考研數(shù)學一（二次型）模擬試卷1（共104題）

考研數(shù)學一（二次型）模擬試卷1（共4套）（共104題）考研數(shù)學一（二次型）模擬試卷第1套一、選擇題(本題共11題，每題1.0分，共11分。)1、設矩陣A=，下列矩陣中與A既相似又合同的是()A、

B、

C、

D、

標準答案：A知識點解析：相似矩陣的跡相等。矩陣A的跡tr(A)=0+0+2+2=4，只有選項(A)中的矩陣的跡為4。由排除法可知，應選(A)。2、設A為3階實對稱矩陣，如果二次曲面方程(x，y，z)A=1在正交變換下的標準方程的圖形如右圖所示，則A的正特征值的個數(shù)為()A、0。B、1。C、2。D、3。標準答案：B知識點解析：旋轉(zhuǎn)雙葉雙曲面的標準形式為，所以A的正特征值的個數(shù)為1，故選(B)。3、n元實二次型正定的充分必要條件是()A、該二次型的秩等于n。B、該二次型的負慣性指數(shù)等于n。C、該二次型的正慣性指數(shù)等于二次型矩陣的秩。D、該二次型的正慣性指數(shù)等于n。標準答案：D知識點解析：二次型正定的充分必要條件是二次型的正慣性指數(shù)等于n。因此選(D)。4、n階實對稱矩陣A正定的充分必要條件是()A、二次型xTAx的負慣性指數(shù)為零。B、存在可逆矩陣P使P-1AP=E。C、存在n階矩陣C使A=CTC。D、A的伴隨矩陣A*與E合同。標準答案：D知識點解析：選項(A)是必要不充分條件。這是因為R(f)=p+q≤n。當q=0時，有R(f)=p≤n。此時有可能p＜n，故二次型xTAx不一定是正定二次型。因此矩陣A不一定是正定矩陣。例如f(x1，x2，x3)=x12+x32。選項(B)是充分不必要條件。這是因為P-1AP=E表示A與E相似，即A的特征值全是1，此時A是正定的。但只要A的特征值全大于零就可保證A正定，因此特征值都是1屬于不必要條件。選項(C)中的矩陣C沒有可逆的條件，因此對于A=CTC不能說A與E合同，也就沒有A是正定矩陣的結(jié)論。例如C=，A=CTC=顯然矩陣不正定。關(guān)于選項(D)，由于A正定A-1正定A*正定A*與E合同，所以(D)是充分必要條件。5、已知A=，則A與B()A、等價、不相似、合同。B、不等價、不相似、不合同。C、等價、相似、不合同。D、等價、相似、合同。標準答案：A知識點解析：由于R(A)=3，R(B)=3，所以A與B等價。A與B均為實對稱矩陣，若特征值相同，則A與B相似，否則A與B不相似。由于所以A的特征值為λA=-1，3，1，B的特征值為λB=，因此A與B不相似。由于A與B的正負慣性指數(shù)是相同的，正慣性指數(shù)為2，負慣性指數(shù)為1，所以A與B合同。故應選擇(A)。6、設A，B均為正定矩陣，則()A、AB，A+B都正定。B、AB正定，A+B非正定。C、AB非正定，A+B正定。D、AB不一定正定，A+B正定。標準答案：D知識點解析：由A，B均為正定矩陣可知，對任意x≠0，總有xTAx＞0，xTBx＞0，于是xT(A+B)x=xTAx+xTBx＞0，所以A+B正定。因為矩陣的乘法不滿足交換律，所以AB不一定是對稱矩陣，于是AB不一定正定。例如：A=，則A，B均為正定矩陣，但AB≠BA，即AB不是對稱矩陣，所以AB不是正定矩陣。7、對于n元二次型xTAx，下述命題中正確的是()A、化xTAx為標準形的坐標變換是唯一的。B、化xTAx為規(guī)范形的坐標變換是唯一的。C、xTAx的標準形是唯一的。D、xTAx的規(guī)范形是唯一的。標準答案：D知識點解析：化二次型為標準形既可用正交變換法也可用配方法，化成標準形和所用坐標變換都是不唯一的。因此(A)、(C)均不正確。規(guī)范形由二次型的正、負慣性指數(shù)所確定，而正、負慣性指數(shù)在坐標變換下是不變的。故(D)正確。8、設A=，則A與B()A、合同且相似。B、合同但不相似。C、不合同但相似。D、不合同且不相似。標準答案：A知識點解析：因A為實對稱矩陣，且=λ3(λ-4)。因此A與B既合同又相似。9、二次型f=xTAx經(jīng)過滿秩線性變換x=Py可化為二次型yTBy，則矩陣A與B()A、一定合同。B、一定相似。C、既相似又合同。D、既不相似也不合同。標準答案：A知識點解析：f=xTAx=(Py)TA(Py)=yT(PTAP)y=yTBy，即B=PTAP，所以矩陣A與B一定合同。只有當P是正交矩陣時，即PT=P-1時，才有A與B既相似又合同。10、與二次型f=x12+x22+2x32+6xx的矩陣A既合同又相似的矩陣是()A、

B、

C、

D、

標準答案：B知識點解析：二次型f的矩陣A=因為兩個實對稱矩陣相似必合同，所以只需計算出矩陣A的特征值即可。由矩陣A的特征方程｜λE-A｜==(λ-4)(λ-2)(λ+2)=0可得，矩陣A的特征值是4，2，-2。故應選(B)。11、設A，B為同階可逆矩陣，則()A、AB=BA。B、存在可逆陣P，使P-1AP=B。C、存在可逆陣C，使CTAC=B。D、存在可逆陣P和Q，使PAQ=B。標準答案：D知識點解析：矩陣的乘法不滿足交換律。事實上，令A=，易知A，B均可逆，但AB≠BA，故排除選項(A)。由于矩陣A與B的特征值不一定相同，故A與B不一定相似，排除選項(B)；若A是對稱矩陣，B為非對稱矩陣，則A與B必不合同，排除選項(C)。故選項(D)正確。二、填空題(本題共9題，每題1.0分，共9分。)12、若二次型f(x1，x2，x3)=2x12+x32+x22+2x1x2+tx2x3是正定的，則t的取值范圍是______。標準答案：知識點解析：二次型f的矩陣為A=，因為f正定，因此需滿足A的順序主子式都大于零。即△1=2，△2==1，△3=｜A｜=1-t2＞0。故f正定的條件是1-t2＞0，即13、設A是3階實對稱矩陣，A的每行元素的和為5，則二次型f(x1，x2，x3)=xTAx在x0=(1，1，1)T的值f(1，1，1)=x0TAx0=_______。標準答案：15知識點解析：因為A是3階實對稱矩陣，A的每行元素的和為5，故有因為x0=將上式兩邊左乘x0T，得f(1，1，1)=x0TAx0=(1，1，1)=15。14、設f(x1，x2)=，則二次型的對應矩陣是_______。標準答案：知識點解析：將行列式展開即可得到二次型的一般表達式f(x1，x2)==3x1x2+5x1+2x2+3x1x2=[x1，x2]因此對應矩陣為15、二次型f(x1，x2，x3，x4)=x32+4x42+2x1x2+4x3x4的規(guī)范形是_______。標準答案：y12+y22-y32知識點解析：二次型矩陣A=由｜λE-A｜=(λ2-1)(λ2-5λ)=0，知矩陣A的特征值為1，5，-1，0。