2002年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

更多考研资料分享+qq810958634 2002 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析 一、填空题 (1)【答案】 -2 【详解】如果分段函数 f(x)连续，则 f(x)在0点处的左右极限相等，从而确定a的值． x x 当x→0+时，1−etanx  −tanx −x；arcsin  ，所以有 2 2 1−etanx −tanx −x lim f(x)= lim =lim =lim =−2； x→0+ x→0+ x x→0+ x x→0+ x arcsin 2 2 2 lim f(x)= limae2x =a= f(0) x→0− x→0− 如果 f(x)在x=0处连续，必有 f(0+)= f(0−)= f(0), 即a=−2. (2)【答案】 1 +∞ +∞ +∞ 【详解】面积S =∫ xe−xdx=−∫ xde−x =−xe−x −∫e−xdx   0 0 0 +∞ b =−  xe−x −e−x  =− lim   xe−x −e−x  =− lim   be−b −e−b −1  =1 0 b→+∞ 0 b→+∞ b 1 其中 lim be−b = lim 洛 lim =0． b→+∞ b→+∞eb b→+∞eb (3)【答案】y = x+1 dp dp dy dp 【详解】方法1：这是属于缺x的y′′= f(y,y′)类型． 命y′= p,y′′= = = p ． dx dy dx dy dp 原方程yy′′+ y′2 =0化为yp + p2 =0，得 dy dp p =0或y + p=0 dy dy 1 p =0，即 =0，不满足初始条件y' = ，弃之；所以 p≠0 dx x=0 2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 dp dy dp C dy C 所以，y + p=0，分离变量得 =− ，解之得 p= 1. 即 = 1. dy y p y dx y 1 1 C 1 由初始条件y =1,y' = ，可将C 先定出来： = 1,C = ． 于是得 x=0 x=0 2 1 2 1 1 2 dy 1 = dx 2y 解之得， y2 = x+C ,y =± x+C ．以 y =1代入，得1=± C ，所以应取“+” 2 2 x=0 2 号 且C =1． 于是特解是y = x+1． 2 1 方法2：将yy′′+ y′2 =0改写为(yy′)′=0，从而得yy′=C ． 以初始条件y(0)=1,y′(0)= 1 2 1 1 代入，有1× =C ，所以得 yy′= ． 即 2yy′=1，改写为 (y2)′=1． 解得 2 1 2 y = x+C , y =± x+C ．再以初值代入，1=± C 所以应取"+"且C =1． 于是 2 2 2 2 特解y = x+1． 2 2 (4)【答案】 π 【详解】利用定积分的概念将被积函数化为定积分求极限． 1 π 2π nπ 因为 lim  1+cos + 1+cos +...+ 1+cos  n→∞n n n n  1 n π π 1 n iπ =lim ∑ 1+cos i  = lim∑ f( )∆x n→∞π n n πn→∞ n i i=1 i=1 π 其中 f(x)= 1+cosx,∆x = ,(i =1,2,,n)，所以根据定积分的定义，有 i n 1 π 2π nπ lim  1+cos + 1+cos +...+ 1+cos  n→∞n n n n  1 π 2 π x 2 2 = ∫ 1+cosxdx= ∫ cos dx= π 0 π 0 2 π (5)【答案】4 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634  0 −2 −2   【详解】记A= 2 2 −2 ，则     −2 −2 2   λ   0 −2 −2  λ 2 2        λE−A= λ − 2 2 −2 = −2 λ−2 2 (对应元素相减)              λ   −2 −2 2   2 2 λ−2 两边取行列式， λ 2 2 λ 2 2 λ 2 2 把第2行的公 λE−A = −2 λ−2 2 2行+3行 0 λ λ λ0 1 1 因子λ提出来 2 2 λ−2 2 2 λ−2 2 2 λ−2 λ 0 0 1 1 1行−2行×2 λ0 1 1 按第1行展开λ⋅λ⋅(−1)1+1 2 λ−2 2 2 λ−2 (其中(−1)1+1指数中的1和1分别是λ所在的行数和列数) =λ2(λ−2−2) =λ2(λ−4) 令λE−A =0，解得λ=λ =0,λ =4，故λ=4是矩阵的非零特征值．