设α1，α2，…，αs为线性方程组Ax=0的一个基础解系， β1=t1α1+t2α2，β2=t1α2+t2α3，…，β3=t1αs+t2α1，其中t1，t2为实常数。试问t1，t2满足什么条件时，β1，β2，…，βs也为Ax=0的一个基础解系。

admin2019-08-06 68

问题设α₁，α₂，…，α_s为线性方程组Ax=0的一个基础解系，
β₁=t₁α₁+t₂α₂，β₂=t₁α₂+t₂α₃，…，β₃=t₁α_s+t₂α₁，
其中t₁，t₂为实常数。试问t₁，t₂满足什么条件时，β₁，β₂，…，β_s也为Ax=0的一个基础解系。

选项

答案因为β_i(i=1，2，…，s)是α₁，α₂，…，α_s的线性组合，且α₁，α₂，…，α_i是Ax=0的解，所以根据齐次线性方程组解的性质知β_i(i=1，2，…，s)均为Ax=0的解。从α₁，α₂，…，α_s是Ax=0的基础解系知s=n—r(A)。以下分析β₁，β₂，…，β_s线性无关的条件：设k₁β₁+k₂β₂+…+k_sβ_s=0，即 (t₁k₁+t₂k_s)α₁+(t₂k₁+t₁k₂)α₂+(t₂k₂+t₁k₃)α₃+…+(t₂k_s-1+t₁k_s)α_s=0，由于α₁，α₂，…，α_s线性无关，所以 [*] 又因系数矩阵的行列式 [*]=t₁^s+(一1)^s+1t₂^s，当t_t^s+(一1)^s+1t₂^s≠0时，方程组只有零解k₁=k₂=…=k_s=0。因此当s为偶数且t₁≠±t₂，或当s为奇数且t₁≠一t₂时，β₁，β₂，…，β_s线性无关，为Ax=0的一个基础解系。

解析

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考研数学三

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设α1，α2，…，αs为线性方程组Ax=0的一个基础解系， β1=t1α1+t2α2，β2=t1α2+t2α3，…，β3=t1αs+t2α1，其中t1，t2为实常数。试问t1，t2满足什么条件时，β1，β2，…，βs也为Ax=0的一个基础解系。

考研数学三

设λ1，λ2，λ3是三阶矩阵A的三个不同特征值，α1，α2，α3分别是属于特征值λ1，λ2，λ3的特征向量，若α1，A(α1+α2)，A2(α1+α2+α3)线性无关，则λ1，λ2，λ3满足______．

设α1，α2，…，αt为AX=0的一个基础解系，β不是AX=0的解，证明：β，β+αt，β+α2，…，β+αt线性无关．

设y=y(x)是一向上凸的连续曲线，其上任意一点(x，y)处的曲率为又此曲线上的点(0，1)处的切线方程为y=x+1，求该曲线方程，并求函数y(x)的极值．

设k＞0，则函数的零点个数为()．

设求f(x)的极值．

设函数f(x)可导且(k＞0)，对任意的xn，作xn+1=f(xn)(n=0，1，2，…)，证明：存在且满足方程f(x)=x．

飞机以匀速v沿y轴正向飞行，当飞机行至O时被发现，随即从x轴上(x0，0)处发射一枚=导弹向飞机飞去(x0＞0)，若导弹方向始终指向飞机，且速度大小为2v．求导弹运行的轨迹满足的微分方程及初始条件；

设f(x)在[0，1]上二阶可导，且｜f(x)｜≤a，｜f’’(x)｜≤b，其中a，b都是非负常数，c为(0，1)内任意一点．证明：

已知总体X服从瑞利分布，其密度函数为X1，…，Xn为取自总体X的简单随机样本，求θ的矩估计量．

设随机变量X和Y的联合分布在以点(0，1)，(1，0)，(1，1)为顶点的三角形区域上服从均匀分布，试求随机变量Z=X+Y的方差．

简述财务类人员的职业生涯规划。

做B-D试验的注意事项有

某新生儿，诊断为单侧完全性唇裂合并单侧完全性腭裂，同时伴有鼻部畸形。腭裂的正畸治疗应开始于

实物资产清查的技术推算法适应范围广，绝大部分实物资产都可以采用这种方法进行清查。()

关于培训与开发组织体系的陈述，错误的是()。

侦查：调查：证据

马克思主义中国化就是把马克思主义基本原理同中国革命、建设和改革的实践结合起来，同中国的优秀历史传统和优秀文化结合起来，既坚持马克思主义，又发展马克思主义。马克思主义中国化的科学内涵包括

下列有关数据库的描述，正确的是()。

AccordingtoPrimeMinisterWenJiabao,whatwillChinado?

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设k＞0，则函数的零点个数为()．

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