故二次型正慣性指數(shù)p=2，負慣性指數(shù)q=1。因此二次型的規(guī)范形為y12+y22-y32。16、二次型f(x1，x2，x3)=(x1+x2)2+(x2-x3)2+(x3+x1)2的秩為________。標準答案：2知識點解析：由于f(x1，x2，x3)=2x12+2x22+2x32+2x1x2+2x1x3-2x2x3的矩陣為對A作初等行變換得從而R(A)=2，即二次型的秩為2。17、已知二次型xTAx=x12-5x22+x32+2ax1x2+2bx2x3+2x1x3的秩為2，(2，1，2)T是A的特征向量，那么經(jīng)正交變換后二次型的標準形是_______。標準答案：3y12-6y32知識點解析：求二次型xTAx在正交變換下的標準形也就是求二次型的矩陣A的特征值。由于且(2，1，2)T是A的特征向量，則有解得a=b=2，λ1=3。由秩為2知，｜A｜=0，于是λ2=0是A的另一個特征值，再由λi，有1+(-5)+1=3+0+λ3，則λ3=-6是A的另外一個特征值。于是可得，正交變換下二次型的標準形是3y12-6y32。18、若二次曲面的方程x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz=4經(jīng)正交變換化為y12+4z12=4，則a=_________。標準答案：1知識點解析：本題等價于將二次型f(x，y，z)=x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz經(jīng)正交變換后化為f=y12+4z12。由正交變換的特點可知，該二次型的特征值為1，4，0。由于矩陣的行列式值是對應特征值的乘積，且該二次型的矩陣為A=，可知｜A｜=-(a-1)2=0，解得a=1。19、設A是三階實對稱矩陣，滿足A3=2A2+5A-6E，且kE+A是正定矩陣，則k的取值范圍是_______。標準答案：k＞2知識點解析：將A3=2A2+5A-6E變形可得A3-2A2-5A+6E=O。設A有特征值λ，則λ滿足λ3-2λ2-5λ+6=0，因式分解得λ3-2λ2-5λ+6=(λ-1)(λ+2)(λ-3)=0，故A的特征值是1，=2，3，因此kE+A的特征值為k+1，k-2，k+3。由于kE+A是正定矩陣，因此kE+A的特征值均大于零，故k＞2。20、已知實二次型f(x1，x2，x3)=a(x12+x22+x32)+4x1x2+4x1x3+4x2x3，經(jīng)正交換x=Py可化成標準形f=6y12，則a=_______。標準答案：2知識點解析：已知二次型經(jīng)正交變換化成標準形f=6y12，知f所對應的實對稱矩陣的特征值應為6，0，0，且該實對稱矩陣為又由=[λ-(a+4)][λ-(a-2)]2=0，可得a+4=6，a-2=0，所以a=2。三、解答題(本題共12題，每題1.0分，共12分。)21、設二次型f(x1，x2，x3)=x12+5x22+2x32+4x1x2+2x1x3+2ax2x3的秩為2，求常數(shù)a。標準答案：二次型f的矩陣A=因為二次型f的秩為2，所以R(A)=2，而A=，因此由1-(a-2)2=0，解得a=3或1。知識點解析：暫無解析22、用配方法將二次型f(x1，x2，x3)=x12+2x22+2x1x2-2x1x3+2x2x3化為標準形。標準答案：f(x1，x2，x3)=x12+2x1(x2-x3)+(x2-x3)2-(x2-x3)2+2x22+2x2x3=(x1+x2-x3)2+x22+4x2x3-x32=(x1+x2-x3)2+x22+4x2x3+4x32-5x32=(x1+x2-x3)2+(x2+2x3)2-5x23。即線性變換矩陣是可逆矩陣，于是原二次型化為f(x1，x2，x3)=y12+y22-5y32。知識點解析：暫無解析23、設f(x1，x2，x3)=4x22-3x32-4x1x3+4x1x2+8x2x3。(Ⅰ)寫出二次型的矩陣形式；(Ⅱ)用正交變換法求二次型的標準形，并寫出正交陣。標準答案：(Ⅰ)令A=，則f(x1，x2，x3)=xTAx。(Ⅱ)由二次型矩陣的特征方程｜λE-A｜==(λ+6)(λ-1)(λ-6)=0，解得特征值λ1=-6，λ2=1，λ3=6。當λ1=-6時，由(-6E-A)x=0，得特征向量ξ1=當λ2=1時，由(E-A)x=0，得特征向量ξ2=當λ3=6時，由(6E-A)x=0，得特征向量ξ3=由施密特正交化方法得令Q=，則QTAQ=，于是有f(x1，x2，x3)=xTAx-6y12+y22+6y32。知識點解析：暫無解析24、二次型f(x1，x2，x3)=2x12+3x22+3x32+2ax2x3(a＞0)經(jīng)過正交變換化為標準形f=y12+2y22+5y32，求參數(shù)a及所用的正交變換。標準答案：二次型f的矩陣A=根據(jù)題意可知，矩陣A的三個特征值分別為λ1=1，λ2=2，λ3=5，于是由｜A｜=λ1λ2λ3可得2(9-a2)=10，解得a=2或-2(舍)。當λ1=1時，解齊次線性方程組(E-A)x=0，得基礎解系為ξ1=(0，1，-1)T；當λ2=2時，解齊次線性方程組(2E-A)x=0，得基礎解系為ξ2=(1，0，0)T；當λ3=5時，解齊次線性方程組(5E-A)x=0，得基礎解系為ξ3=(0，1，1)T。因為ξ1，ξ2，ξ3已經(jīng)是正交向量組，故只需將ξ1，ξ2，ξ3單位化，于是得η1=，η2=(1，0，0)T，η3=令Q=(η1，η2，η3)=則Q為正交矩陣，且在正交變換x=Qy下，有QTAQ=知識點解析：暫無解析25、設n元實二次型f(x1，…，xn)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+…+(xx-1+an-1xn)2+(xn+anx1)2，其中a1，…，an均為實數(shù)。試問：當a1，…，an滿足何種條件時，二次型f是正定的。標準答案：依題意知，對任意的x1，…，xn，均有f≥0，易知當且僅當下列齊次線性方程組只有零解時，二次型是正定的。而當且僅當系數(shù)矩陣的行列式非零時，此齊次線性方程組只有零解，即=1+(-1)n+1a1…an≠0，所以，當a1…an≠(-1)n時，二次型f為正定二次型。知識點解析：暫無解析26、設A、B分別為m、n階正定矩陣，試判別矩陣C=是否為正定矩陣。標準答案：因A、B正定，則A、B必為對稱陣，故AT=A，BT=B，則CT==C。設x、y分別為m、n維列向量，則z=為m+n維列向量，若z≠0，則必有x≠0或y≠0。