(另一个特 1 2 3 征值是λ=0(二重)) 二、选择题 (1)【答案】(D) dy dy dy 【详解】在可导条件下，∆y = ∆x+o(∆x)，当 ≠0时 ⋅∆x称为∆y的 dx x=x 0 dx x=x 0 dx x=x 0 线性主部． dy dy 而 ⋅∆x= f′(x2)2x∆x，以x=−1,∆x=−0.1代入得 ⋅∆x= f′(1)×0.2，由题设它 dx dx 等于0．1，于是 f′(1)=0.5，应选(D)． (2)【答案】(D) x −x 【详解】对与(D)，令F(x)=∫ t[f(t)+ f(−t)]dt，则F(−x)=∫ t[f(t)+ f(−t)]dt，令 0 0 t =−u，则dt =−du，所以 −x x F(−x)=∫ t[f(t)+ f(−t)]dt =∫ (−u)[f(−u)+ f(u)]−du 0 0 x =∫ u[f(−u)+ f(u)]du = F(x), 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 所以(D)为偶函数．同理证得(A)、(C)为奇函数，而(B)不确定，如 f(t)=1+t ．故应选(D)． (3)【答案】(C) 【详解】由y′′+ py′+qy =e3x，且y(0)= y′(0)=0，可知y′′(0)=1 方法1：因为当x2 →0时，ln(1+x2) x2，所以 ln(1+x2) x2 2x 2 2 lim = lim =lim =lim = =2， x→0 y(x) x→0 y(x) x→0 y′(x) x→0 y′′(x) 1 故选(C)． 方法 2：由于 y(0)= y′(0)=0,y′′(0)=1 ． 将函数 y(x) 按麦克劳林公式展开 x2 ln(1+x2) y(x)=0+0+ +o(x2)，代入 ，有 2 y(x) ln(1+x2) x2 1 lim =lim =lim =2． x→0 y(x) x→0 1 x2 +o(x2) x→0 1 + o(x2) 2 2 x2 (4) 【详解】方法1：排斥法． 1 1 令 f(x)= sinx2，则 f(x)在(0,+∞)有界， f′(x)=− sinx2 +2cosx2， x x2 lim f(x)=0，但 lim f′(x)不存在，故(A)不成立； x→+∞ x→+∞ lim f(x)=0，但 lim f′(x)=1≠0，(C)和(D)不成立，故选(B)． x→0+ x→0+ 方法2：证明(B)正确． 设 lim f′(x)存在，记 lim f′(x)= A，证明A=0． x→+∞ x→+∞ A 用反证法，若 A>0 ，则对于ε= >0 ，存在 X >0 ，使当 x> X 时， 2 A A A A 3A f′(x)−A <ε= ，即 = A− < f′(x)< A+ = 2 2 2 2 2 A 由此可知， f′(x)有界且大于 ．在区间[x,X]上应用拉格朗日中值定理，有 2 A f(x)= f(X)+ f′(ξ)(x−X)> f(X)+ (x−X) 2 从而 lim f(x)=+∞，与题设 f(x)有界矛盾．类似可证当 A<0时亦有矛盾． 故 x→+∞ A=0． (5)【答案】A 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 【详解】方法 1：对任意常数k，向量组α,α,α，kβ+β 线性无关． 用反证法，若 1 2 3 1 2 α,α,α，kβ+β 线性相关，因已知α,α,α线性无关，故kβ+β 可由α,α,α 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 1 2 3 线性表出． 即存在常数λ,λ,λ，使得 kβ+β =λα +λα +λα 1 2 3 1 2 1 1 2 2 3 3 又已知β可由α,α,α线性表出，即存在常数l ,l ,l ，使得β =lα +lα +lα 1 1 2 3 1 2 3 1 1 1 2 2 3 3 代入上式，得 kβ+β =k(lα +lα +lα)+β =λα +λα +λα 1 2 1 1 2 2 3 3 2 1 1 2 2 3 3 ⇒β =(λ−kl )α +(λ −kl )α +(λ−kl )α 2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 与β 不能由α,α,α线性表出矛盾．故向量组α,α,α，kβ+β 线性无关，选(A) 2 1 2 3 1 2 3 1 2 方法2：用排除法 B选项：取k =0，向量组α,α,α，kβ+β 即α,α,α，β 线性相关不成立， 1 2 3 1 2 1 2 3 2 否则因为α,α,α，β 线性相关，又α,α,α线性无关，故β 可由α,α,α线性表 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 出．