[考研类试卷]考研数学二（线性代数）历年真题试卷汇编3及答案与解析.doc

《[考研类试卷]考研数学二（线性代数）历年真题试卷汇编3及答案与解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《[考研类试卷]考研数学二（线性代数）历年真题试卷汇编3及答案与解析.doc（26页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、考研数学二（线性代数）历年真题试卷汇编 3 及答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 设矩阵 A= 若集合 =1，2)，则线性方程组 Ax=b 有无穷多解的充分必要条件为2 设 1， 2 是矩阵 A 的两个不同的特征值，对应的特征向量分别为 1， 2，则1， A(1+2)线性无关的充分必要条件是（A） 10（B） 20（C） 1=0（D） 2=03 设 A 为 4 阶实对称矩阵，且 A2+A=0若 A 的秩为 3，则 A 相似于4 矩阵 相似的充分必要条件为（A）a=0 ，b=2（B） a=0，b 为任意常数（C） a=2，b=0（D）a=2 ，b 为任意常

2、数5 设 A，B 是可逆矩阵，且 A 与 B 相似，则下列结论错误的是（A）A T 与 BT 相似（B） A 一 1 与 B 一 1 相似（C） A+AT 与 B+BT 相似（D）A+A 一 1 与 B+B 一 1 相似6 设矩阵 A= ，则 A 与 B（A）合同，且相似（B）合同，但不相似（C）不合同，但相似（D）既不合同，也不相似7 设 A= ，则在实数域上与 A 合同的矩阵为8 设二次型 f(x1，x 2，x 3)在正交变换 x=Py 下的标准形为 2y12+y22 一 y32，其中P=(e1，e 2，e 3)若 Q=(e1，一 e3，e 2)，则 f(x1，x 2，x 3)在正交变换

3、x=Qy 下的标准形为（A）2y 12 一 y22+ y32（B） 2y12+y22 一 y32（C） 2y12 一 y22 一 y32（D）2y 12+y22+y129 设二次型 f(x1，x 2，x 3)=a(x12，x 22，x 32)+2x1x2+2x2x3+2x1x3 的正、负惯性指数分别为 1，2，则（A）a1（B） a一 2（C）一 2a1（D）a=1 或 a=一 2二、填空题10 矩阵 A= 的非零特征值是_ 11 设 3 阶矩阵 A 的特征值为 2，3，若行列式|2A|= 一 48，则 =_12 设 ， 为 3 维列向量， T 为 的转置若矩阵 T 相似于 ，则T=_13 设

4、 3 阶矩阵 A 的特征值为 2，一 2，1，B=A 2 一 A+E，其中 E 为 3 阶单位矩阵，则行列式|B|=_14 二次型 f(x1，x 2，x 3)=x12+3x22+x32+2x1x2+2x1x3+2x2x3，则 f 的正惯性指数为_15 设二次型 f(x1，x 2，x 3)=x12 一 x22+2ax1x3+4x2x3 的负惯性指数为 1，则 a 的取值范围是_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16 设 A= E 为 3 阶单位矩阵()求方程组 Ax=0 的一个基础解系；()求满足 AB=E 的所有矩阵 B17 设矩阵 A= 且方程组 Ax=无解()求a 的值；(

5、)求方程组 ATAx=AT的通解18 若矩阵 A= 相似于对角矩阵 A，试确定常数 a 的值；并求可逆矩阵P，使 P 一 1AP=19 设矩阵 A= 的特征方程有一个二重根，求 a 的值，并讨论 A 是否可相似对角化20 设 3 阶实对称矩阵 A 的各行元素之和均为 3，向量 1 (一 1，2，一 1)T， 2=(0，一 1，1) T 是线性方程组 Ax=0 的两个解 ()求 A 的特征值与特征向量； ()求正交矩阵 Q 和对角矩阵 ，使得 QTAQ=21 设 3 阶实对称矩阵 A 的特征值 1=1， 2=2， 3=一 2，且 1=(1，一 1，1) T 是 A的属于 AT 的一个特征向量记