不妨設x≠0，因A、B正定，則xTAx＞0，yTBy≥0，故zTCz=(xT，yT)=xTAx+yTBy＞0，故C是正定的。知識點解析：暫無解析27、證明：若A是n階正定矩陣，則A*是正定矩陣。標準答案：已知A正定，則有｜A｜＞0。任意x≠0，有xTA*x=xT｜A｜A-1x=｜A｜xTA-1x=｜A｜xTA-1AA-1x=｜A｜(A-1x)TA(A-1x)。又A-1x≠0，所以對任意x≠0，有xTA*x=｜A｜(A-1x)TA(A-1x)＞0。故A*是正定矩陣。知識點解析：暫無解析28、試用配方法化二次型f(x1，x2，x3)=2x12+3x22+x32+4x1x2-4x1x3-8x2x3為標準形和規(guī)范形，寫出相應的可逆線性變換矩陣，并求二次型的秩及止、負慣性指數(shù)。標準答案：由于f中含有x1的平方項，故先把含x1的項進行配方，然后再把含x2的項進行配方，依次配方即可。即f(x1，x2，x3)=2(x12+2x1x2-2x1x3)+3x22+x32-8x2x3=2(x1+x2-x3)2+x22-4x2x32-x32=2(x1+x2-x3)2+(x2-x3)2-5x32。令則把二次型f化成了標準形f(x1，x2，x3)=2y12+y22-5y32。所用的可逆線性變換矩陣為C=，可逆變換為x=Cy。由以上結(jié)論可知，二次型f的規(guī)范形為f=z12+z22-z32，二次型的秩R(f)=3，正慣性指數(shù)為2，負慣性指數(shù)為1。知識點解析：暫無解析29、已知二次型f(x1，x2，x3)=(1-a)x12+(1-a)x22+2x32+2(1+a)x1x2的秩為2。(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)求正交變換x=Qy，把f(x，x，x)化成標準形；(Ⅲ)求方程f(x1，x2，x3)=0的解。標準答案：(Ⅰ)由已知可得，二次型的矩陣A=，且A的秩為2，從而｜A｜==-8a=0，解得a=0。(Ⅱ)當a=0時，A=，由特征多項式｜λE-A｜==(λ-2)[(λ-1)2-1]=λ(λ-2)2=0，得矩陣A的特征值λ1=λ2=2，λ3=0。當λ=2時，由(2E-A)x=0及系數(shù)矩陣，得兩個線性無關(guān)的特征向量α1=(1，1，0)T，α2=(0，0，1)T。當λ=0時，由(0E-A)x=0及系數(shù)矩陣，得特征向量α3=(1，-1，0)T。容易看出，α1，α2，α3已兩兩正交，故只需將它們單位化，即得γ1=(1，1，0)T，γ2=(0,0，1)T，γ3=(1，-1，0)T。那么令Q=(γ1，γ2，γ3)=，則在正交變換X=Qy下，二次型f(x1，x2，x3)化為標準形f(1，x2，x3)=2y12+2y22。(Ⅲ)由(Ⅰ)中結(jié)論，f(x1，x2，x3)=x12+x22+2x32+2x1x2=(x1+x2)2+2x32=0，于是得所以方程f(x1，x2，x3)=0的通解為k(1，-1，0)T，其中k為任意常數(shù)。知識點解析：暫無解析30、已知二次型f(x1，x2，x3)=x12+x22+x32-4x1x2-4x1x3+2ax2x3通過正交變換x=Py化成標準形f=3y12+3y22+by32，求參數(shù)a，b及正交矩陣P。標準答案：由題意，二次型f及其標準形的矩陣分別是在正交變換下A與Λ相似，故有=-2(a+2)2=0，解得a=-2，b=-3。于是，矩陣A的特征值是3，3，-3。當λ=3時，由(3E-A)x=0，系數(shù)矩陣得基礎解系α1=(-1，1，0)t，α2=(-1，0，1)T，即λ=3有兩個線性無關(guān)的特征向量。當λ=-3時，由(-3E-A)x=0，系數(shù)矩陣得基礎解系α3=(1，1，1)T，即λ=-3的特征向量。由于λ=3的特征向量α1，α2不正交，故需施密特正交化。令β1=α1=，則β2=α2-([α2，β1]／[β1，β1])β=將三個特征向量單位化，有那么，所用坐標變換x=Py中，正交矩陣P=(γ1，γ2，γ3)=知識點解析：暫無解析31、已知三元二次型xTAx的平方項系數(shù)均為0，設a=(1，2，-1)T且滿足Aα=2α。(Ⅰ)求該二次型表達式；(Ⅱ)求正交變換x=Qy化二次型為標準形，并寫出所用坐標變換；(Ⅲ)若A+kE正定，求k的取值。標準答案：(Ⅰ)根據(jù)已知條件，有即得方程組解得a12=2，a13=2，a23=-2。所以f(x)=xTAx=4x1x2+4x1x3-4x2x3。(Ⅱ)由｜λE-A｜==(λ-2)2(λ+4)，得矩陣A的特征值為2，2，-4。由(2E-A)X=0及得λ=2的特征向量α1=(1，1，0)T，α2=(1，0，1)T；由(-4E-A)x=0及，得λ=-4的特征向量α3=(-1，1，1)T。將α1，α2正交化。令β1=α1，則β2=α2-([α2，β1]／[β1，β1])β1=再對β1，β2，α3單位化，有那么令xTAx=yTΛy=2y12+2y22-4y32。(Ⅲ)因為由(Ⅱ)中結(jié)論可知，A+kE的特征值為k+2，k+2，k-4，所以當k＞4時，矩陣A+kE正定。知識點解析：暫無解析32、設二次型f(x1，x2，x3)=ax12+ax22+ax32+2x1x2正定，求a的取值范圍。標準答案：該二次型的矩陣為，令其各階順序主子式分別大于零a＞0，=a2-1＞0.=a(a2-1)＞0，解得a＞1。知識點解析：暫無解析考研數(shù)學一（二次型）模擬試卷第2套一、選擇題(本題共6題，每題1.0分，共6分。)1、二次型f(x1，x2，x3)=x12+5x22+x32—4x1x2+2x2x3的標準形可以是()A、y12+4y22B、y12—6y22+2y32。C、y12—y22D、y12+4y22+y32標準答案：A知識點解析：用配方法，有f=x12—4x1x2+4x22+x22+2x2x3+x32=(x1—2x2)2+(x2+x3)2，可見二次型的正慣性指數(shù)p=2，負慣性指數(shù)q=0，故選A。2、下列矩陣中A與B合同的是()A、

B、

C、

D、