即存在常数λ,λ,λ，使得 β =λα +λα +λα与已知矛盾，排除(B)． 1 2 3 2 1 1 2 2 3 3 C选项：取k =0，向量组α,α,α，β+kβ ，即α,α,α，β线性无关不成 1 2 3 1 2 1 2 3 1 立，因为β可由α,α,α线性表出，α,α,α，β线性相关，排除(C)． 1 1 2 3 1 2 3 1 D选项：k ≠0时，α,α,α，β+kβ 线性相关不成立．若α,α,α，β+kβ 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 线性相关，因已知α,α,α线性无关，故β+kβ 可由α,α,α线性表出．即存在常 1 2 3 1 2 1 2 3 数λ,λ,λ，使得 β+kβ =λα +λα +λα. 又已知β可由α,α,α线性表出， 1 2 3 1 2 1 1 2 2 3 3 1 1 2 3 即存在常数l ,l ,l ，使得β =lα +lα +lα代入上式，得 1 2 3 1 1 1 2 2 3 3 β+kβ =(lα +lα +lα)+kβ =λα +λα +λα 1 2 1 1 2 2 3 3 2 1 1 2 2 3 3 ⇒ kβ =(λ−l )α +(λ −l )α +(λ−l )α 2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 λ−l λ −l λ−l 因为k ≠0，故 β = 1 1α + 2 2α + 3 3α 2 k 1 k 2 k 3 与β 不能由α,α,α线性表出矛盾．故α,α,α,β+kβ 线性相关不成立，排除(D)． 2 1 2 3 1 2 3 1 2 故选(A)． 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 x=rcosθ 三【详解】由极坐标到直角坐标的变换公式 ，化极坐标曲线r =1−cosθ为直 y =rsinθ 角坐标的参数方程为 x=(1−cosθ)cosθ x=cosθ−cos2θ  ， 即  y =(1−cosθ)sinθ y =sinθ−cosθsinθ π 3 3 1 3 曲线上θ= 的点对应的直角坐标为( − , − ) 6 2 4 2 4 dy dy dθ cosθ+sin2θ−cos2θ = = =1. dx θ= π dx −sinθ+2cosθsinθ π 6 θ= dθ π 6 θ= 6 于是得切线的直角坐标方程为 1 3 3 3 3 5 y−( − )= x−( − )，即x− y− 3+ =0． 2 4 2 4 4 4 (这是由直线的点斜式得到的，直线的点斜式方程为y− y =k(x−x )，由导数的几何意义 0 0 π 3 3 1 3 知在θ= 时斜率为1，且该点的直角坐标为( − , − ))， 6 2 4 2 4 法线方程为 1 3 1 3 3 3 1 y−( − )=− (x−( − )),即x+ y− + =0． 2 4 1 2 4 4 4 (这是由直线的点斜式方程及在同一点切线斜率与法线斜率为负倒数的关系而得) 四【详解】当−1≤ x<0时 x x 3 1 x 1 1 F(x)=∫ f(t )dt =∫ (2t+ t2)dt =(t2 + t3) = x3 +x2 − . −1 −1 2 2 −1 2 2 当0≤ x<1时， x 0 x 1 0 x tet F(x)=∫ f(t)dt =∫ f(t)dt+∫ f(t)dt =(t2 + t3) +∫ dt −1 −1 0 2 −1 0 (et +1)2 1 t x x dt 1 x 1 =− − +∫ 1 x x e−tdt =− −∫ td 2 et +1 0 0 et +1 =− − +∫ 2 0 (et +1) 2 ex +1 0 1+e−t 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 x x 1 x ex =− − −ln(1+e−t) =− − +ln +ln2 2 ex +1 0 2 ex +1 ex +1 所以 1 1 x3 +x2 − , 当−1≤ x<0  2 2 F(x)=  ln ex − x +ln2− 1 , 当0≤ x<1  ex +1 ex +1 2 1  f(x+hx)h 1 ln   f(x+hx)  五【详解】因为  =eh  f(x) ，  f(x)  1  f(x+hx) 1 又 lim ln  =lim (ln f(x+hx)−ln f(x))， x≠0 h→0 h  f(x)  h→0 h ln f(x+hx)−ln f(x) xf′(x) =lim( )×x =(ln f(x))′×x= h→0 hx f(x) 1  f(x+hx)h xf′(x) 1 从而得到 lim  =e