【注】 所给二次型矩阵为此矩阵的特征值分别为由题设可知故或主对角线元素之和等于特征值之和，故有得20. (200

4、2. II)矩阵的非零特征值是21. (2003.I)从的基到基的过渡矩阵为【注】设所求过渡矩阵为，那么22. (2003. II)设为3维列向量,是的转置,假设,那么=【注】设那么从而又故23. (2003. II)设三阶方阵满足,其中为三阶单位阵,假设,那么24. (2004.I,II)设矩阵,矩阵满足,其中为的伴随矩阵,是单位矩阵,那么【注】 由知，两边取行列式，得而故.25. (2005.I,II,IV)设均为3维列向量,记矩阵,如果,那么【注】由行列式的性质知 =或26. (2006.I,II,III)设矩阵,为2阶单位矩阵,矩阵满足,那么【注】由得而故.二.选择题1. (1987.

5、I,II)设为阶方阵,且的行列式,而是的伴随矩阵,那么等于(C) (A). (B). (C). (D).2(1988.I,II). 维向量组线性无关的充分必要条件是(D)(A)存在一组不全为零的数,使.(B) 中任意两个向量都线性无关.(C) 中存在一个向量,它不能用其余向量线性表出.(D) 中任意一个向量都不能用其余向量线性表出.【注】此为“向量组线性相关的充分必要条件是组中至少有一个向量可由所有其余向量线性表示.这一定理的逆否命题.3. (1990.I,II)是非齐次线性方程组的两个不同的解,是对应齐次线性方程组的根底解系,为任意常数,那么方程组的通解(一般解)必是(B)(A).(B) .

6、(C) .(D) .【注】的通解应为的根底解系的线性组合与的一个特解之和，而为的解，故不应选(A)、(C).又为的解，但不能确定是否与线性无关，故也不能选(D).由于，线性无关且为的解，因此只能选(B).4. (1991.I,II)设阶方阵满足关系式,其中是阶单位阵,那么必有(D)(A). (B). (C). (D).【注】据知与互为逆阵，因此，即(D)正确.5. (1992.I,II)要使都使线性方程组的解,只要系数矩阵为(A)(A). (B).(C).(D).6. (1993.I,II),为3阶非零矩阵,且满足,那么(C)(A)时的秩必为1. (B) 时的秩必为2.(C) 时的秩必为1.(

7、D) 时的秩必为2.【注】 显然，时，；由于，故因此再者，由于为非零矩阵，应有.综上，故(C)正确.7. (1994.I,II)向量组线性无关,那么向量组(C)(A) 线性无关.(B) 线性无关.(C) 线性无关.(D) 线性无关.8. (1995.I,II)设,那么必有(C)(A). (B). (C). (D).【注】(C)正确，因为用初等矩阵左乘时，相当于把的第一行加至第三行，得；再把初等矩阵左乘，那么相当于把的第一、二行对调，故有.9. (1989.I,II)设是阶矩阵,且的行列式,那么中(C)(A)必有一列元素全为0.(B)必有两列元素对应成比例.(C)必有一列向量是其余列向量的线性组

8、合.(D)任一列向量是其余列向量的线性组合.10. (1996.I,II)四阶行列式的值等于(D)(A). (B) .(C).(D) .11. (1997.I,II)设,那么三条直线(其中)交于一点的充要条件是(D)(A) 线性相关. (B) 线性无关.(C)秩. (D) 线性相关, 线性无关.【注】如三直线交于一点，由方程组，有 故线性相关，同时，矩阵的二阶子式不为，故秩即与线性无关.反之，满足条件(D)就有可由唯一地线性表示，即方程组有唯一解，三直线交于一点.12. (1998.I)设矩阵是满秩的,那么直线与直线(A)(A)相交于一点.(B)重合.(C)平行但不重合.(D)异面.【注】令因

