考研数学三(二次型)模拟试卷6(题后含答案及解析)

考研数学三（二次型）模拟试卷6(题后含答案及解析)题型有：1.选择题2.填空题3.解答题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．设二次型f(x1，x2，x3)在正交变换x=Py下的标准形为2y12+y22－y32，其中P=(e1，e2，e3)，若Q=(e1，－e3，e2)，则f(x1，x2，x3)在正交变换x=Qy下的标准形为()A．2y12－y22+y32．B．2y12+y22－y32．C．2y22－y22－y32．D．2y12+y22+y32．正确答案：A解析：设二次型f(x1，x2，x3)=xTAx的矩阵为A，正交矩阵P=(e1，e2，e3)，则f(x1，x2，x3)在正交变换x=Qy下的标准形为2y12+y22－y32，即若Q=(e1，－e3，e2)，则所以f(x1，x2，x3)在正交变换x=Qy下的标准形为2y12一y22+y32．故应选(A)．知识模块：二次型2．设矩阵则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．正确答案：B解析：因为即矩阵A的特征值为3，3，0，而矩阵B的特征值为1，1，0，所以矩阵A与B不相似；但A与B的秩均为2，正惯性指数也都是2，所以它们是合同的．总之，选项(B)正确．知识模块：二次型填空题3．设二次型f(x1，x2，x3)=x12+2x1x2+2x2x3，则f的正惯性指数为_________．正确答案：2解析：【解法1】利用配方法化二次型为标准形．f=x12+2x1x2+2x2x3=x12+2x1x2+x22－(x22－2x2x3)=(x1+x2)2－(x2－x3)2+x32=y12－y22+y32，其中y1=x1+x2，y2=x2－x3，y3=x3，即由于这个线性变换是可逆的，故由惯性定理知，二次型f的正惯性指数为2．【解法2】利用二次型的正惯性指数是其矩阵的正特征值个数．由于二次型f的矩阵为A的特征多项式为且f(0)=1＞0，f(1)=－1＜0，故由连续函数的介值定理知f(λ)分别在(－∞，0)，(0，1)，(1，+∞)各有一个零点，即f(λ)有两个正特征值，一个负特征值．因此，二次型f的正惯性指数为2．知识模块：二次型4．若二次型f(x1，x2，x3)=2x12x22+x32+2x1x2+tx2x3正定，则t的取值范围是__________．正确答案：解析：由于二次型f(x1，x2，x3)=2x12+x22+x32+2x1x2+tx2x3的矩阵所以，有D1=2＞0，解得故应填知识模块：二次型解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。已知二次型f(x1，x2，x3)=4x22－3x32+4x1x2－4x1x3+8x2x3．5．写出二次型f的矩阵表达式；正确答案：二次型f的矩阵表达式为其中涉及知识点：二次型6．用正交变换把二次型f化为标准形，并求出相应的正交矩阵．正确答案：矩阵A的特征多项式为由此得矩阵A的特征值为λ1=1，λ2=6，λ3=－6．于是，二次型f可通过正交变换x=Qy化为标准形f=y12+6y22－6y32．对于特征值λ1=1，由于故对应于特征值λ1=1的特征向量可取为ξ1=(2，0，－1)T．类似地，对应于特征值λ2=6，λ3=－6的特征向量可分别取为ξ2=(1，5，2)T，ξ3=(1，－1，2)T．因为A是实对称矩阵，且λ1，λ2，λ3互异，故x1，x2，x3构成正交向量组，将其单位化得于是，所求的正交矩阵为故对二次型f作正交变换则可将f化为标准形f=y12+6y22－6y32．