標準答案：C知識點解析：合同的定義CTAC=B，矩陣C可逆。合同的必要條件是r(A)=r(B)且行列式｜A｜與｜B｜同號。A，B合同的充要條件是A與B的正、負慣性指數(shù)相同；A與B的正、負特征值的個數(shù)相同。A選項的矩陣秩不相等。B選項中行列式正、負號不同，故排除。C選項中矩陣A的特征值為1，2，0，而矩陣B的特征值為1，3，0，所以二次型xTAx與xTBx有相同的正、負慣性指數(shù)，因此A和B合同。而D選項中，A的特征值為1，±2，B的特征值為—1，—2，—2，因此xTAx與xTBx正、負慣性指數(shù)不同，即不合同，故選C。3、設A，B均為n階實對稱矩陣，若A與B合同，則()A、A與B有相同的秩。B、A與B有相同的特征值。C、A與B有相同的特征向量。D、A與B有相同的行列式。標準答案：A知識點解析：合同的矩陣也等價，必有相同的秩，故選A。4、n階實對稱矩陣A正定的充分必要條件是()A、二次型xTAx的負慣性指數(shù)為零。B、存在可逆矩陣P使P—1AP=E。C、存在n階矩陣C使A=C—1C。D、A的伴隨矩陣A*與E合同。標準答案：D知識點解析：A選項是必要不充分條件。這是因為r(A)=p+q≤n，當q=0時，有r(A)=p≤n。此時有可能p＜n，故二次型xTAx不一定是正定二次型。因此矩陣A不一定是正定矩陣。例如f(x1，x2，x3)=x12+532。B選項是充分不必要條件。這是因為P—1AP=E表示A與E相似，即A的特征值全是1，此時A是正定的。但只要A的特征值全大于零就可保證A正定，因此特征值全是1是不必要的。C選項中的矩陣C沒有可逆的條件，因此對于A=CTC不能說A與E合同，也就沒有A是正定矩陣的結(jié)論。例如顯然矩陣不正定。關(guān)于選項D，由于A正定A—1正定A*正定A*與E合同，所以D選項是充分必要條件，故選D。5、下列條件不能保證n階實對稱陣A正定的是()A、A—1正定。B、A沒有負的特征值。C、A的正慣性指數(shù)等于n。D、A合同于單位矩陣。標準答案：B知識點解析：A—1正定表明存在可逆矩陣C，使CTA—1C=E，兩邊求逆得到C—1A(CT)—1=C—1A(C—1)T=E，即A合同于E，A正定，因此A項不正確。D選項是A正定的定義，因此D項不正確。C選項表明A的正慣性指數(shù)等于n，故A是正定陣，因此C項也不正確。由排除法，故選B。事實上，一個矩陣沒有負的特征值，但可能有零特征值，而正定陣的特征值必須全是正數(shù)。6、設A為三階實對稱矩陣，如果二次曲面方程=1在正交變換下的標準方程的圖形如圖所示，則A的正特征值的個數(shù)為()A、0B、1C、2D、3標準答案：B知識點解析：此二次曲面為旋轉(zhuǎn)雙葉雙曲面，此曲面的標準方程為。故A的正特征值個數(shù)為1，故選B。二、填空題(本題共5題，每題1.0分，共5分。)7、設f(x1，x2)=，則二次型的對應矩陣是__________。標準答案：知識點解析：把行列式展開就可以得到二次型的一般表達式。f(x1，x2)==3x1x2+5x12+2x22+3x1x2=(x1，x2)。因此對應的矩陣為。8、二次型f(x1，x2，x3)=(x1+2x2+a3x3)(x1+5x2+b3x3)的合同規(guī)范形為__________。標準答案：z12—z22知識點解析：令，所以該線性變換是非退化的，則原二次型與變換之后的二次型f=y1y2是合同的，故有相同的合同規(guī)范形。二次型f=y1y2的矩陣為，其特征值為，所以原二次型的正、負慣性指數(shù)均為1，故原二次型的合同標準形為z12—z22。9、設f=x12+x22+5x32+2ax1x2—2x1x3+4x2x3為正定二次型，則未知系數(shù)a的范圍是__________。標準答案：知識點解析：二次型的矩陣為其各階主子式為a11=1，=1—a2，=—a(5a+4)。因為f為正定二次型，所以必有1—a2＞0且—a(5a+4)＞0，因此。故當時，A正定，從而f正定。10、設α=(1，0，1)T，A=ααT，若B=(kE+A)*是正定矩陣，則k的取值范圍是__________。標準答案：k＞0或k＜—2知識點解析：矩陣A=ααT的秩為1，且tr(A)=αTα=2，故矩陣A的特征值是2，0，0，從而矩陣kE+A的特征值是k+2，k，k。矩陣B=(kE+A)*=｜kE+A｜(kE+A)—1的特征值是k2，k(k+2)，k(k+2)。矩陣B正定的充要條件是特征值均大于零，即k2＞0且k(k+2)＞0，解得k＞0或k＜—2。11、若二次曲面的方程為x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz=4，經(jīng)正交變換化為y12+4z12=4，則a=__________。標準答案：1知識點解析：本題等價于將二次型f(x，y，z)=x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz經(jīng)正交變換后化為了f=y12+4z12。由正交變換的特點可知，該二次型的特征值為1，4，0。由于矩陣的行列式值是對應特征值的乘積，且該二次型的矩陣為A=，即可得｜A｜=—(a—1)2=0，因此a=1。三、解答題(本題共12題，每題1.0分，共12分。)已知二次型f(x1，x2，x3)=(1—a)x12+(1—a)x22+2x32+2(1+a)x1x2的秩為2。12、求a的值。標準答案：二次型矩陣A=。已知二次型的秩為2，則二次型矩陣A的秩也為2，從而因此a=0。知識點解析：暫無解析13、求正交變換x=Qy，把f(x1，x2，x3)化為標準形。標準答案：a=0，則A=，由特征多項式｜λE—A｜==(λ—2)[(λ—1)2—1]=λ(λ—2)2得矩陣A的特征值λ1=λ2=2，λ3=0。當λ=2，由(2E—A)x=0得特征向量α1=(1，1，0)T，α2=(0，0，1)T。當λ=0，由(OE—A)x=0得特征向量α3=(1，—1，0)T。容易看出α1，α2，α3已兩兩正交，故只需將它們單位化γ1=(1，1，0)T，γ2=(0，0，1)T，γ3=(1，—1，0)T。那么令Q=(γ1，γ2，γ3)=，則在正交變換x=Qy下，二次型f(x1，x2，x3)化為標準形f(x1，x2，x3)=xTAx=yTΛy=2y12+2y22。知識點解析：暫無解析14、求方程f(x1，x2，x3)=0的解。標準答案：由f(x1，x2，x3)=x12+x22+2x32+2x1x2=(x1+x2)2+2x32=0，得所以方程f(x1，x2，x3)=0的通解為k(1，—1，0)T，其中k為任意常數(shù)。知識點解析：暫無解析15、設矩陣A=有一個特征值是3，求y，并求可逆矩陣P，使(AP)T(AP)為對角矩陣。標準答案：因為3是A的特征值，故｜3E—A｜=8(3—y—1)=0，解得y=2于是由于AT=A，要(AP)T(AP)=PTA2P=Λ，而A2=是對稱矩陣，即要A2～Λ，故可構(gòu)造二次型XTA2x，再將其化為標準形。由配方法，有xTA2x=x12+x22+5x32+5x42+8x3x4=y12+y22+532+y4，其中y1=x1，y2=x2，y3=x3+x4，y4=x4，即于是(AP)T(AP)=PTA2P=。