第三套模拟题答案.docx

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1、第三套模拟题答案3.3；(100、2.(A*)-1=2204.x=(1,U1)7+(1-2J,0)7其中攵为任意常数；5.0.二、1.A；2.A；3.C；4.B；5.B.10分三、1.解：原式=.=(/)22.解：由AA*=AE,用矩阵A左乘方程的两端,有IA1X=E+2AX得r-11、X=(IA1E-2A)-.由于IA=4,IAE-2A=211-1C11(1-11Y,p10、故X=111-1=-01110分24I-IiUUo3.解：(Z)=e3xcos2x)=3工-2人，()=21+3,(力)=力+3人-2()=2+3,所以基下矩阵为3210x-230100320-23)10分4.解：由题意

2、，向量组A:%,%，%可由向量组8：四,尸2，尸3线性表示，则有R(A)VR(B);由向量组3不能由向量组A线性表示，必有R(4)vR(8)3,即11aR(4)v3.于是1a1=-(-1)2(+2)=0解得=1或。=一2.另一方面a111-2-21aa=(0+2)(a-4)当。=1时，R(A)=1,R(B)=3.即此打，P3线性无a4a关，显然向量组四,%，%可由四,尸2,尸3线性表示，而向量组回，A，夕3不能由a1,a2,3线性表示,即=1是符合题意要求的.当。=-2时，R(A)=2,R(B)=2.不满足R(A)R(B),所以。=-2不符合题意,应舍去.综上所述=1.10分5.解：因为A与5

3、相似,所以存在可逆矩阵6使ART=5.易知2B-E=A-1-Ef又存在可逆矩阵P2,使P2AP=A-=RTATR,所以IE=IAT-E1=IgTATg=I鸟T1AT-EI1I=22、6.解：二次型的矩阵A=212,A的特征值为5121,础解系为。=(IJJ)T,对应-1的一个基础解系为或=将金星正交化$=幺，虞=&_第噜虞=；(一1，可得N的一组标准正交基7=含=J=(I,j)T,二A,故31YY112=610分3-1(二重)，对应5的一个基(1,1,0)3=(-1,0,D,现-1,2)T.将左石，石单位化后，(一1,一1,2)7.故所求正交阵为Q=(7,%,%)=-12O1313I一3且正交

4、变换%=Qy化二次型/(x,x2,x3)为标准形5y：-关一员.10分四、证明：1.因A(4+B)=A?+A8=E+48(1)(A+B)B=AB+B2=E+AB(2)由(1),(2)可知IA(A+3)=(A+3)3|,得IAI1A+8-8A+8|=0即(A-B)A+B=0(3)又因A+8=0得B=-A(4)将(4)代入可知2A11A+例=0,因K=E,所以A可逆，即IAIW0,代入上式可知IA+8=0,故A+8不是可逆阵.5分2.(=)若A)正定，则对Vx=(芭，工2,，Z),均有x(AA)x0即(Ax)7Ar=(Ax,Ar)0=Ax0,即Ar=O只有零解,故R(A)=n(U)若R(A)=，则齐次方程组Ar=O只有零解.于是对于VxhO,均有AXHO,故(Ar,Ar)=(Ax)(Ax)=x(AA)x0,即Ar正定.