6、B=A5 一 4A3+E，其中 E 为 3 阶单位矩阵 ()验证 1 是矩阵 B 的特征向量，并求 B 的全部特征值与特征向量； ()求矩阵 B22 设 A 为 3 阶矩阵， 1， 2 为 A 的分别属于特征值一 1，1 的特征向量，向量 3满足 A3=2+3 ( )证明 1， 2， 3 线性无关； ()令 P=1， 2， 3，求 P 一1AP23 设 A= ，正交矩阵 Q 使得 QTAQ 为对角矩阵，若 Q 的第 1 列为(1， 21) T，求 a，Q24 设 A 为 3 阶实对称矩阵，A 的秩为 2，且 ()求 A 的所有特征值与特征向量()求矩阵 A25 证明 n 阶矩阵 相似26 设矩

7、阵 A= ()求 a，b 的值；()求可逆矩阵 P，使 P 一 1AP 为对角矩阵27 已知矩阵 A= ()求 A99；()设 3 阶矩阵 B=(1， 2， 3)满足B2=BA，记 B100=(1， 2， 3)，将 1， 2， 3 分别表示为 1， 2， 3 的线性组合28 设二次型 f(x 1，x 2，x 3)=ax12+ax22+(a 一 1)x32+2x1x3 一 2x2x3 ()求二次型 f 的矩阵的所有特征值； ()若二次型 f 的规范形为 y12+y22，求 a 的值29 已经知 A= ，二次型 f(x1，x 2，x 3)=，(A TA)x 的秩为 230 设二次型 f(x1，x

8、2，x 3)=2(a1x1+a2x2+a3x3)2+(b1x1+b2x2+b3x3)2，记考研数学二（线性代数）历年真题试卷汇编 3 答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 【正确答案】 D【试题解析】 对方程组的增广矩阵施行初等行变换(化成阶梯形)：由于方程组有无穷多解，当然不能有唯一解，所以有(a一 1)(a 一 2)=0，即 a=1 或 a=2，此时系数矩阵的秩为 2，由有解判定定理知，当且仅当 a 且 d，所以选 (D)2 【正确答案】 B【试题解析】 由 12 及特征值的性质知 1， 2 线性无关显然，向量组1， A(1+2)=1， 11+22等价

9、于向量组 1， 2， 3当 20 时，它线性无关，当 2=0 时，它线性相关，故 1，A( 1+2)线性无关 20由条件知 1， 2线性无关，而 1，A( 1+2)=1， 11+22=1， 2 由于用列满秩矩阵左乘矩阵不改变矩阵的秩，得 1，A( 1+2)线性无关 =203 【正确答案】 D【试题解析】 设 为 A 的特征值且 为对应的特征向量，则有Am=m(m=1，2，)，故有 (A 2+A)=O=0， 即 ( 2+)=0， 因 0，得2+=0，从而有 =0 或 =一 1，又因 r(A)=3，所以 A 的非零特征值有 3 个，有 1个特征值为 0，即 A 的全部特征值为：一 1，一 1，一

10、1，0，所以只有选项(D) 正确 设 A 按列分块为 A=1， 2， 3， 4，由 r(A)=3，知 A 的列向量组的极大无关组含 3 个向量，不妨设 1， 2， 3 是 A 的列向量组的极大无关组由于 A2=一A，即 A 1， 2， 3， 4=一 1， 2， 3， 4， 即 A1 A2 A3 A4=一 1 一 2一 3 一 4， 得 Aj=一 j，j=1，2，3，4 由此可知一 1 是 A 的特征值值且1， 2， 3 为对应的 3 个线性无关的特征向量，故一 1 至少是 A 的 3 重特征值 而 r(A)=34，知 0 也是 A 的一个特征值，于是知 A 的全部特征值为：一 1，一1，一 1

11、，0，且每个特征值对应的线性无关特征向量个数正好等于该特征值的重数，故 A 相似于对角矩阵 D=diag(一 1，一 1，一 1，0) ，故选项(D)正确4 【正确答案】 B【试题解析】 B 为对角矩阵，B 的特征值为其主对角线元素 2，b，0若 A 与 B相似，则由相似矩阵有相同的特征值，知 2 为 A 的一个特征值，从而有由此得 a=0当 a=0 时，矩阵 A 的特征多项式为由此得 A 的全部特征值为2，6，0以下可分两种情形：情形 1：若 6 为任意实数，则 A 为实对称矩阵，由于实对称矩阵必相似于对角矩阵，且对角矩阵的主对角线元素为该实对称矩阵的全部特征值，所以此时 A 必相似于 B综