知識點解析：暫無解析已知A=，二次型f(x1，x2，x3)=xT(ATA)x的秩為2。16、求實數(shù)a的值。標準答案：ATA=，由r(ATA)=2可得｜ATA｜==(a+1)2(a2+3)=0，所以a=—1。知識點解析：暫無解析17、求正交變換x=Qy將f化為標準形。標準答案：由上小題中結(jié)果，令矩陣B=，解得矩陣B的特征值為λ1=0，λ2=2，λ3=6。由(λiE—B)x=0，得對應特征值λ1=0，λ2=2，λ3=6的特征向量分別為η1=(—1，—1，1)T，η2=(—1，1，0)T，η3=(1，1，2)T。將η1，η2，η3單位化可得令Q=(α1，α2，α3)=，則正交變換x=Qy可將原二次型化為2y22+6y32。知識點解析：暫無解析18、證明：二次型f(x)=xTAx在時的最大值為矩陣A的最大特征值。標準答案：A為實對稱矩陣，則存在正交矩陣Q，使得QAQ—1=diag(λ1，λ2，…，λn)=Λ，其中λ1，λ2，…，λn為A的特征值，不妨設λ1最大。作正交變換y=Qx，即x=Q—1y=QTy，則f=xTAx=yTQAQTy=yTΛy=λ1y12+λ2y22+…+λnyn2，因為y=Qx，所以當時，有||x||2=xTx=yTQQTy=||y||2=1，即y12+y22+…+yn2=1。因此f=λ1y12+λ2y22+…+λnyn2≤λ1(y12+y22+…+yn2)=λ1。又當y1=1，y2=y3=…=yn=0時，f=λ1，所以fmax=λ1。知識點解析：暫無解析設二次型f(x1，x2，x3)=ax12+ax22+(a—1)x32+2x1x3—2x2x3。19、求二次型f的矩陣的所有特征值。標準答案：二次型的矩陣為A=，則有所有特征值是λ1=a，λ2=a—2，λ3=a+1。知識點解析：暫無解析20、若二次型f的規(guī)范形為y12+y22，求a的值。標準答案：若規(guī)范形為y12+y22，說明有兩個特征值為正，一個為0。則由于a—2＜a＜a+1，所以a—2=0，即a=2。知識點解析：暫無解析設D=為正定矩陣，其中A，B分別為m階，n階對稱矩陣，C為m×n矩陣。21、計算PTDP，其中P=標準答案：知識點解析：暫無解析22、利用上小題的結(jié)果判斷矩陣B—CTA—1C是否為正定矩陣，并證明結(jié)論。標準答案：由上小題中結(jié)果知矩陣D與矩陣M=合同，又因D是正定矩陣，所以矩陣M為正定矩陣，從而可知M是對稱矩陣，那么B—CTA—1C是對稱矩陣。對m維零向量x=(0，0，…，0)T和任意n維非零向量y=(y1，y2，…yn)T，都有可得yT(B—CTA—1C)y＞0，依定義，yT(B—CTA—1C)y為正定二次型，所以矩陣B—CTA—1C為正定矩陣。知識點解析：暫無解析23、已知二次曲面方程x2+ay2+z2+2bxy+2xz+2yz=4可以經(jīng)過正交變換化為橢圓柱面方程η2+4ζ2=4，求a，b的值和正交矩陣P。標準答案：根據(jù)題意，矩陣是相似的，則tr(A)=tr(B)，從而2+a=5，a=3。又因為｜A｜=｜B｜，所以b=1。此時，矩陣A=，特征值為λ1=0，λ2=1，λ3=4。由(λiE—A)x=0，可得屬于特征值λ1=0，λ2=1，λ3=4的特征向量分別為α1=(1，0，—1)T，α2=(1，—1，1)T，α3=(1，2，1)T。將α1，α2，α3單位化，得到令P=，即P為所求的正交矩陣。知識點解析：暫無解析考研數(shù)學一（二次型）模擬試卷第3套一、選擇題(本題共4題，每題1.0分，共4分。)1、設二次型f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX，已知r(A)＝2，并且A滿足A2－2A＝0．則下列各標準二次型中可用正交變換化為廠的是()．(1)2y12＋2y22(2)2y12．(3)2y12＋2y32．(4)2y22＋2y32．A、(1)．B、(3)，(4)．C、(1)，(3)，(4)．D、(2)．標準答案：C知識點解析：暫無解析2、設A＝，B＝，則A、A與B既合同又相似．B、A與B合同但不相似．C、A與B不合同但相似．D、A與B既不合同又不相似．標準答案：A知識點解析：暫無解析3、設A＝，B＝，則A、A與B既合同又相似．B、A與B合同但不相似．C、A與B不合同但相似．D、A與B既不合同又不相似．標準答案：B知識點解析：暫無解析4、A＝，則()中矩陣在實數(shù)域上與A合同．A、B、C、D、標準答案：D知識點解析：暫無解析二、解答題(本題共24題，每題1.0分，共24分。)5、用配方法化下列二次型為標準型(1)f(χ1，χ2，χ3)＝χ12＋2χ22＋2χ1χ2－2χ1χ3＋2χ2χ3．(2)f(χ1，χ2，χ3)＝χ1χ2＋χ1χ3＋χ2χ3．標準答案：(1)f(χ1，χ2，χ3)＝χ12＋2χ22＋2χ1χ2－2χ1χ3＋2χ2χ3＝[χ12＋2χ1χ2－2χ1χ3＋(χ2－χ3)2]－(χ2－χ3)2＋2χ22＋2χ2χ3＝(χ1＋χ2－χ3)2＋χ22＋4χ2χ3－χ32＝(χ1＋χ2－χ3)2＋χ22＋4χ2χ3＋4χ32－5χ32＝(χ1＋χ2－χ3)2＋(χ2＋2χ3)2－5χ32．令原二次型化為f(χ1，χ2，χ3)＝y(tǒng)12＋y22－5y32．從上面的公式反解得變換公式：變換矩陣(2)這個二次型沒有平方項，先作一次變換f(χ1，χ2，χ3)＝y(tǒng)12－y22＋2y1y3．雖然所得新二次型還不是標準的，但是有平方項了，可以進行配方了：．y12－y22＋2y1y3＝(y1＋y3)2－y22－y32．則f(χ1，χ2，χ3)＝z12－z22－z32．變換公式為變換矩陣知識點解析：暫無解析6、已知二次型2χ12＋3χ22＋3χ32＋2aχ2χ3(a＞0)可用正交變換化為y12＋2y22＋5y32，求a和所作正交變換．標準答案：原二次型的矩陣A和化出二次型的矩陣B相似．于是｜A｜＝｜B｜＝10．而｜A｜＝2(9－a2)，得a2＝4，a＝2．A和B的特征值相同，為1，2，5．對這3個特征值求單位特征向量．對于特征值1：得(A－E)X＝0的同解方程組得屬于1的一個特征向量η＝(0，1，－1)T，單位化得γ1＝(0，)．對于特征值2：得(A－2E)X＝0的同解方程組得屬于2的一個單位特征向量γ2(1，0，0)T．對于特征值5：得(A－5E)X＝0的同解方程組得屬于5的一個特征向η3(0，1，1)T，單位化γ3＝(0，)T．令Q＝(γ1，γ2，γ3)，則正交變換X＝QY把原二次型化為y12＋2y22＋5y32．