9、为，故向量， 共面.又矩阵是满秩的,故 =，所以向量与不平行,从而可知两直线相交于一点.13. (1998. II)设是任一阶方阵, 是其伴随矩阵,又为常数,且,那么必有=(B)(A) . (B) . (C) . (D).【注】的每一元素都是的 阶代数余子式，而的每个代数余子式的每行或列都含有公因子，且该代数余子式恰好等于中相应元素的代数余子式的倍，故，即应选B.14. (1999.I)设是矩阵,是矩阵,那么(B)(A)当时,必有行列式. (B) 当时,必有行列式. (C) 当时,必有行列式. (D) 当时,必有行列式.【注】为阶方阵，当时，由于秩，所以,故应选B.15. (1999. II)

10、记行列式为,那么方程的根的个数为(B)(A)1. (B)2. (C)3. (D)4.【注】由行列式的性质知 ，故有两个根，因而应选B.16. (2000.I)设维列向量组线性无关,那么维列向量组线性无关的充分必要条件为(D)(A)向量组可由向量组线性表示.(B) 向量组可由向量组线性表示.(C)向量组与向量组等价.(D)矩阵与矩阵等价.【注】向量组线性无关，而，故应选D.假设取,那么线性无关，线性相关，且可由线性表示，故可排除(B);分别交换与又可排除A;取,那么线性无关，也线性无关，但与不等价，故可排除C，因而也应选D.17. (2001.I)设,那么与(A)(A)合同且相似.(B) 合同但

11、不相似. (C) 不合同但相似. (D) 不合同且不相似.【注】令,解得.由于A为实对称矩阵，故存在正交矩阵,使或,因而与合同且相似，故应选A.18. (2002. I)设有三张不同平面的方程,它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为2,那么这三张平面可能的位置关系为(B)(A)三平面交于一点 (B)三平面经过一条直线 (C)两两的交线平行 (D)一平面与两平行平面相交此题以图形来表示。【注】所给线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是2，故线性方程组有解且解不唯一.由于图A对应的线性方程组有唯一解，而C,(D)对应的方程组无解，故应选B.19. (2002. II)设向量组线性无关,

12、向量可由线性表示,而向量不能由线性表示,那么对于任意常数,必有(A)(A) ,线性无关.(B) , 线性相关.(C) , 线性无关.(D) , 线性相关.【注】，由于线性无关且不能由线性表示，故线性无关；又可由线性表示，故线性相关，因而可排除(B)，(C).取，由于可由线性表示，假设线性相关，那么可由线性表示，与题设矛盾，故排除D. 也可直接验证A的正确性，用反证法.假设线性相关，那么存在一组不全为零的数使 .由于线性无关，故，可由线性表示.而可由线性表式，故也可由线性表示，矛盾. 从而线性无关.20. (2003.I,II)设向量组I：可由向量组II：线性表示,那么(D)(A) 当时,向量组

13、II必线性相关.(B) 当时,向量组II必线性相关. (C) 当时,向量组I必线性相关. (D) 当时,向量组I必线性相关.【注】由题意知I的秩II的秩.当时，I的秩,故I必线性相关，应选D.或由命题：“假设向量组I可由II线性表示，且I线性无关，那么的逆否命题也直接知应选D.21. (2003.I)设有齐次线性方程组和,其中均为矩阵,现有4个命题:假设的解均是的解,那么秩秩.假设秩秩,那么的解均是的解.假设与同解,那么秩秩.假设秩秩,那么与同解.以上命题中正确的选项是(B)(A) (B) (C) (D) 【注】取,那么有解,但它不是的解，故均不成立，只能选B.22. (2004.I,II)设

14、是3阶方阵,将的第1列与第2列交换得,再把的第2列加到第3列得,那么满足的可逆矩阵为(D)(A). (B). (C). (D).【注】由初等变换与初等方阵之间的关系知对实施初等列变换相当于对A右乘以相应的初等方阵，那么Q=，故应选D.23. (2004.I,II)设为满足的任意两个非零矩阵,那么必有(A)(A)的列向量组线性相关, 的行向量组线性相关.(B)的列向量组线性相关, 的列向量组线性相关.(C)的行向量组线性相关, 的行向量组线性相关. (D)的行向量组线性相关, 的列向量组线性相关.【注】 因且为非零矩阵，故的列向量组线性相关.又且为非零矩阵，故的列向量组，即的行向量组线性相关.2