12、上可知，A 与 B 相似的充分必要条件为a=0，6 为任意常数所以只有选项(B)正确情形 2：若 6 是任意复数而不是实数，则 3 阶矩阵 A 有 3 个互不相同的特征值，因此 A 必相似于对角矩阵 B只有选项(B)正确5 【正确答案】 C【试题解析】 由已知条件知，存在可逆矩阵 P，使得 P 一 1AP=B(1) 由(1)两端取转置，得 PTAT(PT)一 1=BT，可见 AT 与 BT 相似，因此选项(A)正确； 由(1)两端取逆矩阵，得 P 一 1A 一 1P=B 一 1(2)，可见 A 一 1 与 B 一 1 相似，因此选项( B)正确； 将(1)与 (2)相加，得 P 一 1(A+A

13、 一 1)P=B+B 一 1，可见 A+A 一 1 与 B+B 一 1 相似，因此选项(D) 正确故只有选项 (C)错误6 【正确答案】 B【试题解析】 由 A 的特征方程得 A 的全部特征值为 1=2=3， 3=0，由此知 A 不相似于对角矩阵 B(因为 A 的相似对角矩阵的主对角线元素必是 A 的全部特征值 3，3，0)，但由 A 的特征值知 3元二次型 f(x1，x 2，x 3)=xTAx 的秩及正惯性指数均为(二次型 f= xTAx 经适当的正交变换可化成标准形 f=3y12+3y22，再经可逆线性变换可化成规范形 f=z12+z22，而 f 的矩阵 A 与 f 的规范形的矩阵 B=d

14、iag(1，1，0)是合同的)7 【正确答案】 D【试题解析】 记(D) 中的矩阵为 D，则由知 A 与 D 有相同的特征值 3 与一 1，它们又都是实对称矩阵，因此存在正交矩阵 P 与 Q，使PTAP= QTDQ， QPTAPQT=D，或(PQ T)A(PQT)=D，其中 PQT 可逆，所以 A 与 D 合同由于|A|=|D|=一 30，因此实对称矩阵 A 的两个特征值异号(D亦是)，从而知二次型 xTAx 及二次型 xTDx 有相同的规范形 z12 一 z22，从矩阵角度讲，就是存在可逆矩阵 C1，C 2，使 C1TAC1= =C2TDC2，由此得(C 1C2 一1)TA(C1C2 一 1

15、)=D，且 C1C 一 1 可逆，故 A 与 D 合同对于二次型 f(x1，x 2)=xTAx=x12+4x1x2+x22，由于 f(1，0)=10，f(一 2，1)= 一 30，所以 A 是不定的，由顺序主子式法知备选项(A)、(B)、(C) 中的矩阵分别是负定的、正定的、正定的，由于合同的矩阵有相同的正(负)定性，因此备选项(A)、(B)、(C)中的矩阵都不与矩阵 A 合同，只有备选项(D)正确(也易判定(D) 中的矩阵是不定的)8 【正确答案】 A【试题解析】 设二次型的矩阵为 A，则由题意知矩阵 P 的列向量 e1，e 2，e 3 是矩阵 A 的标准正交的特征向量，对应的特征值依次是

16、2，1，一 1即有Ae1=2e1，Ae 2=2e2，Ae 3=2e3 从而有 AQ=A(e1，一 e3，e 2)=(Ae1，一 Ae 3 9Ae2)=(2e1，一(一 e3)，e 2)=(e1， 一 e 3，e 2) 矩阵 Q 的列向量 e1，一 e3，e 2仍是 A 的标准正交的特征向量，对应的特征值依次是 2，一 1，1矩阵 Q 是正交矩阵，有 Q 一 1=QT，上式两端左乘 Q 一 1，得 Q 一 1AQ= QTAQ= 从而知 f 在正交变换 x=Py 下的标准形为 f=2y12 一 y22+y32于是选(A)9 【正确答案】 C【试题解析】 由于二次型矩阵 A= 的每行元素之和都等于

17、a+2，所以1=a+2 是 A 的一个特征值，设 A 的另外两个特殊性征值是 2， 3，由题设条件知一个特征值为正，两个特征值为负，因此 1230，再由特征值的性质知因此 1=a+20，得 a一 2，于是 2， 3 都小于零，由(1)得 2+3=3a 一 1=3a 一 (a+2)=2a 一 20，得 a1，综合可得一 2a1二、填空题10 【正确答案】 4【试题解析】 由 A 的特征方程得 A 的全部特征值为：0，0，4所以，A 的非零特征值是 411 【正确答案】 一 1【试题解析】 由于方阵的行列式等于方阵的全部特征值的乘积，故有一48=|2A|=8|A|=823=48，于是 =一 1 注