知識點解析：暫無解析7、設二次型f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX＝aχ12＋2χ22－2χ32＋2bχ1χ3，(b＞0)其中A的特征值之和為1，特征值之積為－12．(1)求a，b．(2)用正交變換化f(χ1，χ2，χ3)為標準型．標準答案：(1)A＝由條件知，A的特征值之和為1，即a＋2＋(－2)＝1，得a＝1．特征值之積＝－12，即｜A｜＝－12，而｜A｜＝＝2(－2－b2)得b＝2(b＞0)．則(2)｜λE－A｜＝＝(λ－2)2(λ＋3)，得A的特征值為2(二重)和－3(一重)．對特征值2求兩個單位正交的特征向量，即(A－2E)X＝0的非零解．得(A－2E)X＝0的同解方程組χ1－2χ3＝0，求出基礎解系η1＝(0，1，0)T，η2＝(2，0，1)T，它們正交，單位化：α1＝η1，α2＝．方程χ1－2χ3＝0的系數(shù)向量η3＝(1，0，－2)T和η1，η2都正交，是屬于－3的一個特征向量，單位化得α3＝作正交矩陣Q＝(α1，α2，α3)，則QTAQ＝作正交變換X＝QY，則它把f化為Y的二次型f＝2y12＋2y22－3y32．知識點解析：暫無解析8、已知二次型f(χ1，χ2，χ3)＝(1－a)χ12＋(1－a)χ12＋2χ32＋2(1＋a)χ1χ2的秩為2．(1)求a．(2)求作正交變換X＝QY，把f(χ1，χ2，χ3)化為標準形．(3)求方程f(χ1，χ2，χ3)＝0的解．標準答案：(1)此二次型的矩陣為則r(A)＝2，｜A｜＝0．求得｜A｜＝－8a，得a＝0．(2)｜λE－A｜＝＝λ(λ－2)2，得A的特征值為2，2，0．對特征值2求兩個正交的單位特征向量：得(A－2E)X＝0的同解方程組χ1－χ2＝0，求出基礎解系η1＝(0，0，1)T，η2＝(1，1，0)T．它們正交，單位化：α1＝η1，α2＝方程χ1－χ2＝0的系數(shù)向量η3＝(1，－1，0)T和η1，η2都正交，是屬于特征值0的一個特征向量，單位化得α3＝作正交矩陣Q＝(α1，α2，α3)，則QTAQ＝作正交變換X＝QY，則f化為Y的二次型f＝2y12＋2y22．(3)f(X)＝χ12＋χ22＋2χ32＋2χ1χ2＝(χ1＋χ2)2＋2χ32．于是f(χ1，χ2，χ3)＝0求得通解為：，c任意．知識點解析：暫無解析9、二次型f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX在正交變換X＝QY下化為10y12－4y22－4y32，Q的第1列為(1)求A．(2)求一個滿足要求的正交矩陣Q．標準答案：(1)Q的第1列α1＝是A的屬于10的特征向量，其倍η1＝(1，2，3)T也是屬于10的特征向量．于是A的屬于一4的特征向量和(1，2，3)T正交，因此就是方程χ1＋2χ2＋3χ3＝0的非零解．求出此方程的一個正交基礎解系η2＝(2，－1，0)T，η3＝(1，2，)T．建立矩陣方程A(η1，η2，η3)＝(10η1，－4η2，－4η3)，用初等變換法解得(2)將η2，η3單位化得α2＝(2，－1，0)T，α3＝(3，6，－5)T．則正交矩陣Q＝(α1，α2，α3)滿足要求．知識點解析：暫無解析10、A＝．求作一個3階可逆矩陣P．使得PTAP是對角矩陣．標準答案：f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX＝χ12＋4χ22－2χ32－4χ1χ2＋4χ2χ3＝(χ1－2χ2)2－2χ32＋4χ2χ3＝(χ1－2χ2)2－2(χ2－χ3)2＋2χ22．令原二次型化為f(χ1，χ2，χ3)＝y(tǒng)12－2y22＋2y32)．從上面的公式反解得變換公式：變換矩陣知識點解析：暫無解析11、二次型f(χ1，χ2，χ3)＝χ12＋aχ22＋χ32＋2χ1χ2＋2χ1χ3＋2χ2χ3的正慣性指數(shù)為2，a應滿足什么條件?標準答案：用配方法．f(χ1，χ2，χ3)＝(χ1＋χ2＋χ3)2＋(a－1)χ22，令原二次型化為f(χ1，χ2，χ3)＝y(tǒng)12＋(a－1)y22，則正慣性指數(shù)為2a－1＞0，即a＞1．知識點解析：暫無解析12、設A是一個可逆實對稱矩陣，記Aij是它的代數(shù)余子式．二次型f(χ1，χ2，…χn)＝χiχj(1)用矩陣乘積的形式寫出此二次型．(2)f(χ1，χ2，…，χn)的規(guī)范形和XTAX的規(guī)范形是否相同?為什么?標準答案：(1)由于A是實對稱矩陣，它的代數(shù)余子式Aij＝Aji，，并且A-1也是實對稱矩陣，其(i，j)位的元素就是Aij／｜A｜，于是f(χ1，χ2，…，χn)＝XTA-1X．(2)A-1的特征值和A的特征值互為倒數(shù)關(guān)系，因此A-1和A的正的特征值的個數(shù)相等，負的特征值的個數(shù)也相等，于是它們的正，負慣性指數(shù)都相等，從而A-1和A合同，f(χ1，χ2，…，χn)和XTAX有相同的規(guī)范形．知識點解析：暫無解析13、判斷A與曰是否合同，其中標準答案：用慣性指數(shù)，看它們的正負慣性指數(shù)是否都一樣．B的正慣性指數(shù)為2，負慣性指數(shù)為1．A的慣性指數(shù)可通過對二次型XTAX進行配方法化標準形來計算．XTAX＝χ12＋4χ22－2χ32－4χ1χ2－4χ2χ3＝(χ1－2χ2)2－2χ32－4χ2χ3＝(χ1－2χ2)2－2(χ3＋χ2)2＋2χ22，令則XTAX＝y(tǒng)12－2y22＋2y32，于是A的正慣性指數(shù)也為2，負慣性指數(shù)也為1．A與B合同．知識點解析：暫無解析14、二次型f(χ1，χ2，χ3)＝aχ12＋aχ22＋(a－1)χ32＋2χ1χ2－2χ2χ3．①求f(χ1，χ2，χ3)的矩陣的特征值．②如果f(χ1，χ2，χ3)的規(guī)范形為y12＋y22，求a．標準答案：①f(χ1，χ2，χ3)的矩陣為A＝記B＝．則A＝B＋aE．求出B的特征多項式｜λE－B｜＝λ3＋λ2－2λ＝λ(λ＋2)(λ－1)，B的特征值為－2，0，1，于是A的特征值為a－2，a，a＋1．②因為f(χ1，χ2，χ3)的規(guī)范形為y12＋y22，所以A的正慣性指數(shù)為2，負慣性指數(shù)為0，于是A的特征值2個正，1個0，因此a＝2．知識點解析：暫無解析15、a為什么數(shù)時二次型χ12＋3χ22＋2χ32＋2aχ2χ3可用可逆線性變量替換化為2y12－3y22＋5)y32?標準答案：就是看a為什么數(shù)時它們的矩陣合同．寫出這兩個二次型的矩陣B的特征值是2正1負．