15、4. (2005.I,II,III)设是矩阵的两个不同的特征值,对应的特征向量分别为,那么线性无关的充分必要条件是(B)(A) .(B) .(C) .(D).【注】由于，故线性无关即的秩为2的充要条件为，即，应选B.25.(2005.I,II)设为阶可逆矩阵,交换的第1行与第2行得矩阵,分别为的伴随矩阵,那么(C)(A) 交换的第1列与第2列得. (B) 交换的第1行与第2行得.(C) 交换的第1列与第2列得. (D) 交换的第1行与第2行得.注】假设表示阶单位矩阵的第1行与第2行对换后的初等方阵，那么有.由题意，均可逆，且,从而，即,得,所以应选C.26. (2006.I,II,III)设均

16、为维列向量,是矩阵,以下选项正确的选项是(A)(A)假设线性相关,那么线性相关.(B)假设线性相关,那么线性无关. (C)假设线性无关,那么线性相关. (D)假设线性无关,那么线性无关.【注】令，其中，那么有,故当线性相关时，线性相关.27. (2006.I,II,III,IV)设为3阶矩阵,将的第2行加到第1行得,再将的第1列的-1倍加到第2列得,记,那么(B)(A). (B) . (C) . (D) .【注】,均为初等方阵.由条件及初等方阵性质知应选B.三. 解答题和证明题1. (1987.I,II)问为何值时,线性方程组有唯一解,无解,有无穷多组解?并求出有无穷多组解时的通解. 解 对方

17、程组的增广矩阵施以行初等变换，得 讨论：【1】当时，未知量的个数，故有唯一解；【2】当时，由，有. i当时，无解； ii当时，未知量个数，故有无穷多组解，易求得同解方程组的通解为2. (1987. II,90. IV)设为阶矩阵,和是的两个不同的特征值；是分别属于和的特征向量,试证明不是的特征向量.证 由于且，故.反证如果是的特征向量，那么应存在数，使 .综上，有 ，即 . *由于线性无关，在*中应有，即，矛盾.故不是的特征向量.3. (1988.I,II),其中,求及.解 先求出；由，得【注】由于为对角阵，故4. (1988.I,II)矩阵与相似:求与 ; 求一个满足的可逆矩阵.解 因相似，

18、故 ，即比拟两边的系数得此时由于为对角阵，其特征值为它们也就是的特征值；依次求出它们相应的特征向量且其线性无关，令那么可逆，且有.5. (1989.I,II)问为何值时, 线性方程组有解,并求出解的一般形式.解 对方程组的增广矩阵施以初等行变换当时，方程组有解，此时所对应的同解方程组为 ，解之，得其中取任意常数. 6. (1989.I,II)假设为阶可逆矩阵的一个特征值,证明:为的特征值; 为的伴随矩阵的特征值.证 由条件知有非零向量满足，两端左乘以，得，由于为非零向量，故，于是有.据特征值的定义，数为矩阵的特征值.由于,故中的结论可写为，即,故数为的特征值.7. (1990.I,II)设四阶

19、矩阵,且矩阵满足关系式.其中为四阶单位矩阵,表示的逆矩阵,表示的转置矩阵,将上述关系式化简并求矩阵. 解 因为,并有条件知,从而.8. (1990.I,II)求一个正交变换化二次型成标准形. 解 二次型的矩阵 的特征多项式 的特征值是 对于 从而可取特征向量及与正交的另一向量将其单位化，得对于取特征向量 将其单位化，得求出正交矩阵那么在正交变换 下，二次型成为此即为所求的标准型.9.(1991.I,II)及.为何值时,不能表示成的线性组合?为何值时, 有的唯一的线性表示式?并写出该表示式. 解 设，即 *对方程组的增广矩阵作行初等变换结论: 当且时，方程组*是不相容的，此时不能表示成的线性组合

20、.当时，因为方程组*的系数行列式不等于零，所以该方程组有唯一解，即可有线性表示，且唯一.易求得.10.(1991.I,II)设是阶正定阵,是阶单位阵,证明的行列式大于1. 证 因是正定阵，故存在正交阵，使，其中所有它们是矩阵的特征值.由此得把上式两边取行列式，得故 ，因为所有11.(1992.I,II)设向量组线性相关,向量组线性无关,问:能否由线性表出?证明你的结论.能否由线性表出?证明你的结论.解 能由线性表出.因为据线性无关，故其局部组线性无关；又知：线性相关，故能由线性表出.不能由线性表出.反证设能由线性表出，即由知：代入上式，得.即能由线性表出，从而线性相关，与矛盾.因此不能由线性表