18、释 对于任一 n 阶方阵 A，设 A 的全部特征值(重特征值按重数算)为 1， 2， n，则|A|= 12 n，这是一条常用性质12 【正确答案】 2【试题解析】 因为矩阵相似于对角矩阵时，则对角矩阵的对角元即为矩阵的特征值，故 T 的全部特征值为 1=2， 2=3=0设 =(a1，a 2，a 3)T，= (b 1，b 2，b 3)T，则 由于矩阵所有特征值之和等于矩阵主对角元之和，故有 T=b1a1+b2a2+b3a3=1+2+3=213 【正确答案】 21【试题解析】 因为 3 阶矩阵 A 有 3 个互不相同的特征值，所以 A 相似于对角矩阵，即存在可逆矩阵 P，使得 于是有 P 一 1B

19、P=P 一 1(A2 一 A+E)P=(P 一 1AP)2 一 P 一 1AP +E 两端取行列式，得|P| 一 1|B|P|= 21，即|B|= 2114 【正确答案】 2【试题解析】 将 f 配方，得 f= (x1+x2+x3)2+2x22 于是作可逆线性变换则可将 f 化成标准形 f=y12+2y22，于是知 f 的正惯性指数为 215 【正确答案】 一 2，2【试题解析】 对 f 配方，可得 f=(x1+ax3)2 一(x 22x3)2+(4 一 a 2)x32 于是 f 可经可逆线性变换 化成标准形 f=z12z22+(4 一 a 2)z32 若 4 一 a20，则 f 的负惯性指数

20、为 2，不合题意；若 4 一 a20，则 f 的负惯性指数为 1因此，当且仅当 4 一 a20，即|a|2 时，f 的负惯性指数为 1f 的矩阵为A 的特征多项式为 =3一(5+a 2)+4 一 a2，设 A 的特征值为 1， 2， 3，则 f 经正交变换可化成标准形f=1y12+2y22+3y321， 2， 3 中为负的个数即 d 的负惯性指数，且由特征值的性质知 123=det(A)=4 一 a2由于 f 既可取到正值、又可取到负值，所以 1， 2， 3中至少有一个为正的，也至少有一个为负的， 123 的符号只有下列 3 种可能：(1)123=0，此时有 3=0， 1，2 = 即 f 的正

21、、负惯性指数都为 1，符号题意(2) 1230，此时 1， 2， 3 中有一个为负的，2 个为正的(不可能 3 个都为负，否则与 f 可取到正值矛盾)，符号题意(3) 1230，此时 1， 2， 3 中 3 个都为正的，或者 2 个为负的，1 个为正的，都不符号题意综上可知，当且仅当123=4 一 a20，即|a|=2 时，符号题意三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16 【正确答案】 () 对方程组的系数矩阵 A 施以初等行变换设 x=(x1，x 2，x 3，x 4)T，选取x4 为自由未知量，则得方程组的一般解：x 1=一 x4，x 2=2x4，x 3=3x4 (x4 任意)

22、令x4=1，则得方程组 Ax=0 的一个基础解系为 =(一 1，2，3，1) T()对矩阵A|E 施以初等行变换记 E=e1，e 2，e 3，则方程组 Ax=e1 的同解方程组为从而得 Ax=e1 的通解为 x=k1+ ，k 1 为任意常数，同理得方程组 Ay=e2 的通解为 y=k2+ ，k 2 为任意常数，方程组Az=e3 的通解为 z=k3+ ，k 3 为任意常数，于是得所求矩阵为+k1，k 2，k 3或k1，k 2，k 3 为任意常数.【试题解析】 本题综合考查初等行变换的基本运算、齐次线性方程组的基础解系和非齐次线性方程组的解的结构等基本概念注意若记矩阵 B、E 按列分块分别为B=

