(2002年试题,九)已知4阶方阵A=(α1，α2，α3，α4)，α1，α2，α3，α4均为4维列向量，其中α2,α3,α4线性无关，α1=2α2一α3．如果β=α1+α2+α3+α4，求线性方程组Ax=β的通解

admin2013-12-27 55

问题 (2002年试题,九)已知4阶方阵A=(α₁，α₂，α₃，α₄)，α₁，α₂，α₃，α₄均为4维列向量，其中α₂,α₃,α₄线性无关，α₁=2α₂一α₃．如果β=α₁+α₂+α₃+α₄，求线性方程组Ax=β的通解

选项

答案根据题设α₂,α₃,α₄线性无关且α₁=2α₂一α₃，因此rA=3，同时β=α₁+α₂+α₃+α₄，则方程组Ax=β的增广矩阵B=(α₁,α₂,α₃,α₄，β)的秩也为3，即rB=3，因此方程组Ax=β有解，由4一rA=1，知Ax=β有无穷多解，且Ax=0的解空间维数等于1，即基础解系中只含一个解向量，又由已知α₁=2α₂一α₃，即α₁一2α₂+α₃=0，可推出[*]从而[*]是Ax=0的一个解向量，因此[*]是Ax=0的基础解系．同时由β=α₁+α₂+α₃+α₄，可推出[*]是Ax=β的一个特解，从而方程组Ax=β通解为[*]其中C为任意常数．解析二令[*]则由β=Ax=(α₁,α₂,α₃,α₄)[*]得，x₁α₁+x₂α₂+x₃α₃+x₄α₄=α₁+α₂+α₃+α₄将α₁=2α₂一α₃代λ上式得，(2x₁+x₂—3)α₂+(一x₁+x₃)α+(x₄—1)α₄=0因α₂,α₃,α₄线性无关，故而有 [*] 解上述方程组得 [*] 其中k为任意常数．

解析

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考研数学一

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(2002年试题,九)已知4阶方阵A=(α1，α2，α3，α4)，α1，α2，α3，α4均为4维列向量，其中α2,α3,α4线性无关，α1=2α2一α3．如果β=α1+α2+α3+α4，求线性方程组Ax=β的通解

考研数学一

设在区间[0，2]上，｜f(x)｜≤1，｜f”(x)｜≤1．证明：对于任意的x∈[0，2]，有｜f’(x)｜≤2．

设n阶方阵A=(aij)n×n的每行元素之和为0，其伴随矩阵A≠O，若a11的代数余子式A11≠0，求方程组Ax=0的通解．

已知α1，α2，α3，α4是线性方程组Ax=0的一个基础解系，若β1=α1+tα2，β2=α2+tα3，β3=α3+tα4，β4=α4+tα1，讨论实数t满足什么关系时，β1，β2，β3，β4也是Ax=0的基础解系．

设非齐次线性方程组Ax=β的通解为x=k1(1，0，0，1)T+k2(2，1，0，1)T+(1，0，1，2)T，其中k1，k2为任意常数．A=(α1，α2，α3，α4)，则()

设A为列满秩矩阵，AB=C，证明线性方程Bx=0与Cx=0同解．

设f(x)在[0，+∞)上连续且单调增加，试证对任何b＞a＞0，都有下面不等式成立：

设f(x)的导函数为，则f(x)的一个原函数是()

若y(x)＝∫0xarctan(u－1)2du，则y(x)在区间[0，1]上的平均值为________．

设曲线L的极坐标方程为r=r(θ)，M(r，θ)为任一点，M0(2，0)为L上一定点．若极径OM0，OM与曲线L所围成的曲边扇形面积值等于L上M0，M两点间弧长值的一半，求曲线L的方程．

(2005年试题，19)设函数φ(y)具有连续导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线L上，曲线积分的值恒为同一常数．证明：对右半平面x>0内的任意分段光滑简单闭曲线C上，有

"为救人学医则可，为谋利学医则不可"，是由何人提出

HLAI类分子基因位于

一般来说，小型、时间短、专业面窄的项目适宜采用()组织结构形式。

被誉为“百岛之城”之称，也是世界上唯一没有汽车的城市是()。

声音在以下哪个介质中传播的最快?

儿童识字行为的发展，可以分为萌发阶段、初期阶段、()阶段。

企业法人是指具有符合国家法律规定的资金数额、企业名称、组织章程、组织机构、住所等法定条件，能够独立承担民事责任，经主管机关核准登记取得法人资格的社会经济组织。下列属于企业法人的是()。

跳马：体操：运动

教育的对象是人，教育的出发点也是人。

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设非齐次线性方程组Ax=β的通解为x=k1(1，0，0，1)T+k2(2，1，0，1)T+(1，0，1，2)T，其中k1，k2为任意常数．A=(α1，α2，α3，α4)，则()

设A为列满秩矩阵，AB=C，证明线性方程Bx=0与Cx=0同解．

设f(x)在[0，+∞)上连续且单调增加，试证对任何b＞a＞0，都有下面不等式成立：

设f(x)的导函数为，则f(x)的一个原函数是()

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