西南石油大学线性代数期末6答案
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G G (2)当 λ = 2 时,求解齐次方程组 ( 2 E − A) x = 0 ,其基础解系为 G G α1 = (1,−1,0)T ,α 2 = (1,0,1)T G G 当 λ = 6 时 , 求 解 齐 次 方 程 组 (6 E − A) x = 0 , 其 基 础 解 系 为 G α 3 = (1,−2,3)T 令
G G G G G G 故 α 1 ,α 2 ,α 4 或 α 1 , α 3 , α 4 为一个最大线性无关组（或其他正确答案） 。 4．解：利用分块矩阵
O A = A2 A1 1 , A1 = O 2 1 3 2 A = , 2 8 3 0 3 1 1 2 1
四、计算题（二） （每小题 12 分，共 24 分） 2 1．解：方程组的系数得列式 D = (λ − 1) (λ + 2) （1） 当 D ≠ 0, 即λ ≠ 1及λ ≠ −2 时，方程组有惟一解；
x1 = −
（2） 当 λ = 1 时，原方程组的三个方程成为 x1 + x 2 + x3 = 1 其系数矩阵的 秩与增广矩阵的秩相等均为 1，所以方程组有无穷多解，其解为
线性代数卷试答案
一、填空题（每小题 3 分，共 18 分） 1． i = 5 ,k=4 ； 5． − 2 ； 6. 充分。 2．40 ；3． A
n−2
2 2 ；4． x1 x2 + x 2 − 6 x 2 x4 − 3x 4 ；
二、简答题（每小题 4 分，12 分）
2 2 2 1．举出任何反例皆可。当 AB = BA 时，等式 ( A + B) = A + 2 AB + B 成立 G G G G G λ = 0 x ≠ 0 A x = λ x =0 A 2．一定不为零。若 的特征值 ，则存在 使得 G G A = 0 ，即 A 不可逆，与已知矛盾。 即方程 Ax = 0 有非零解，所以 3．不相似。否则有可逆阵 C 使 C-1AC=B,即 A=B,矛盾。
三、计算题（一） （每小题 8 分，共 32 分） 1．值为 120（答案错误可适当给步骤分） 。 2.解：由 AX + E = A 2 + X 化简得
( A − E ) X = ( A − E )( A + E ) ， A − E = −1, 故A − E 可逆，
所以
2 X = A+ E = 0 1
，
则
1 − 3 1 1 1 8 − 3 −1 A = , A2 = − 4 − 2 0 6 2 − 2 1 − − 7 1 3
−1 1
O A −1 = −1 A1
−1 6 −1 6 1 2 0 0 0 −2 3 1 3 0 0 −1 A2 0 76 1 6 − 1 2 =0 O 0 0 0 4 −3 2 0 0 0 − 1 1 2
T 5
3 ： 解
．
0 3 0
1 0 2
T T T T α 1 ,α 2 ,α 3 ,α 4 ,α
0 3 1 2 1 − 1 3 0 − 1 1 = 2 1 7 2 5 2 14 0 6 4
1 0 0 ∽ 0
0 3 1 2 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0
∗
n
⋅
1 = A A
n −1
≠ 0
，
所以 A 可逆。 1 ∗ 1 A −1 = A E= AA∗ A A 由 ，左乘 A 得 ，
( A∗ ) −1 =
所以 2．证明：必要性
1 A. A
G G G 反证法，设 α 1 ,α 2 ,⋅ ⋅ ⋅,α s 线性相关，则有不全为零的数 k1 , k 2 ,⋅ ⋅ ⋅k s ，使得 G G G G k1α 1 + k 2α 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + k sα s = 0 G G G G β可由α 1 ,α 2 ,⋅ ⋅ ⋅,α s 线性表出，设表示式为 G ~G ~ G ~ G k1α 1 + k 2α 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + k sα s = β 两式相加得： G ~ G ~ G ~ G (k1 + k1 )α 1 + (k 2 + k 2 )α 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (k s + k s )α s = β 因 k1 , k 2 ,⋅ ⋅ ⋅k s 不全为零，故 ~ ~ ~ ~ ~ ~ k1 , k 2 ,⋅ ⋅ ⋅k s 与 k1 + k1 , k 2 + k 2 ,⋅ ⋅ ⋅, k s + k s 是两组不同的数， G G G G β 可由 α , α , ⋅ ⋅ ⋅ , α 1 2 s 线性表示且表示法惟一矛盾。 这与 充分性： G 设 β 有两种表示 G G G G k1α 1 + k 2α 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + k sα s = β G ~G ~ G ~ G k1α 1 + k 2α 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + k sα s = β 则两式相减，得 G ~ G ~ G ~ G (k1 − k1 )α 1 + (k 2 − k 2 )α 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (k s − k s )α s = 0 ~ ~ ~ G G G 由 α 1 ,α 2 ,⋅ ⋅ ⋅, α s 线性无关知 k1 = k1 , k 2 = k 2 ,⋅ ⋅ ⋅, k s = k s ，故表示法惟一。
x 1 − 1 − 1 1 x = 1 x + 0 x + 0 2 2 3 x3 0 1 0 （ x 2 , x 3 为任意实数）
λ +1 ( λ + 1) 2 1 , x3 = , x2 = λ + 2 λ + 2 λ + 2
或写为 x1 = 1 − x 2 − x3 （ x 2 , x3 为任意实数） ~ （3）当 λ = −2 时， R ( A) = 2 ≠ R ( A) = 3 ，此时原方程无解。 λE − A = (λ − 2) λ2 − (a + 3)λ + 3(a − 1) , λE − B = (λ − 2) 2 (λ − b) , 2． 解: (1)因 A与B 相似,故 A与B 有相同的特征多项式,即
1 G G G P = (α 1 α 2 α 3 ) = − 1 0
−1
λE − A = λE − B ,解得 a = 5, b = 6.1 0 1来自1 − 2 3
,
则有 使P AP = B
五．证明题（每小题 7 分，共 14 分） 1．证明：由
A −1 = 1 A ∗ 得 A ∗ = A A −1 , 故 A ∗ = A A