23、x y z，E= e 1，e 2，e 3，则 AB=E 的第 1、2、3 列分别是Ax=e1，Ay=e 2，Az=e 3，因此求矩阵 B 等价于求解上述 3 个非齐次线性方程组，而具体求解时采取对矩阵A|E施以初等行变换(而不是分别对 3 个非齐次线性方程组的增广矩阵施以初等行变换)则减少了计算量17 【正确答案】 () 对矩阵(A，) 施以初等行变换：由阶梯形矩阵可见：当 a0且 a2时，秩(A)=秩(A，)=3，此时方程组有唯一解；当a=2 时，秩(A)= 秩(A，)=2，此时方程组有无穷多解；当 a=0 时，秩(A) 秩(A，)，此时方程组无解，故只有 a=0 符合题意，得 a=0()对

24、矩阵(A TA|AT)施以初等行变换：(A TA|AT)=所以方程组 ATAx=AT的通解为 (k 为任意常数)18 【正确答案】 由 A 的特征多项式 =(一 6)(24一 12)=( 一 6) 2(+2)得 A 的特征值为 1=2=6， 3=一 2因为 A 只有一个重特征值 6(二重) ，所以，A 可对角化 对应于特征值 6 的线性无关特征向量有 2个 齐次方程组(6E 一 A)x=0 的基础解系含 2 个向量 3 一秩(6E 一 A)=2 秩(6E 一 A)=1 从而由 知 a=0，且由此可得对应于 1=2=6 的两个线性无关特征向量可取为 对于特征值 3=一 2，由 得对应的一个特征向

25、量可取为 3=(1，一 2，0) T于是 1， 2， 3 就是 3 阶方阵 A 的 3 个线性无关特征向量，令矩阵 P=1， 2， 3= 则 P 可逆，且使 P 一 1AP=为对角矩阵19 【正确答案】 A 的特征多项式为=(一 2)(2 一 8+18+3a)(1) 若 =2是 f()的二重根，则有( 28+18+3a)|=2=22 一16+18+3a=3a+6=0，解得 a=一 2当 a=一 2 时，A 的特征值为 2，2，6，矩阵 2E一 A= 的秩为 1，故对应于二重特征值 2 的线性无关特征向量有两个，从而 A 可相似对角化(2)若 =2不是 r(A)的二重根，则 2 一 8+18+3

26、a 为完全平方，从而 18+3a=16，解得 a= 当 a= 时，A 的特征值为 2，4，4，矩阵 的秩为 2，故 A 的对应于特征值 4 的线性无关特征向量只有一个，从而 A 不可相似对角化20 【正确答案】 () 由于矩阵 A 的各行元素之和均为 3，所以因为 A1=0，A 2=0，即 A1=01，A 2=02 故由定义知1=2=0 是 A 的二重特征值， 1， 2 为 A 的属于特征值 0 的两个线性无关特征向量；3=3 是 A 的一个特征值， 3=(1，1，1) T 为 A 的属于特征值 3 的特征向量总之，A 的特征值为 0，0，3属于特征值 0 的全体特征向量为 k11+k22(k

27、1，k 2 不全为零)，属于特征值 3 的全体特征向量为 k33(k30)() 对 1， 2 正交化令1=1=(一 1，2，一 1)T2=2 一 (一 1，0，1) T 再分别将 1， 2， 3单位化，得那么 Q 为正交矩阵，且 QTAQ=，由于 A 只有一个重特征值 1=2=0，故要求 A的 3 个两两正交的特征向量，只须求出 A 的属于二重特征值 0 的两个相互正交的特征向量即可，由于 2= 1+22=(一 1，2，一 1)T+2(0，一 1，1) T=(一 1，0，1) T 也是 A 的属于特征值 0 的特征向量，且 12，故 1=1 一 (一 1，2，一 1)T， 2=(一1，0，1)

28、 T， 3=3=(1，1，1) T 就是 A 的 3 个两两正交的特征向量( 分别属于特征值0，0，3) ，再将它们单位化，即令 ei= (j=1，2，3)，则所求的正交矩阵 Q 可取为 Q=e1 e2 e3，且有 QTAQ=diag(0，0，3)，以下具体求解同解 1 由实对称矩阵的性质，知 A 的属于特征值 1=2=0 的特征向量 =(x1，x 2，x 3)T 与属于特征值3=1 的特征向量 3=(1，1，1) T 正交，即 x1+x2+x3=0 求解此齐次方程，得其基础解系即属于 1=2=0 的两个线性无关特征向量为 1= (一 1，1，0) T， 2=(1，1，一 2)T1 与 2 已

