设，A＝αβT，B＝βTα，其中βT是β的转置，求解方程 2B2A2x＝A4x＋B4x＋γ．

admin2021-01-19 28

问题设

，A＝αβ^T，B＝β^Tα，其中β^T是β的转置，求解方程
2B²A²x＝A⁴x＋B⁴x＋γ．

选项

答案由题设，有 [*] 且进一步有 A²＝αβ^Tαβ^T＝α(β^Tα)β^T＝2A， A⁴＝8A．代入原方程化简，得 16Ax＝8Ax＋16x＋γ，即8(A－2E)x＝γ．令x＝(x₁，x₂，x₃)^T，代入上式，得到非齐次线性方程组 [*] 其对应齐次方程组的通解为[*](k为任意常数)，非齐次线性方程组的一个特解为 [*] 于是所求方程的通解为x＝ξ＋η^*，即 [*](k为任意常数)．

解析 [分析] 本题的方程表面上看很复杂，但注意到

，而
＝αβ^T是3阶矩阵，且有A²＝αβ^Tαβ^T＝α(β^Tα)β^T2A后，即可方便地化简．
[评注] 一般地，设α＝(a₁，a₂，…a_n)，β＝(b₁，b₂，…，b_n)，则

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考研数学二

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设，A＝αβT，B＝βTα，其中βT是β的转置，求解方程 2B2A2x＝A4x＋B4x＋γ．

考研数学二

A、 B、 C、 D、 C

=_____________．

设u＝f(χ，y，z)，φ(χ2，ey，z)＝0，y＝sinχ，其中f，φ都具有一阶连续偏导数，且_______．

区域D：(χ2＋y2)2≤χ2－y2所围成的面积为_______．

曲线y=∫0xtantdt(0≤x≤)的弧长s=______。

设求曲线y=f(x)与它所有水平渐近线及y轴围成图形的面积．

设x1=10，xn+1=(n=1，2，…)，试证数列{xn}极限存在，并求此极限．

设f(x，y)在单位圆x3+y2≤1上有连续的偏导数，且在边界上取值为零，f(0，0)=2004，试求极限

(2005年)设A为n(n≥2)阶可逆矩阵，交换A的第1行与第2行得矩阵B，A，B分别为A，B的伴随矩阵，则【】

令[*]=t，则原式=∫ln(1+t)d(t2)=t2ln(1+t)-∫t2/(t+1)dt=t2ln(1+t)-∫(t-1+1/(t+1))dt=t2ln(1+t)-t2/2+t-ln(t+1)+C=(x-1)ln(1+t)-x/2+t+C．

一无限长直导线各处横截面积的电流密度均相等，总电流为I，则单位长度导线内所储存的磁能为()

幂级数xn的收敛半径为()

A、 B、 C、 D、 A

专利权人有权不实施专利。()

男性，57岁，胸闷伴下肢水肿2个月，心电图V1～V4导联QS波。最有价值的器械检查

男，47岁，进食油煎鸡蛋后出现右上腹剧痛，并放射至右肩胛区，伴畏寒、发热，应考虑的诊断为

老年人发病用药时应

甲为一有限责任公司的小股东，不参与公司经营管理。根据公司法规定，下列文件中，甲有权查阅和复制的有()。

甲加盖违章建筑，并串通负责房屋征收的国家机关工作人员乙，乙利用职务上的便利帮甲违法所得了200万元征收补偿款，事后，甲将其中的5万元送给乙。乙的行为应认定为

Thekidisreaching______abottlefromtheshelfwhenIcamein.

设，A＝αβT，B＝βTα，其中βT是β的转置，求解方程 2B2A2x＝A4x＋B4x＋γ．

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=_____________．

设u＝f(χ，y，z)，φ(χ2，ey，z)＝0，y＝sinχ，其中f，φ都具有一阶连续偏导数，且_______．

区域D：(χ2＋y2)2≤χ2－y2所围成的面积为_______．

曲线y=∫0xtantdt(0≤x≤)的弧长s=______。

设求曲线y=f(x)与它所有水平渐近线及y轴围成图形的面积．

设x1=10，xn+1=(n=1，2，…)，试证数列{xn}极限存在，并求此极限．

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