涉及知识点：二次型7．设二次型f=x12+x22+x32+2αx1x2+2βx2x3+2x1x3经正交变换x=Py化成f=y22+2y32，其中x=(x1，x2，x3)T和y=(y1，y2，y3)T都是3维列向量，P是3阶正交矩阵．试求常数α，β.正确答案：二次型f(x1，x2，x3)的矩阵为因为P为正交矩阵，所以即A与B相似，故A与B有相同的特征值λ1=0，λ2=1，λ3=2，这些特征值满足|λE-A|=0．当λ1=0，则当λ2=1，则由式(1)和(2)，可求得α=β=0．涉及知识点：二次型设二次型f(x1，x2，x3)=xTAx=ax12+2x22－2x32+2bx1x3(b＞0)，其中二次型的矩阵A的特征值之和为1，特征值之积为－12．8．求a，b的值；正确答案：二次型f的矩阵为设A的特征值为λi(i=1，2，3)．由题设，有λ1+λ2+λ3=a+2+(－2)=1，解得a=1，b=2．涉及知识点：二次型9．利用正交变换将二次型f化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵.正确答案：由矩阵A的特征多项式得A的特征值λ1=λ2=2，λ3=－3．对于λ1=λ2=2，解齐次线性方程组(2E-A)x=0，得其基础解系ξ1=(2，0，1)T，ξ2=(0，1，0)T．对于λ3=－3，解齐次线性方程组(－3E－A)x=0，得基础解系ξ3=(1，0，－2)T．由于ξ1，ξ2，ξ3已是正交向量组，为得到规范正交向量组，只需将ξ1，ξ2，ξ3单位化，由此得令矩阵则Q为正交矩阵，在正交变换x=Qy下，有且二次型的标准形为f=2y12+2y22－3y32．涉及知识点：二次型设矩阵10．已知A的一个特征值为3．试求y；正确答案：由拉普拉斯展开定理，得把λ=3代入，解得y=2．涉及知识点：二次型11．求矩阵P，使(AP)T(AP)为对角矩阵．正确答案：注意到(AP)T(AP)=PTA2P，其中矩阵A2的特征方程为|λE－A2|=(1－λ)3(9－λ)=0，解得A2的特征值为λ1=λ2=λ3=1，λ4=9．再分别求出对应于它们的特征向量：这4个特征向量已经互相正交，再单位化，得令则有涉及知识点：二次型已知实二次型f(x1，x2，x3)=xTAx的矩阵A满足tr(A)=－6．AB=C，其中12．用正交变换将二次型化为标准形，并写出所用的正交变换；正确答案：由题设AB=C，得由此知λ1=0，λ2=－12是A的特征值，α1=(1，2，1)T，α2=(1，－1，1)T分别是对应的特征向量．设A的第3个特征值为λ3，由λ1+λ2+λ3=tr(A)=－6，得λ3=6，再设A的对应于λ3=6的特征向量为α3=(x1，x2，x3)T，则由λ1，λ2，λ3互异，有解得α3=(－1，0，1)T．将α1，α2，α3单位化得令P=(p1，p2，p3)，则x=Py为所求的正交变换，将f=－12y22+6y32．涉及知识点：二次型13．指出方程f(x1，x2，x3)=1表示何种曲面；正确答案：由上题知，f(x1，x2，x3)=1的标准方程为－12y22+6y32=1，故f(x1，x2，x3)=1表示双曲柱面．涉及知识点：二次型14．求出该二次型f(x1，x2，x3)．正确答案：由第12题可得由此推得故原二次型为f(x1，x2，x3)=xTAx=－x12－4x22－x32+8x1x2－14x1x3+8x2x3．涉及知识点：二次型已知二次型f(x1，x2，x3)=xTAx在正交变换x=Qy下的标准形为y12+y22，且Q的第3列为15．求矩阵A；正确答案：由题设知A的特征值为1，1，0．且α=(1，0，1)T是属于A的特征值0对应的一个特征向量．