29、经正交，故 1， 2， 3 为 A 的 3 个两两正交的特征向量，再将它们单位化，便得所求的正交矩阵可取为且使QTAQ=diag(0，0，3)21 【正确答案】 () 记矩阵 A 的属于特征值 i 的特征向量为 i(i=1，2，3)，由特征值的定义与性质，有 Aki=iki(i=1，2，3，k=1，2，)，于是有 B1=(A5 一 4A3+E)1=(15 一 4 13+1)1=一 21 因 10，故由定义知一 2 为 B 的一个特征值且1 为对应的一个特征向量类似可得 B2=(25 一 4 23+1)2=2B3=(35 一 433+1)3=3 因为 A 的全部特征值为 1， 2， 3，所以 B

30、 的全部特征值为 i5 一4i3+1(1=1，2，3)，即 B 的全部特征值为一 2，1， 1因一 2 为 B 的单特征值，故B 的属于特征值一 2 的全部特征向量为 k11，其中 k1 是不为零的任意常数设 x= (x1，x 2，x 3)T 为 B 的属于特征值 1 的任一特征向量，因为 A 是实对称矩阵，所以B 也是实对称矩阵因为实对称矩阵属于不同特征值的特征向量正交，所以有(x1，x 2，x 3)1=0，即 x1 一 2+x3=0 解得该方程组的基础解系为 2=(1，1，0) T， 3=(一 1，0，1) T 故 B 的属于特征值 1 的全部特征向量为 k22+ k33，其中 k2，k

31、3 为不全为零的任意常数()由() 知 1， 2， 3 为 B 的 3 个线性无关的特征向量，令矩阵【试题解析】 本题主要考查特征值与特征向量的定义与性质、矩阵相似对角化的概念与应用本题中方阵 B=f(A)为方阵 A 的多项式，其中多项式 f(t)=t54t3+1我们知道，若 为方阵 A 的一个特征值，则 ()为 f(A)=B 的一个特征值但是，为什么能由 A 的全部特征值为 1， 2， 3，而断言 f(1)， f( 2)，f( 3)为 B 的全部特征值呢？对此问题，可有以下几种推导方法：(1)由于属于互不相同特征值的特征向量线性无关，知向量组 1， 2， 3 线性无关，从而知 2， 3 线性

32、无关，再由 B2=2，B 3=3，知 1 为 B 的特征值，且对应的线性无关特征向量至少有 2 个，故知 1 至少为 B 的二重特征值又因 3 阶矩阵 B 的全部特征值(重特征值按重数计算)有且仅有 3 个，故知 B 的全部特征值为一 2，1，1(2)由 3 阶矩阵A 有 3 个互不相同的特征值 1，2，一 2，或由 A 为实对称矩阵，知 A 可相似对角化，即存在可逆矩阵 Q，使 于是有 Q 一 1BQ=Q 一1(A5 一 4A3+E)Q=Q 一 1A5Q 一 4Q 一 1A3Q+E=(Q 一 1AQ)5 一 4(Q 一 1AQ)3+E=D5 一4D3+E 即矩阵 B 与对角矩阵M 相似，由于

33、相似矩阵有相同的特征值，故知 B 的全部特征值为一 2，1，1(3)也可以直接利用下面更为一般的结论：设 n 阶矩阵 A(不一定为实对称矩阵)的全部特征值为 1， 2， n，则对于任一多项式 f(t)，n 阶矩阵 f(A)的全部特征值为f(1)，f( 2)，f( n)另外，需要指出，由方程 x1 一 x2+x3=0 所求基础解系，即B 的属于特征值 1 的线性无关特征向量虽然不是唯一的，从而所得相似变换矩阵P 不是唯一的，但由 B=Pdiag(一 2，1，1)P 一 1 所计算出的矩阵 B 却是唯一的，例如，也可由 x1 一 x2+x3=0 解得 B 的属于特征值 1 的线性无关特征向量为(1

34、，1，0)T，(一 1，1，2) T，从而可取相似对角化的变换矩阵为22 【正确答案】 () 设存在一组常数 k1，k 2，k 3，使得 k11+k22+k33=0 用 A左乘式两端，并利用 A1=一 1，A 2=2，一 k11+(k2+k3)2+k33=0 一，得 2k11 一 k32=0 因为 1， 2 是 A 的属于不同特征值的特征向量，所以1， 2 线性无关，从而由 式知 k1=k3=0，代入式得 k22=0，又由于 20，所以k2=0，故 1， 2， 3 线性无关()由题设条件可得 AP=A1， 2， 3=A1， 2，A 3=一 1， 2， 2+3=1， 2， 3由()知矩阵 P 可

