《高等代数与解析几何(下) 》期末考试试卷(B 卷)

《高等代数与解析几何（下）》期末考试试卷（B 卷）
一．填空题：（每小题 2 分，共 10 分）
1. 线性变换σ 的属于不同特征值的特征向量是
.
2. 如果 (x − 3) | f (x), 则 f (3) =
.
3. 实二次型正定的充分必要条件是它的矩阵 A
.
4. 在实数域上, 不可约多项式有
.
5．在几何空间中,一个不含 y 的方程 F (x, z) = 0 表示的曲面是
.
二、单项选择题：（每小题 2 分,共 10 分）
1. 设方阵 A 满足 A2 = 4A ,则 A 的特征值为( ).
(A) 0 或 1； (B) 0 或 4；
(C) 1 或 4；
(D) 无法确定.
2. 在下列曲面中,( )是直纹面.
(A) 椭球面； (B) 椭圆抛物面； (C) 双叶双曲面； (D) 双曲抛物面.
⎜ ⎜
−1
0
−2
⎟ ⎟
，使
T
−1
AT
=
⎜ ⎜
0
2
0 ⎟⎟.
⎜⎝ 0 1 3 ⎟⎠
⎜⎝ 0 0 −4⎟⎠
………………4 分
2．(10 分) 解：两方程相减，得 x + y + z − 3 = 0 ，故已知圆是球面 S1 : x2 + y2 + z2 = 4
答案共 3 页第 1 页
与平面 Π1 : x + y + z − 3 = 0 .球面半径 R1 = 2 ，球心 0 到 Π1 的距离
三．解答题：（共 80 分）
1．（15 分）
λ − 3 −2 1 解： χA (λ) = λE − A = 2 λ + 2 −2 = (λ − 2)2 (λ + 4) ，
−3 −6 λ +1
故特征向量为 2 和-4.
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………………5 分
⎛ 2 ⎞ ⎛1⎞
当 λ1
=
2 时，特征向量η1
=
⎜ ⎜
−1⎟⎟
,η2
三．解答题：（共 80 分）
⎛ 3 2 −1⎞
1．(15 分)
设
A
=
⎜ ⎜⎜⎝
−2 3
−2 6
−21⎟⎟⎟⎠ ，问矩阵 A 是否可以相似于一个对角矩阵,若可
以,求一个可逆矩阵T ,使T −1AT 为对角形矩阵.
命题共 2 页第 1 页
2．(10
分)求圆
⎧⎪ x 2
⎨ ⎪⎩
x
2
+ +
y2 y2
+ +
d=
−3 = 1+1+1
3 ， 故圆半径 r =
R12 − d 2 = 1 .
…………5 分
过球心 O 且垂直于 Π1 的直线 L：x = y = z ，它与平面 Π1 的交点即为圆心（1,1,1）. …………5 分
3．(12 分) 解：原点 O 在旋转轴上，且轴的方向向量是ξ = (1,1,1) .可得方程组：
由 λ1 ≠ λ2 可得ξ1,ξ2 线性无关，因此 (λ1 − λ0 ) = 0, (λ2 − λ0 ) = 0 ．
………4 分
得到 λ1 = λ0 = λ2 ，矛盾．故ξ1 + ξ2 不是σ 的特征向量．
………2 分
答案共 3 页第 3 页
3. 设 3 阶方阵 A 的特征值为1, 1 , 1 , 则 A−1 等于( ). 23
(A) 9；
(B) 1 ； 9
(C) 6；
(D) 1 . 6
∫ 4. 在 R[x] 中，定义内积 ( f (x), g(x)) =
1
f (x)g(x)dx,
则 f (x) = 1, g(x) = x 的夹角
0
是（ ）.
(A) π ； 2
(B) π ； 4
(C) π ； 3
(D) π . 6
5. 直线 x −1 = y +1 = z + 2 与平面 4x + 5y − 3z − 7 = 0 的交点坐标为（ ）. 3 −4 −2
(A) (−2,3, 0) ； （B） (2,3, 0) ； （C） (−2,3,1) ； （D） (1,3, −2) .
z2 z2
= +
4 x+
y
+
z
−
7
=
0
的圆心及半径.