f(x)由题设ex h→0 f(x)  xf′(x) 1 1 于是推得 =(ln f(x))′x= ，即(ln f(x))′= f(x) x x2 1 − 1 解此微分方程，得 ln f(x)=− +C ，改写成 f(x)=Ce x x 1 1 − 再由条件 lim f(x)=C =1，于是得 f(x)=e x. x→+∞ 2 六【详解】这是一阶线性微分方程y′− y =−1，由通解公式(如果一个一阶线性方程为 x y′+ p(x)y =q(x)那么通解为y =e −∫p(x)dx [∫q(x)e ∫p(x)dx dx+C])有 ∫2 dx −∫2 dx 1 1 y =e x [−∫e x dx+C] = x2[−∫ dx+C] = x2( +C)= x+Cx2,1≤ x≤2 x2 x 由曲线y = x+Cx2与x=1,x=2及x轴围成的图形绕x轴旋转一周的旋转体的体积为 2 31 15 7 V =π∫ (x+Cx2)2dx=π( C2 + C+ ) 1 5 2 3 (旋转体的体积公式：设有连续曲线Γ: y = f(x)(a≤ x≤b)，f(x)≥0与直线x=a,x=b及 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 b x轴围成平面图形．该图形绕x轴旋转一周产生旋转体的体积为V =∫ πf(x)2dx) a dV 取C使V 最小，由求最值的方法知先求函数的驻点，即 =0的点， dC dV 62 15 =π( C+ )=0 dC 5 2 75 75 解得C =− . 又V′′(C)>0，故C =− 为V 的惟一极小值点，也是最小值点，于是 124 124 所求曲线为 75 y = x− x2. 124 y 七【详解】方法1：建立坐标系如下图， D 1m 1m C 由于底部是二次抛物线我们设此抛物线为 y = px2 +q，由坐标轴的建立知此抛物线过 l h (0,0),(1,1)点，把这两点代入抛物线的方程， 0= p×02 +q A B 得 ，所以q =0, p =1． 1= p×12 +q 1m O x 即底部的二次抛物线是y = x2，−1≤ x≤1． 细横条为面积微元，按所建立的坐标系及抛物线的方程，得到面积微元dA=2xdy，因 此压力微元 dp=2ρgx(1+h− y)dy (这是由压力的公式得到的：压力=压强×面积) 平板ABCD上所受的总压力为 1+h P =∫ 2ρgx(1+h− y)dy 1 1 其中以x=1代入，计算得P =ρgh2． 1 抛物板AOB上所受的总压力为 1 P =∫ 2ρgx(1+h− y)dy, 2 0 1 2 其中由抛物线方程知x= y ，代入计算得P =4ρg( h+ )， 2 3 15 h2 5 由题意P :P =5:4，即 = 1 2 1 2 4 4( h+ ) 3 15 1 解之得h=2(米)(h=− 舍去)，即闸门矩形部分的高应为2m． 3 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 八【详解】由0< x <3知x 及（3−x）均为正数，故 1 1 1 1 3 a+b 0< x = x (3−x ) ≤ (x +3−x )= . (ab≤( )2 a,b为正数) 2 1 1 2 1 1 2 2 3 a+b 假设0< x ≤ ，则再一次用不等式ab≤( )2，得 k 2 2 1 3 x = x (3−x ) ≤ (x +3−x )= . k+1 k k 2 k k 2 3 由数学归纳法知，对任意正整数n≥2有0< x ≤ ． n 2 x (3−x )−x 2 x (3−2x ) 另一方面，x -x = x (3−x )−x ≤ n n n = n n ≥0. n+1 n n n n x (3−x )+x x (3−x )+x n n n n n n 所以{ x }单调增加．单调增加数列{ x }有上界，所以limx 存在，记为a. n n n n→∞ 由x = x (3−x )两边取极限，于是由极限的运算性质得 n+1 n n a = a(3−a),即2a2 −3a=0, 3 解得a= 或a=0，但因x >0且单调增，故a≠0，所以 2 1 3 limx = ． n→∞ n 2 九【详解】左、右两个不等式分别考虑. 先证左边不等式， 方法1：由所证的形式想到用拉格朗日中值定理． lnb−lna 1 =(lnx)′ = ,0 > 中第二个不等式来自不等式a2 +b2 >2ab(当00(当0a>0时ϕ(x)单调递增. 