21、出.12. (1992.I,II)设三阶矩阵的特征值为,对应的特征向量依次为, 又向量.将用线性表出; 求 (为自然数).解 设 把此方程组的增广矩阵做初等行变换 得唯一解，故有.解法一 由于，故因此解法二 记，那么有即故从而据知.13. (1992. II)设为3阶矩阵, 为三阶单位阵,满足,又知,求矩阵.解 由于可逆，因此14. (1993. II)的两个基为与,求由基到基的过渡矩阵.解 由故15. (1993.I,II)二次型,通过正交变换化为标准形,求参数及所用的正交变换矩阵.解 二次型的矩阵特征方程为由的标准型可见，的特征值为将代入特征方程，得因故取此处也可根据得即所以因故取此时，以

22、下逐一求出对应于每一特征值的特征向量，并将其正交化、单位化：i时，由即解得对应的特征向量ii时，由即解得对应的特征向量iii时，由即解得对应的特征向量将单位化，得故所用的正交变换矩阵16. (1993.I,II)设是矩阵,是矩阵,其中,是阶单位矩阵.假设,证明的列向量组线性无关. 证法一 设其中是的列向量.假设即把上式两边左乘，那么得，即故线性无关.证法二 显然又综上，即线性无关.17. (1994.I,II)设四元齐次线性方程组(I)为又某线性齐次方程组(II)的通解为;求线性方程组(I)的根底解系;问线性方程组(I)和(II)是否有非零公共解?假设有,那么求出所有的非零公共解.假设没有,那

23、么说明理由.解 1由(I)，有取得(I)的根底解系.2有非零公共解.(II)的通解可表为把它代入(I)，得解之，得当时，(I)的通解化为.即此向量是(I)和(I)的有非零公共解，故线性方程组(I)和(II)的非零公共解是是不为零的任意常数.18. (1994.I,II)设为阶非零方阵,是的伴随矩阵,是的转置矩阵.当时,证明证 设其中为的行向量，那么由公式故据，有反证如果由上，有那么即故所有亦即这与是非零阵矛盾，故19. (1994. II)设是阶方阵,是的个特征值, 是阶单位阵,计算行列式的值.解 阶方阵有个不同的特征值，故存在可逆阵，使得即因此20. (1995.I,II)设三阶实对称矩阵的

24、特征值为,对应于的特征向量为,求.解 对应于有两个线性无关的特征向量它们都与正交，故应有.分别取得由于与已正交，故再将单位化，得21(1995.I,II)设是阶矩阵,满足 (是阶单位矩阵,是的转置矩阵),求.解: 因为 22.(1995. II)设问为何值时方程组有解?并在有解时求出方程组的通解.解： 因为 所以时,方程组有解,其通解为:，其中为任意数。 23.(1996.I,II)设,其中是阶单位矩阵,是维非零列向量, 是的转置,证明: 的充要条件是; 当时,是不可逆矩阵.证： 1 ，相当于，即，即.因为是非零列向量,故阶方阵,即有数,故的充要条件是,即.(2)(反证)当时,有.如可逆,那么

25、上式左乘,有 ,那么.根据,有,即,矛盾.故是不可逆的.24.(1996.I,II)二次型的秩为2.求参数及此二次型对应矩阵的特征值. 指出方程表示何种二次曲面.解: (1)因此二次型对应矩阵为.因,故 ,解得. 容易验证,此时的秩是2.此时,特征多项式为 ,故所求特征值为.(2)二次型的标准形可表为,由此可知所给出的曲面是椭圆柱面.25. (1996. II)求齐次线性方程组的根底解系.解: 对方程组的系数矩阵作行初等变换 .即得与原方程组同解的方程组 由于,故可取,得根底解系.26. (1997.I)设是秩为2的矩阵, 是齐次线性方程组的解向量,求的解空间的一个标准正交基.解: 解空间的维