设x=(x1，x2，x3)T为A的属于特征值1的特征向量，由于A的不同的特征值所对应的特征向量正交，所以有(x,α)=0，即x1+x3=0，解该方程组的基础解系ξ1=(1，0，－1)T，ξ2=(0，1，0)T，将其单位化，并将其取为A的属于特征值1对应的正交单位的特征向量，令则有从而，涉及知识点：二次型16．证明A+E为正定矩阵，其中E为3阶单位矩阵．正确答案：由上题知A的特征值为1，1，0，于是A+E的特征值为2，2，1，又A+E为实对称矩阵，故A+E为正定矩阵．涉及知识点：二次型已知A是3阶的实对称矩阵，α1=(1，－1，－1)T，α2=(－2，1，0)T是齐次线性方程组Ax=0的解，又(A－6E)α=0，α≠0．17．求α和二次型xTAx表达式；正确答案：由Aα1=0=0α1，Aα2=0=0α2，知λ1=λ2=0是矩阵A的特征值，α1，α2是矩阵A的属于特征值0的线性无关的特征向量．由已知Aα=6α，且α≠0，所以λ3=6是A的特征值，设α=(x1，x2，x3)T，由于实对称矩阵不同的特征值对应的特征向量正交，于是解得λ3=6的一个特征向量为α=(1，2，－1)T．由A(α1，α2，α)=(0，0，6α)，得故f=xTAx=x12+4x22+x32+4x1x2—2x1x3—4x2x3．涉及知识点：二次型18．用正交变换x=Py化二次型xTAx为标准形，并写出所用的正交变换；正确答案：取α1=(1，－1，－1)T，α2=(－2，1，0)T，α=(1，2，－1)T．显然α1，α2与α正交，而α1，α2是线性无关的(可用施密特标准正交化)，也可取ξ1=α1=(1，－1，－1)T，ξ2=α1+α2=(1，－1，－1)T+(－2，1，0)T=(－1，0，－1)T，ξ3=α=(1，2，－1)T．则ξ1，ξ2，ξ3，两两正交，单位化，得令则P为正交矩阵，x=Py为正交变换，该变换将二次型xT=Py化为标准形为x=6y32．涉及知识点：二次型19．求(A－3E)6．正确答案：因为所以于是(A－3E)6=(PΛP－1－3PP－1)6=[P(Λ－3E)P－1]6=P(Λ－3E)6P－1涉及知识点：二次型设3元实二次型f(x)=xTAx经正交变换x=Cy化成是Ax=0的解向量．20．求所用的正交变换x=Cy；正确答案：由二次型f(x)=xTAx经正交变换x=Cy化成f(x)=y12+y22知λ1=λ2=1和λ3=0是A的3个特征值，再由α是Ax=0的解向量知α是A的0特征值对应的特征向量．若设特征值λ1=λ2=1所对应的特征向量为x，则有xα=0，即x2－x3=0，解之得于是得λ1=λ2=1所对应的特征向量．取由此得正交矩阵做正交变换x=Cy即为所求．涉及知识点：二次型21．求A；正确答案：涉及知识点：二次型22．写出该实二次型d(x)的表达式．正确答案：涉及知识点：二次型设实二次型f(x1，x2，x3)=xTAx的秩为2，且α1=(1，0，0)T是(A－2E)x=0的解，α2=(0，－1，1)T是(A－6E)x=0的解．23．用正交变换将该二次型化成标准形，并写出所用的正交变换和所化的标准形；正确答案：由α1=(1，0，0)T是(A-2E)x=0的解，α2(0，－1，1)T是(A一6E)x=0的解，得Aα1=2α1，Aα2=6α2，于是得A的两个特征值为λ1=2，λ2=6，其对应的特征向量依次为α1=(1，0，0)T，α2=(0，－1，1)T．又由于实二次型f(x1，x2，x3)的秩为2，所以A的另一个特征值为λ3=0，设其对应的特征向量为α3=(x1，x2，x3)T，则有α1Tα3=0，α2Tα3=0，即解得特征向量为取单位化得令则P为正交矩阵，故x=Py为正交变换，该变换将二次型化成标准形为f(x1，x2，x3)=2y12+6y22．