35、逆，用， 1 左乘上式两端，得【试题解析】 本题() 也可用反证法：若 1， 2， 3 线性相关，则由 1， 2 线性无关知，存在常数 k1，k 2，使 3=k11+k22，用 A 左乘两端，则可推出矛盾.23 【正确答案】 由题设，=(1，2，1) T 为 A 的一个特征向量，于是有 A=1，即得 A 的特征值为 2，5，一 4对于特征值 5，求齐次线性方程组(51 一 A)x=0 的基础解系，由 得通解x1=x3， x2=一 x3 (x3 任意)令 x3=1，得基础解系为 (1，一 1，1) T，将其单位化，得属于特征值 5 的一个单位特征向量为 (1，一 1，1) T同理可求得属于特征值

36、一 4的一个单位特征向量为 (一 1，0，1) T故 Q 为所求的正交矩阵24 【正确答案】 () 由于 A 的秩为 2，故 0 是 A 的一个特征值由题设可得所以，一 1 是 A 的一个特征值，且属于一 1 的特征向量为 k1(1，0，一 1)T，k 1 为任意非零常数；1 也是 A 的一个特征值，且属于 1 的特征向量为 k2(1，0，1) T，k 2 为任意非零常数设 x= (x1，x 2，x 3)T 为A 的属于 0 的特征向量，由于 A 为实对称矩阵，A 的属于不同特征值的特征向量相互正交，则 解得上面齐次线性方程组的基础解系为(0，1，0) T，于是属于 0 的特征向量为 k3(0

37、，1，0) T，其中 k3 为任意非零常数() 令矩阵25 【正确答案】 设矩阵所以 A 与 B 有相同的特征值 1=n， n=0(n 一 1 重)由于 A 为实对称矩阵，所以 A 相似于对角矩阵因为 r(2E 一 B)=r(B)=1所以 B 的对应于特征值 2 一 0 有n 一 1 个线性无关的特征向量，于是由方阵相似于对角矩阵的充要条件知 B 也相似于 A再由矩阵的相似关系具有对称性和传递性知 A 与 B 也相似设存在可逆矩阵 P，使得 P 一 1AP=B，或 AP=PB，设 P 按列分块为 P=p1，p 2，p n，则 AP=PBAp1，p 2，p n = p1，p 2，p n Ap1=

38、0，Ap n 一1=0， ，Ap n=p1+2p2+npn由解上面的方程组，可求出可逆矩阵P=p1，p 2，p n = 满足 P 一1AP=B，所以 A 相似于 B26 【正确答案】 () 由于矩阵 A 与 B 相似，所以二矩阵有相同的迹(主对角线元素之和)、有相同的行列式，由此得 a+3=b+2，2a 一 3=6 解得 a=4，b=5()由于矩阵 A 与 B 相似，所以它们有相同的特征多项式： |E 一 A|=|E 一 B|= (一 1)2(一 5)由此得 A 的特征值为 1=2=1， 3=5 对于 1=2=1，解方程组(E 一 A)x=0，有得对应于 1=2=1 的线性无关特征向量1= 对

39、于 3=5，解方程组(5E 一 A)x=0，由得对应于 1=5 的特征向量 3= 令矩阵 P=1 2 3= 则矩阵 P 可作为所求的可逆矩阵，使得 P 一 1AP= 为对角矩阵27 【正确答案】 () 利用方阵 A 的相似对角化来求方阵 A 的幂，为此先来求 A 的特征值与特征向量，由|E 一 A|= =(+1)(+2)=0得 A 的全部特征值为 1=0， 2=一 1， 3=一 2，对于特征值 1=0，解方程组 Ax=0，得对应的特征向量 1=(3，2，2) T，对于特征值 2=一 1，解方程组(一 E 一 A)x=0，得对应的特征向量 2=(1，1，0) T，对于特征值 3=一 2，解方程组