又看出1是A的特征值，于是A的另兩個特征值應該1正1負，即｜A｜＜0．求得｜A｜＝6－a2，于是a滿足的條件應該為：a＜－或a＞．知識點解析：暫無解析16、已知A是正定矩陣，證明｜A＋E｜＞1．標準答案：設A的特征值為λ1，λ2，…，λn，則A＋E的特征值為λ1＋1，λ2＋1，…，λn＋1．因為A正定，所以λi＞0，λi＞1(i＝1，2，…，n)．于是｜A＋E｜＝(λ1＋1)(λ2＋1)…(λn＋1)＞1．知識點解析：暫無解析17、已知二次型f(χ1，χ2，χ3)＝χ12＋4χ22＋4χ32＋2λχ1χ2－2χ1χ3＋4χ2χ3．當A滿足什么條件時f(χ1，χ2，χ3)正定?標準答案：用順序主子式．此二次型的矩陣它的順序主子式的值依次為1，4－λ2，4(2－λ－λ2)．于是，λ應滿足條件4－λ2＞0，2－λ－λ2＞0，解出Aλ∈(－2，1)時二次型正定．知識點解析：暫無解析18、已知二次型f(χ1，χ2，…，χn)＝(χ1＋a1χ2)2＋(χ2＋a2χ3)2＋…＋(χn＋anχ1)2．a(chǎn)1，a2，…，an滿足什么條件時f(χ1，χ2，…，χn)正定?標準答案：記y1＝χ1＋a1χ2，y2＝χ2＋a2χ3，…，yn＝χn＋anχ1，則簡記為Y＝AX．則f(χ1，χ2，…，χn)＝Y(jié)TY＝XTATAX．于是，實對稱矩陣ATA就是f(χ1，χ2，…，χn)的矩陣．從而f正定就是ATA正定．ATA正定的充要條件是A可逆．計算出｜A｜＝1＋(－1)n-1a1a2…an．于是，f正定的充要條件為a1a2…an≠(－1)n．知識點解析：暫無解析19、設A＝，B＝(A＋kE)2．(1)求作對角矩陣D，使得B－D．(2)實數(shù)k滿足什么條件時B正定?標準答案：(1)A是實對稱矩陣，它可相似對角化，從而B也可相似對角化，并且以B的特征值為對角線上元素的對角矩陣和B相似．求B的特征值：｜λE－A｜＝λ(λ－2)2，A的特征值為0，2，2，于是B的特征值為k2和(k＋)2，(k＋2)2．令D＝則B～D．(2)當k為≠0和－2的實數(shù)時，B是實對稱矩陣，并且特征值都大于0，從而此時B正定．知識點解析：暫無解析20、設A和B都是m×n實矩陣，滿足r(A＋B)＝n，證明ATA＋BTB正定．標準答案：用正定的定義證明．顯然ATA，BTB都是n階的實對稱矩陣，從而ATA＋BTB也是n階實對稱矩陣．由于r(A＋B)＝n，n元齊次線性方程組(A＋B)X＝0沒有非零解．于是，當α是一個非零n維實的列向量時，(A＋B)α≠0，因此Aα與Bα不會全是零向量，從而αT(ATA＋BTB)α＝αTATAα＋αTβTβα＝‖Aα‖2＋‖βα‖2＞0．根據(jù)定義，ATA＋BTB正定．知識點解析：暫無解析21、設A是3階實對稱矩陣，滿足A2＋2A＝0，并且r(A)＝2．(1)求A的特征值．(2)當實數(shù)k滿足什么條件時A＋kE正定?標準答案：(1)因為A是實對稱矩陣，所以A的特征值都是實數(shù)．假設λ是A的一個特征值，則λ2＋2λ是A2＋2A的特征值．而A2＋2A＝0，因此λ2＋2λ＝0，故λ＝0或－2．又因為r(A－0E)＝r(A)＝2，特征值0的重數(shù)為3－r(A－0E)＝1，所以－2是A的二重特征值．A的特征值為0，－2，－2．(2)A＋kE的特征值為k，k－2，k－2．于是當k＞2時，實對稱矩陣A＋kE的特征值全大于0，從而A＋kE是正定矩陣．當k≤2時，A＋kE的特征值不全大于0，此時A＋kE不正定．知識點解析：暫無解析22、設A，B是兩個n階實對稱矩陣，并且A正定．證明：(1)存在可逆矩陣P，使得PTAP，PTBP都是對角矩陣；(2)當｜ε｜充分小時，A＋εB仍是正定矩陣．標準答案：(1)因為A正定，所以存在實可逆矩陣P1，使得P1TAP1＝E．作B1＝P1TBP1，則B仍是實對稱矩陣，從而存在正交矩陣Q，使得QTB1Q是對角矩陣．令P＝P1Q，則PTAP＝Q*P1TAP1Q＝E，PTBP＝QTP1TBP1Q＝QTB1Q．因此P即所求．(2)設對(1)中求得的可逆矩陣P，對角矩陣PTBP對角線上的元素依次為λ1，λ3，…，λn，記M＝max{｜λ1｜，｜λ2｜，…，｜λn｜}．則當｜ε｜＜1／M時，E＋εPTBP仍是實對角矩陣，且對角線上元素1＋ελi＞0，i＝1，2，…，n．于是E＋εPTBP正定，PT(A＋εB)P＝E＋εPTBP，因此A＋εB也正定．知識點解析：暫無解析23、設C＝，其中A，曰分別是m，n階矩陣．證明C正定A，B都正定．標準答案：顯然C是實對稱矩陣A，B都是實對稱矩陣．｜λEm+n－C｜＝＝｜λEm－A｜｜λEn－B｜于是A，B的特征值合起來就是C的特征值．如果C正定，則C的特征值都大于0，從而A，B的特征值都大于0，A，B都正定．反之，如果A，B都正定，則A，B的特征值都大于0，從而C的特征值都大于0，C正定．知識點解析：暫無解析24、設D＝是正定矩陣，其中A，B分別是m，n階矩陣．記P＝．(1)求PTDP．(2)證明B－CTA-1C正定．標準答案：(1)(2)因為D為正定矩陣，P是實可逆矩陣，所以PTDP正定．于是由上例的結(jié)果，得B－CTA-1C正定．知識點解析：暫無解析25、二次型f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX在正交變換X＝QY下化為y12＋y22，Q的第3列為()T．①求A．②證明A＋E是正定矩陣．標準答案：①條件說明Q-1AQ＝QTAQ＝于是A的特征值為1，1，0，并且Q的第3列＝(1，0，1)T是A的特征值為0的特征向量．記α1＝(1，0，1)T，它也是A的特征值為0的特征向量．A是實對稱矩陣，它的屬于特征值1的特征向量都和α1正交，即是方程式χ1＋χ3＝0的非零解．α2＝(1，0，－1)T，α3＝(0，1，0)T是此方程式的基礎解系，它們是A的特征值為1的兩個特征向量．建立矩陣方程A(α1，α2，α3)＝(0，α2，α3)，兩邊做轉(zhuǎn)置，得解此矩陣方程②A＋E也是實對稱矩陣，特征值為2，2，1，因此是正定矩陣．知識點解析：暫無解析26、證明對于任何m×n實矩陣A，ATA的負慣性指數(shù)為0．如果A秩為n，則ATA是正是矩陣．標準答案：設A是A的一個特征值，η是屬于它的一個特征向量，即有ATAη＝λη，于是ηTATAη＝ληTη，即(Aη，Aη)＝λ(η，η)．則λ＝(Aη，Aη)／(η，η)≥0．如果A秩為n，則AX＝0沒有非零解，從而Aη≠0，(Aη，Aη)＞0，因此λ＝(Aη，Aη)／(η，η)＞0．知識點解析：暫無解析27、如果A正定，則Ak，A-1，A*也都正定．標準答案：從特征值看．設A的特征值為λ1，λ2，…，λn．