26、数为,其中表示矩阵的秩.由于线性无关,故是的解空间的基. 先将正交化.取再将标准化得,此即为所求标准正交基.27. (1997.I)是矩阵的一个特征向量.(i)试确定参数及特征向量所对应的特征值;(ii)问能否相似于对角阵?说明理由.解: (i)据定义,有,故 即解之,得 (ii)由(i)有,它的特征多项式即是三重特征值,且由于秩因而方程组的解空间是一维的,故不能相似于对角阵.28. (1997.I)设是阶可逆阵,将的第行和第行对换后得到的矩阵记为.(1)证明可逆; (2)求.解：1 由于为阶可逆矩阵，故，因此，故可逆.(2)如用表示由阶单位阵交换第行和第行所得的初等阵,那么,且29. (19

27、97. II),且,其中是三阶单位矩阵,求矩阵.解:由于,且,所以可逆,因此 ,所求矩阵30. (1997. II)为何值时,方程组无解,有唯一解或有无穷多组解?并在有无穷多组解时写出方程组的通解.解法一:原方程组的系数行列式故当且时,方程组有唯一解.当时,原方程组为对其增广矩阵进行初等行变换,得由此可见,所以原方程组有无穷多解.原方程的同解方程组为取,的原方程组的通解为当时原方程组为对其增广矩阵施以初等行变换,得,所以原方程无解.解法二：直接对原方程的增广矩阵施以初等行变换，得：当时，故原方程无解；当且时，原方程有唯一解；当时，有余同方法一.31. (1998.I) 二次曲面方程可以经过正交

28、变换化为椭圆柱面方程,求的值和正交矩阵.解：由与相似得解之得对应于特征值的单位特征向量为 对应于特征值的单位特征向量为 对应于特征值的单位特征向量为 因此32.(1998.I)设是阶矩阵,假设存在正整数,使线性方程组有解向量,且.证明:向量组是线性无关的.解：设有常数，使得，那么有，从而有由于，所以类似可证得，因此向量组线性无关.33. (1998.I)线性方程组(I)的一个根底解系为,.试写出线性方程组(II) 的通解,并说明理由.解:(II)的通解为其中为任意常数.理由:方程组(I),(II)的系数矩阵分别记为,那么由(I)的根底解系可知,于是,因此可知的个行向量的转置向量为(II)的个解

29、向量.由于的秩为,故(II)的解空间的维数为.又的秩为与(I)的解空间维数之差,即为,故的个行向量线性无关,从而它们的转置向量构成(II)的一个根底解系,于是得到(II)的上述通解.34. (1998. II)设,其中是4阶单位矩阵,是4阶矩阵的转置矩阵，,求.解: 由题设得即由于故可逆.于是35. (1998. II),问(1)取何值时,不能由线性表示?(2)取何值时,可由线性表示?并写出此表示式.解: 因为所以 (1)当时,线性方程组无解,此时不能由线性表示. (2)当时，线性方程组有唯一解： 其中可唯一表示为 当时，线性方程组有无穷多解： 其中为任意数，这时可由线性表示为36. (199

30、9.I,III)设矩阵,其行列式,又的伴随矩阵有一个特征值,属于的一个特征向量为,求和的值.解：根据题设可得 和于是又所以即由此可得由上式解得由和，有 故因此37. (1999.I)设为阶实对称矩阵且正定,为实矩阵,为的转置矩阵,试证:为正定矩阵的充分必要条件是的秩.证：必要性：设为正定矩阵，那么对任意的实维列向量，有，即于是，因此只有零解. 从而.充分性:因故为实对称矩阵. 假设,那么线性方程组只有零解.从而对任意的实维列向量有又为正定矩阵,所以对于有于是当时故为正定矩阵38. (1999. II)设矩阵,矩阵满足,其中是的伴随矩阵,求矩阵.解:由原等式得其中是阶单位阵.用矩阵左乘等式两端,