所以ϕ(x)>ϕ(a)=0，故ϕ(b)>0， 2a(b−a) lnb−lna 2a 即 ϕ(b)=lnb−lna− >0 ⇒ > a2 +b2 b−a a2 +b2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 再证右边不等式，用单调性证，将b改写为x并移项，命 1 ψ(x)=lnx−lna− (x−a), ax 1 1 1 a ( x − a)2 有ψ(a)=0，及ψ′(x)= − ( + )=− <0, x a 2 x 2x x 2x ax 所以当x>a>0时，ψ(x)<0，再以x=b代入，得 1 lnb−lna 1 lnb−lna< (b−a),即 < ． ab b−a ab 右边证毕． 十【详解】从题目结论出发，要证存在唯一的一组λ,λ,λ，使得 1 2 3 λf(h)+λ f(2h)+λf(3h)− f(0) L=lim 1 2 3 =0 h→0 h2 由极限的四则运算法则知，分子极限应为0，即 lim [λf(h)+λ f(2h)+λf(3h) ]= f(0) 1 2 3 h→0 由于 f(x)在x=0连续，于是上式变形为 f(0)(λ+λ +λ)= f(0). 由 f(0)≠0,知 1 2 3 λ+λ +λ =1. (1) 1 2 3 由洛必达法则， λf(h)+λ f(2h)+λf(3h)− f(0) L=lim 1 2 3 h→0 h2 λf′(h)+2λ f′(2h)+3λf′(3h) =lim 1 2 3 (2) h→0 2h 由极限的四则运算法则知分子的极限应是0，即 lim(λf′(h)+2λ f′(2h)+3λf′(3h))=0 1 2 3 h→0 由于 f′(x)在x=0连续，于是上式变形为(λ+2λ +3λ)f′(0)=0，由 f′(0)≠0,知 1 2 3 λ+2λ +3λ =0 (3) 1 2 3 对(2)再用洛必达法则，和 f′′(x)在x=0连续 λf′′(h)+4λ f′′(2h)+9λf′′(3h) 1 L=lim 1 2 3 = (λ+4λ +9λ)f′′(0) h→0 2 2 1 2 3 由 f′′(0)≠0，故应有 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 λ+4λ +9λ =0 (4) 1 2 3 将(1)、(3)、(4)联立解之，由于系数行列式 1 1 1 1 2 3 =2≠0, 1 4 9 由克莱姆法则知，存在唯一的一组解满足题设要求，证毕． 十一【详解】(1) 由题设条件2A−1B= B−4E，两边左乘A，得2AA−1B= AB−4A，即 2B= AB−4A ⇒ AB−2B=4A 所以 (A−2E)B = AB−2B =4A=4A−8E+8E =4(A−2E)+8E， ⇒ (A−2E)B−4(A−2E)=8E ⇒ (A−2E)B−(A−2E)⋅4E =8E 1 ⇒ (A−2E)(B−4E)=8E ⇒ (A−2E) (B−4E)= E 8 1 根据可逆矩阵的定义知A−2E可逆，且(A−2E)−1 = (B−4E)． 8 1 (2) 由(1)结果知(A−2E)−1 = (B−4E)，根据逆矩阵的性质(kA)−1 =k−1A−1，其中k 8 为不等于零的常数，有 −1 1  A−2E =  (B−4E)  =8(B−4E)−1 8  故 A=8(B−4E)−1+2E 1 −2 0 4 0 0 −3 −2 0        又 B−4E = 1 2 0 − 0 4 0 = 1 −2 0 (对应元素相减)        0 0 2   0 0 4    0 0 −2  初等行变换 因为若( A E ) → ( E A−1 ) ，对[ B−4EE ]进行初等行变换， −3 −2 0 1 0 0  1 −2 0 0 1 0   1、3行互换  [ B−4EE ]= 1 −2 0 0 1 0 → −3 −2 0 1 0 0      0 0 −2 0 0 1  0 0 −2 0 0 1     更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634      0 1 0   1 −2 0 0 1 0  1 1 −2 0  2行+1行×3  2行×(− 8 )  1 3  → 0 −8 0 1 3 0  → 0 1 0 − − 0  8 8    0 0 1 1 0 0 1   0 0 −  1  2  0 0 −   2  1 1   − 0  4 4 1 0 0  1行+2行×2 1 3  → 0 1 0 − − 0   8 8 0 0 1  1  0 0 −   2  1 1  − 0   4 4   故(B−4E)−1 =  − 1 − 3 0  ，代入A=8(B−4E)−1+2E中，则   8 8   1  0 0 −   2  1 1  − 0   4 4   2  A=8(B−4E)−1+2E =8  − 1 − 3 0  +  2      8 8     2  1  0 0 −   2 (常数与矩阵相乘，矩阵的每一个元素都需要乘以该常数) −2 2 0  2   0 2 0        = −1 −3 0 + 2 = −1 −1 0 (对应元素相加)         0 0 −4    2    0 0 −2  十二【详解】方法1：记A=[α,α,α,α]，由α,α,α线性无关，及α =2α −α +0α, 1 2 3 4 2 3 4 1 2 3 4 即α可以由α,α,α线性表出，故α,α,α,α 线性相关，及β=α +α +α +α即 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 β可由α,α,α,α 线性表出，知 1 2 3 4 r [ Aβ]=r [α,α,α,α,β]=r [α,α,α,α]=r(A)=r [α,α,α]=3 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故Ax=β有解． 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 对应齐次方程组Ax=0，其系数矩阵的秩为3，故其基础解系中含有4-3(未知量的 个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量，故其通解可以写成kξ，η∗是Ax=β的一 个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，知Ax=β的通解为kξ+η∗，其中kξ 是对应齐次方程组Ax=0的通解，η∗是Ax=β的一个特解，因 1    −2 α =2α −α +0α,故α −2α +α −0α =[α,α,α,α]  =0， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1    0  故ξ=[ 1,−2,1,0 ]T 是Ax=0的一个非零解向量，因为Ax=0的基础解系中只含有一个 解向量，故ξ=[ 1,−2,1,0 ]T 是Ax=0的基础解系． 又 1 1     1 1 β=α +α +α +α =[α,α,α,α]  ，即A   =β 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1     1 1 故η∗ =[ 1,1,1,1 ]T是Ax=β的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，方程 组的通解为k [ 1,−2,1,0 ]T +[ 1,1,1,1 ]T．(其中k是任意常数) 方法2：令x=[ x ,x ,x ,x ]T，则线性非齐次方程为 1 2 3 4 x  1   x Ax=[α,α,α,α] x =[α,α,α,α] 2 =αx +αx +αx +αx =β 1 2 3 4 1 2 3 4 x  1 1 2 2 3 3 4 4 3   x  4 已知β=α +α +α +α，故 1 2 3 4 αx +αx +αx +αx =α +α +α +α 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 将α =2α −α代入上式，得 1 2 3 (2α −α)x +αx +αx +αx =(2α −α)+α +α +α 2 3 1 2 2 3 3 4 4 2 3 2 3 4 ⇒ 2αx −αx +αx +αx +αx =2α −α +α +α +α =3α +α 2 1 3 1 2 2 3 3 4 4 2 3 2 3 4 2 4 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ⇒ (2x +x )α −αx +αx +αx −3α −α =0 1 2 2 3 1 3 3 4 4 2 4 ⇒ (2x +x −3)α +(−x +x )α +(x −1)α =0 1 2 2 1 3 3 4 4 由已知α,α,α 线性无关，根据线性无关的定义，不存在不全为零的常数使得 2 3 4 kα +kα +kα =0，上式成立当且仅当 2 2 3 3 4 4 2x +x =3 1 2  −x +x =0 1 3  x −1=0 4  2 1 0 0 1 0 0   其系数矩阵为 −1 0 1 0 ，因为3阶子式 0 1 0 =1≠0，其秩为3，故其齐次      0 0 0 1 0 0 1 线性方程组的基础解系中存在1个(4-3)线性无关的解向量，取自由未知量x =k，则方 3 程组有解 x =1,x =k,x = x =k,x =−2k+3 4 3 1 3 2 故方程组Ax=β有通解 x   k   1  0 1         x −2k+3 −2 3  2 =  =k  +  ．(其中k是任意常数) x   k   1  0 3         x   1   0  1 4 更多考研资料分享+qq810958634