λi＞0，i＝1，2，…，n．則Ak的特征值為λ1k，λ2k，…，λnk．λik＞0，i＝1，2，…，n．設A-1的特征值為λ1-1，λ2-1，…，λn-1．λi-1＞0，i＝1，2，…，n．設A*的特征值為｜A｜／λ1，｜A｜／λ2，…，｜A｜／λn．｜A｜／λi＞0，i＝1，2，…，n．知識點解析：暫無解析28、設A是正定矩陣，B是實對稱矩陣，證明AB相似于對角矩陣．標準答案：A是正定矩陣，存在可逆實矩陣C，使得A＝CCT，則AB＝CCTB．于是C-1ABC＝C-1CCTBC＝CTBC．即AB相似于CTBC．而CTBC是實對稱矩陣，相似于對角矩陣．由相似的傳遞性，AB也相似于對角矩陣．知識點解析：暫無解析考研數(shù)學一（二次型）模擬試卷第4套一、選擇題(本題共6題，每題1.0分，共6分。)1、關(guān)于二次型f(x1，x2，x3)=x12+x22+x32+2x1x2+2x1x3+2x2x3，下列說法正確的是()A、是正定的。B、其矩陣可逆。C、其秩為1。D、其秩為2。標準答案：C知識點解析：二次型的矩陣所以r(A)=1，A、B、D三項都不正確，故選C。2、二次型f(x1，x2，x3)=(x1+x2)2+(2x1+3x2+x3)2—5(x2+x3)2的規(guī)范形為()A、y12+y22+4y32B、y22—y32C、y12—y22—y32D、y12—y22+y32標準答案：B知識點解析：方法一：將二次型中的括號展開，并合并同類項可得f(x1，x2，x3)=5x12+5x22—4x32+14x1x2+4x1x3—4x2x3，則該二次型矩陣為A=。由｜λE—A｜==λ(λ+6)(λ—12)可知，矩陣A的特征根為12，—6，0。因此該二次型的正慣性指數(shù)p=1，負慣性指數(shù)g=1，故選B。方法二：配方法f(x1，x2，x3)可知p=1，q=1，故選B。注意，在本題中若令而認為該二次型的規(guī)范形是f=y12+y22—y32是不正確的，因為行列式=0，這說明線性變換(1)不是非退化的線性變換。3、設A是n階實對稱矩陣，將A的第i列和第j列對換得到B，再將B的第i行和第j行對換得到C，則A與C()A、等價但不相似。B、合同但不相似。C、相似但不合同。D、等價，合同且相似。標準答案：D知識點解析：對矩陣作初等行、列變換，用左、右乘初等矩陣表示，由題設AEij=B，EijB=C，故C==EijB=EijAEij。因Eij=EijT=Eij—1，故C=EijAEij=Eij—1AEij=EijTAEij，故A與C等價，合同且相似，故選D。4、下列二次型中是正定二次型的是()A、f1=(x1—x2)2+(x2—x3)2+(x3—x1)2B、f2=(x1+x2)2+(x2—x3)2+(x3+x1)2C、f3=(x1+x2)2+(x2+x3)2+(x3—x4)2+(x4—x1)2D、f4=(x1+x2)2+(x2+x3)2+(x3+x4)2+(x4—x1)2標準答案：D知識點解析：f=xTAx正定對任意的x≠0，均有xTAx＞0；反之，若存在x≠0，使得f=xTAx≤0則f或A不正定。A選項因f1(1，1，1)=0，故不正定。B選項因f2(—1，1，1)=0，故不正定。C選項因f3(1，—1，1，1)=0，故不正定。由排除法，故選D。5、已知實二次型f=(a11x1+a12x2+a13x3)2+(a21x1+a22x2+a23x3)2+(a31x1+a32x2+a33x3)2正定，矩陣A=(aij)3×3，則()A、A是正定矩陣。B、A是可逆矩陣。C、A是不可逆矩陣。D、以上結(jié)論都不對。標準答案：B知識點解析：f=(a11x1+a12x2+a13x3)2+(a21x1+a22x2+a23x3)2+(a31x1+a32x2+a33x3)2=xTATAx=(Ax)T(Ax)。因為實二次型f正定，所以對任意x≠0，f＞0的充要條件是Ax≠0，即齊次線性方程組Ax=0只有零解，故A是可逆矩陣，故選B。6、設f=xTAx，g=xTBx是兩個n元正定二次型，則下列未必是正定二次型的是()A、xT(A+B)x。B、xTA—1x。C、xTB—1x。D、xTABx。標準答案：D知識點解析：因為f是正定二次型，A是n階正定陣，所以A的n個特征值λ1，λ2，…，λn都大于零。設Apj=λjPj，則A—1Pj=，A—1的n個特征值(j=1，2，…，n)都大于零，這說明A—1為正定矩陣，xTA—1x為正定矩二定型。同理，xTB—1x為正定二次型，對任意n維非零列向量x都有xT(A+B)x=xTAx+xTBx＞0，這說明xT(A+B)x為正定二次型。由于兩個同階對稱陣的乘積未必為對稱陣，所以xTABx未必為正定二次型，故選D。二、填空題(本題共5題，每題1.0分，共5分。)7、二次型f(x1，x2，x3)=(a1x1+a2x2+a3x3)(b1x1+b2x2+b3x3)的矩陣為__________。標準答案：知識點解析：f(x1，x2，x3)=(a1x1+a2x2+a3x3)(b1x1+b2x2+b3x3)=(x1，x2，x3)(b1，b2，b3)=(x1，x2，x3)=(x1，x2，x3)所以原二次型矩陣為8、二次型f(x1，x2，x3)=xTAx=2x22+2x32+4x1x2+8x2x3—4x1x3，的規(guī)范形是__________。標準答案：z12+z22—z32知識點解析：二次型的矩陣A=，特征多項式所以矩陣A的特征值是2，6，—4，即正交變換下的二次型的標準形是2y12+6y22—4y32，因此其規(guī)范形是z12+z22—z32。9、已知正、負慣性指數(shù)均為1的二次型f=xTAx通過合同變換x=Py化為f=yTBy，其中B=，則a=__________。標準答案：—2知識點解析：合同矩陣對應的二次型具有相同的規(guī)范形，所以由二次型f=xTAx的正、負慣性指數(shù)均為1可知，矩陣B的秩r(B)=2，從而有｜B｜=—(a—1)2(a+2)=0。若a=1，則r(B)=1，不合題意，舍去。若a=—2，則由得B的特征值為0，3，—3，此時正、負慣性指數(shù)均為1。10、設A是三階實對稱矩陣，滿足A3=2A2+5A—6E，且kE+A是正定陣，則k的取值范圍是__________。標準答案：k＞2知識點解析：根據(jù)題設條件，則有A3—2A2—5A+6E=O。設A有特征值λ，則λ滿足條件λ3—2λ2—5λ+6=0，將其因式分解可得λ3—2λ2—5λ+6=(λ—1)(λ+2)(λ—3)=0，因此可知矩陣A的特征值分別為1，—2，3，故kE+A的特征值分別為k+1，k—2，k+3，且當k＞2時，kE+A