31、得可见可逆,从而由于故39. (1999. II)设向量组,(1)取何值时,该向量组线性无关?并在此时将向量用线性表出;(2)取何值时,该向量组线性相关?并在此时求出它的秩和一个极大线性无关组.解:对矩阵作初等行变换:(1)当时,向量组线性无关.此时设解得(2) 当时, 向量组线性相关.此时,向量组的秩为.为其一个极大线性无关组.40. (2000.I)设矩阵的伴随矩阵,且,其中为4阶单位矩阵,求矩阵.解法一:由又从而由此得即亦即由因此解法二: 由又,得可见为可逆阵,于是由由因此41. (2000.I)某试验性生产线每年一月份进行熟练工与非熟练工的人数统计,然后将熟练工支援其他生产部门,其缺额

32、由招收新的非熟练工补齐.新.老非熟练工经过培训及实践至年终考核有成为熟练工.设第年一月份统计的熟练工和非熟练工所占百分比分别为和,记为向量.(1)求与的关系式并写出矩阵形式: (2)验证是的两个线性无关的特征向量,并求出相应的特征值;(3)当时,求.解：1化简得即于是 (2) 令，那么由知线性无关.因故为特征向量,且相应的特征值为.因故为特征向量,且相应的特征值为(3) 由于是又故因此42. (2000. II)设,其中是的转置,求解方程.解：有题设得又代入原方程得令代入上式得到非齐次线性方程组解其对应的齐次方程组得通解显然，非齐次方程组得一个特解为于是所求方程组的解为43. (2000. I

33、I)向量组与向量组具有相同的秩,且可由线性表出,求的值.解法一 线性无关，所以向量组线性相关，且秩为，是它的一个极大线性无关组. 由于向量组具有相同的秩,故线性相关,从而由此得又可由线性表示,从而可由线性表示,所以线性相关.于是解之得于是得解法二 因可由线性表示,故线性方程组有解.对增广矩阵施行初等变换：由齐次线性方程组有解的条件知又线性无关，所以向量组的秩为由题设知向量组的秩也为，从而44. (2001.I)设为线性方程组的一个根底解系,其中为实常数.试问满足什么关系时, 也为的一个根底解系.解：由于为的线性组合，所以均为的解。设即由于线性无关，因此有 因为系数行列式所以当即当为偶数时，为奇

34、数，时，方程组只有零解从而线性无关，此时也为的根底解系.45. (2001.I)3阶矩阵与三维向量,使得向量组线性无关,且满足.(1)记,求3阶矩阵,使;2计算行列式.解: (1)设,那么由得.上式可写为将代入式,得,由于线性无关,故由式可得;由式可得;由式可得从而.2由1知相似,故相似,从而.46. (2001. II)矩阵,且矩阵满足,其中是3阶单位阵,求.解:由题设的关系得,即.由于行列式,所以矩阵可逆,而,故.47. (2001. II)是线性方程组的一个根底解系,假设,讨论实数满足什么关系时, 也是的一个根底解系.解:由于齐次线性方程组解的线性组合仍是该方程组的解,故是的解.因此,当

35、且仅当线性无关时, 是根底解系.又,故线性无关当且仅当,即,亦即.所以时, 是的根底解系. 48. (2002.I,II)4阶方阵,均为4维列向量,其中线性无关,.如果,求线性方程组的通解.解法一 令,那么由得.将代入上式,整理得.由线性无关,知解此方程组解法二 由线性无关和,故的秩为3,因此的根底解系中只包含一个向量.由知为齐次线性方程组的一个解,所以其通解为再由知为非齐次线性方程组的一个特解,于是的通解为49. (2002.I)设为同阶方阵,(1)如果相似,试证的特征多项式相等.(2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立.(3)当均为实对称矩阵时,试证(1)的逆命题成立.证 (1)

36、 如果相似,那么存在可逆矩阵使,故(2)令那么但不相似.否那么,存在可逆矩阵,使从而,矛盾.(3)由均为实对称矩阵知, 均相似于对角阵.假设的特征多项式相等,记特征多项式的根为,那么有 相似于,也相似于,即存在可逆矩阵,使于是.由为可逆矩阵知,与相似50. (2002. II)为3阶矩阵,且满足,其中是3阶单位矩阵.1证明:矩阵可逆;2假设,求矩阵.解：1由知，从而或.故可逆，且.2由1知.而故.51. (2003.I)设矩阵,求的特征值与特征向量,其中为的伴随矩阵, 为3阶单位矩阵.解法一 经计算可得从而故的特征值为当时,对应线性无关特征向量可取为所以对应于特征值的全部特征向量为.当时,对应