40、(一 2E 一 A)x=0，得对应的特征向量 3=(1，2，0) T，令矩阵 P=(1， 2， 3)=于是得 A99=(PDP 一 1)99= PD99P 一 1()因为 B2=BA，所以 B100=B98B2=B99A=B97B2A=B98A2=BA99即( 1， 2， 3)=(1， 2， 3)【试题解析】 利用方阵的对角化来求方阵的幂，是特征值与特征向量的一种重要应用，本题综合考查方阵特征值与特征向量的计算及其应用、以及矩阵的运算和应用在本题() 中，矩阵 P 和 D 都不是唯一的，但只要运算正确，则求出的 A99 是唯一的在本题() 中，要求一组数 cij(i，j=1，2， 3)，使得j

41、=c1j1+c2j2+c3j3=(1， 2， 3) (j=1，2，3) ，写成矩阵形式就是( 1， 2， 3)=(1， 2， 3) ，即 B100= BC，因此问题归结为求满足 B100=BC 的矩阵 C，于是自然想到要利用题设条件 B2=BA 和本题 ()的结论28 【正确答案】 ()f 的矩阵为 A= ，由特征方程得 A 的特征值为 1=a， 2=a 一 2， 3=a+1( )由 f 的规范形知 f 的秩为 2，正惯性指数为 2(负惯性指数为 0)，因此，A 的特征值 2 个为正，1 个为 0若 1=a=0，则 2=一 20， 3=1，不合题意；若 2 一 a 一 2=0，则 a=2， 1

42、=2， 3=3，符合题意；若 3=a+1=0，则 a=一 1， 1=一 10， 2=一 30，不合题意，故 a=229 【正确答案】 () 因为 r(ATA)=r(A)，对 A 施以初等行变换可见当 a=一 1 时，r(A)=2，所以 a=一 1() 由于 a=一 1，所以 ATA= 矩阵 ATA 的特征多项式为于是得ATA 的特征值为 1=2， 2=6， 3=0对于 1=2，由求方程组(2E 一 ATA)x=0 的一个非零解，可得属于 1=2 的一个单位特征向量 (1，一 1，0)；对于 2=6，由求方程组(6E 一 ATA)x=0 的一个非零解，可得属于 2=6 的一个单位特征向量 (1，

43、1， 2)T；对于 3=0，由求方程组(A TA)x=0 的一个非零解，可得属于 3=0 的一个单位特征向量 (1，1，一 1)T令矩阵 则 f 在正交变换 x=Qy 下的标准形为 f=2y12+6y1230 【正确答案】 () 记 由于 f (x1，x 2，x 3)=2(a1x1+a2x2+a3x3)2+ (b1x1+ b2x2+ b3x3)2= 2(x1，x 2，x 3) (a1，a 2，a 3) +(x1，x 2，x 3) (b1，b 2，b 3)=2xT(T)x+xT(T)x=xT(2T+T)xT，又 2T+T 为对称矩阵，所以二次型f 的矩阵为 2T+T()记矩阵 A=2T+T由于

44、， 正交且为单位向量，即T=1， T=1， T=T=0，所以 A=(2T+T)=2，A(2 T+T)=，于是1=2， 2=1 是矩阵 A 的特征值又 r(A)=r(2T+T)r(2T)+r(T)2，所以 3=0是矩阵 A 的特征值由于 f 在正交变换下的标准形中各变量平方项的系数为 A 的特征值，故 f 在正交变换下的标准形为 2y12+y22【试题解析】 本题综合考查向量的内积和正交等概念、二次型的矩阵和在正交变换下的标准形等概念、特征值与特征向量的概念、矩阵的秩的有关性质本题证明中多次用到了向量内积的可交换性(对称性)，例如()中 a1x1+a2x2+a3x3 既可写成(x1，x 2，x 3) ，也可写成(a 1，a 2，a 3) ，即 xT=Tx，从而得 (a1x1+a2x2+a3x3)2=xTTx=xT(T)x，本题()中利用 3 阶矩阵 A 的秩小于 3 从而得到 A 有特征值 0 的方法较为简单，另一种方法是：注意也可以将 A 的行列式写成|A|=|2a1+b1 2a2+b2 2a3+b3|，然后利用行列式关于列的可加性，可将 A 的行列式表成 8 个行列式之和，但没有必要具体写，出，因为其中每一个行列式至少有两列成比例，从而都等于 0，于是得 A 的行列式为零，由此也可得到 3=0 是矩阵A 的特征值