3．(12 分) 求直线 x = y = z −1 绕直线 x = y = z 旋转所得旋转曲面的方程. 21 0
4．(10 分) λ 取何值时,下列二次型是正定的：
f (x1, x2 , x3 ) = 5x12 + x22 + λ x32 + 4x1x2 − 2x1x3 − 2x2 x3 . 5．（10 分）证明：如果 (x2 + x +1) | f (x3 ) + xg(x3 ) ，则 f (1) = g(1) = 0 .
命题共 2 页第 2 页
参考答案及评分细则
一．填空题：（每小题 2 分，共 10 分）
1. 线性无关的
2. 0 3. 的所有顺序主子式全大于 0
4. 一次多项式与部分二次多项式
5． 母线平行于 y 轴的柱面
二、单项选择题：（每小题 2 分,共 10 分）
1． B 2． D 3． C 4． D 5． A
6．(13 分) 用非退化线性替换将二次型
化为标准型．
q(x1, x2 , x3 ) = x12 + 5x22 − 4x32 + 2x1x2 − 4x1x3
7．（10 分）设 λ1, λ2 是线性变换σ 的两个不同的特征值，ξ1,ξ2 分别是σ 的属于特 征值 λ1, λ2 的特征向量． 证明：ξ1 + ξ2 不是σ 的特征向量．
⎧⎪(x − x′) + ( y − y′) + (z − z′) = 0 ,
⎪ ⎨
x
2
+
y2
+
z2
=
x′2
+
y′2
+
z′2 ,
⎪ ⎪
x′
=
y′
=
z′ −1.
⎩2 1 0
在方程组中消去 x′, y′, z′ ，可得
……………7 分
2(x2 + y2 + z2 ) − 5(xy + xz + yz) + 5(x + y + z) − 7 = 0. ……………5 分
=
⎜ ⎜
0
⎟⎟ .
⎜⎝ 0 ⎟⎠
⎜⎝ 1 ⎟⎠
………………2 分
⎛1⎞
当 λ2
=
−4 时，特征向量η3
=
⎜ ⎜
−2 ⎟⎟ .
⎜⎝ 3 ⎟⎠
………………2 分
∵dim(V2 ) + dim(V−4 ) = 3，故A可以相似于一个对角矩阵.
………………2 分
⎛2 1 1⎞
⎛2 0 0 ⎞
取可逆矩阵 T
=
………………6 分
令
⎧ ⎪ ⎨
y1 y2
= =
x1 + 2 x2
x2 − + x3
2
x3
,
⎪⎩ y3 = 3x3
答案共 3 页第 2 页
⎧ ⎪
x1
⎪
=
y1
−
1 2
y2
+
5 6
y3
即
⎪ ⎨
x2
⎪
=
1 2
y2
−
1 6
y3
．
⎪ ⎪⎩ x3
=
1 3
y3
………………5 分
则有： q(x1, x2 , x3 ) = y12 + y2 2 − y32 ．
………………2 分
7．（10 分）证明：（反证）如果ξ1 + ξ2 是σ 的属于某个特征值 λ0 的特征向量，则
σ (ξ1 + ξ2 ) = λ0 (ξ1 + ξ2 ) ．
………4 分
又σ (ξ1 + ξ2 ) = σξ1 + σξ2 = λ1ξ1 + λ2ξ2 ，所以 (λ1 − λ0 )ξ1 + (λ2 − λ0 )ξ2 = 0 ．
⎛ 5 2 −1⎞
4．(10 分)
解：二次型的矩阵
A
=
⎜ ⎜⎜⎝
2 −1
1 −1
−λ1⎟⎟⎟⎠ ，
………………3 分
它的顺序主子式 D1 = 5 > 0, D2 = 1 > 0, D3 = λ − 2 . 故当 λ > 2 时原二次型正定.
………………4 分 ………………3 分
5．（10 分）解：设 ε = −1+ 3i ，则 ε ,ε 都是 x2 + x +1的根. 2
………3 分
由于 (x2 + x +1) | f (x3 ) + xg(x3 ) ，所以 f (1) + ε g(1) = 0, f (1) + ε g(1) = 0 .
…………5 分
因此得 f (1) = g(1) = 0 .
………………2 分
6．(13 分) 解：
q(x1, x2 , x3 ) = x12 + 5x22 − 4x32 + 2x1x2 − 4x1x3 = ( x1 + x2 − 2x3 )2 + (2x2 + x3 )2 − (3x3 )2 ．