37、一个特征向量为,所以对应于特征值的全部特征向量为.解法二 设的特征值为,对应的特征向量为,即.由于,所以.又因,故有于是有因此,为的特征值,对应的特征向量为.由于,故的特征值为.当时,对应的线性无关向量可取为当时,对应的一个特征向量为由得因此,的三个特征值为.对应于特征值的全部特征向量为对应于特征值的全部特征向量为52. (2003.I,II)平面上三条不同直线的方程分别为 , ,试证这三条直线交于一点的充分必要条件为.证明：1设三条直线交于一点，那么三条直线对应的方程构成的方程组有唯一解。由于三条直线不同，所以方程组的系数矩阵秩为2，故增广矩阵的秩也必须为2。即行列式，故。2假设，三条直线对

38、应的方程增广矩阵的秩小于3。又，所以系数矩阵的秩为2。从而方程组有唯一解。53. (2003. II)假设矩阵相似于对角矩阵,试确定常数的值;并求可逆矩阵,使.解:矩阵的特征多项式为故的特征值为由于相似于对角阵,故对应于应有两个线性无关的特征向量,因此矩阵的秩应为.从而由知.于是对应于的两个线性无关的特征向量可取为当时,解方程组的对应于的特征向量令,那么可逆,并有54. (2004.I)设有齐次线性方程组 ,试问取何值时,该方程组有非零解,并求出其通解.解法一:对方程组的系数矩阵作初等行变换，有当时，故方程组由非零解，其同解方程组为由此得根底解系为于是方程的通解为 其中为任意常数当时，对矩阵作

39、初等行变换，有当时,方程组的同解方程组为由此得根底解系为 于是方程组的通解为 其中为任意常数解法二、方程组的系数行列式为 当，即或时，方程组有非零解。 当时，对系数矩阵作初等行变换，有 故方程组的同解方程组为 由此得根底解系为 于是方程的通解为 其中为任意常数当时，对系数矩阵作初等行变换，有故方程组的同解方程组为由此得根底解系为 于是方程组的通解为 其中为任意常数。55. (2004.I,II)设矩阵的特征方程有一个二重根,求的值,并讨论是否可相似对角化.解：的特征多项式 假设是特征方程的二重根，那么有 ，解得 。 假设时，的特征值为2，2，6，矩阵的秩为1，故对应的线性无关的特征向量有两个，

40、从而可相似对角化。 假设不是特征方程的二重根，那么为完全平方，从而 ，解得 当 时，的特征值为2，4，4，矩阵的秩为2，故对应的线性无关的特征向量只有一个，从而不可相似对角化。56. (2004. II)设有齐次线性方程组试问取何值时,该方程组有非零解,并求出其通解. 解法一 对方程组的系数矩阵作初等行变换，有 当时，故方程组有非零解，其同解方程组为 由此得根底解系为 于是所求方程组的通解为 ，其中为任意常数。 当时， 可知 时，故方程组也有非零解，其同解方程组为 由此得根底解析为 ， 于是所求方程组的通解为 ，其中为任意常数解法二 方程组的系数行列式 当，即或时，方程组有非零解。 当 时，对

41、系数矩阵作初等行变换，有 故方程组的同解方程组为 其根底解系为 于是所求方程组的通解为 ，其中为任意常数 当时,对作初等行变换，有 故方程组的同解方程组为 其根底解系为 于是所求方程组的通解为 , 其中为任意常数57. (2005.I)二次型的秩为2.(I)求的值; (II)求正交变换,把化成标准形;(III)求方程的解. 解 I由于二次型的秩为2，对应的矩阵的秩为2，所以有 得 II当时， ， 可知的特征值为。 的属于的线性无关的特征向量为 的属于的线性无关的特征向量为 易见两两正交，将单位化，得 取 ，那么为正交矩阵 令，得 III解法一 在正交变换下，化成，解之得，从而 ， 其中为任意常数 解法二 由于 ，所以 其通解为 ，其中为任意常数 58. (2005.I,II)3阶矩阵的第一行是不全为零,矩阵 (为常数),且,求线性方程组的通解. 解 由于，故，又由不全为零，