涉及知识点：二次型24．写出该二次型；正确答案：由于故所求的二次型为f(x1，x2，x3)=2x12+322+332－6x2x3．涉及知识点：二次型25．求方程组f(x1，x2，x3)=0的解．正确答案：由于f(x1，x2，x3)=2x2+3(x2－x3)2=0，得解得k为任意常数．涉及知识点：二次型26．设矩阵矩阵B=(kE+A)2，其中k为实数，求对角矩阵Λ，使B与Λ相似．并求k为何值时，B为正定矩阵．正确答案：【解法1】矩阵A的特征多项式为由此得A的特征值λ1=0，λ2=λ3=2．于是矩阵kE+A的特征值为k和k+2(二重)，而矩阵B=(kE+A)2的特征值为k2和(k+2)2(二重)．令矩阵由B～Λ．要使矩阵B为正定矩阵，只需其特征值全大于零．因此当k≠0且k≠－2时，B为正定矩阵．【解法2】同解法1，首先求得矩阵A的特征值λ1=0，λ2=λ3=2．记对角矩阵因为A为实对称矩阵，故存在正交矩阵P，使得PTAP=D．所以A=(PT)－1DP-1=PDPT，由此可得由上面的结果立刻得到，当k≠0且后≠－2时，B为正定矩阵．涉及知识点：二次型设A为3阶实对称矩阵，且满足条件A2+2A=O．已知A的秩r(A)=2．27．求A的全部特征值；正确答案：设A为A的一个特征值，对应的特征向量为α，则Aα=λα(α≠0)，A2α=λ2α，于是(A2+2A)α=(λ2+2λ)α，由条件A2+2A=O推知(λ2+2A)α=0．又由于α≠0，故λ2+2λ=0．解得λ=－2．λ=0．因为实对称矩阵A必可对角化，且r(A)=2，所以因此，矩阵A的全部特征值为λ1=λ2=－2，λ3=0．涉及知识点：二次型28．当k为何值时，矩阵A+kE为正定矩阵，其中E为3阶单位矩阵．正确答案：【解法1】矩阵A+kE仍为实对称矩阵．由上题知，A+kE的全部特征值为－2+k，－2+k，k，于是，当k>2时矩阵A+kE的特征值均大于零．因此，当k>2时，矩阵A+kE为正定矩阵．【解法2】实对称矩阵必可对角化，故存在可逆矩阵P，使得P－1AP=Λ．A=PΛP－1．于是A+kE=PΛP－1+kPP-1=P(Λ+kE)P－1．所以A+kE～Λ+kE．而若Λ+kE为正定矩阵，只需其顺序主子式大于0，即k需满足k－2＞0，(k－2)2＞0，(k－2)2k＞0，因此，当k＞2时，矩阵Λ+kE为正定矩阵．涉及知识点：二次型29．设有n元二次型f(x1，x2，…，xn)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+…+(xn+anx1)2，其中ai(i=1，2，…，n)为实数．试问当a1，a2，…，an满足何种条件时，二次型f(x1，x2，…，xn)为正定二次型．正确答案：由题设知，对任意的实数x1，x2，…，xn，有f(x1，x2，…，xn)≥0，其中等号成立当且仅当该齐次线性方程组仅有零解的充分必要条件是其系数行列式所以当1+(－1)n+11a2…an≠0时，对任意n个不全为零的实数x1，x2，…，xn，都有f(x1，x2，…，xn)＞0，即当a1a2…an≠(－1)n时，二次型f(x1，x2，…，xn)为正定二次型．涉及知识点：二次型设A为n阶实对称矩阵，r(A)=n，Aij是A=(aij)n×n中元素aij的代数余子式(i，j=1，2，…，n)，二次型30．记x=(x1，x2，…，xn)T，把f(x1，x2，…，xn)写成矩阵形式，并证明二次型f(x)的矩阵为A－1；正确答案：二次型f(x1，x2，…，xn)的矩阵形式为因r(A)=n，故A可逆，且由(A－1)T=(AT)－1=A－1，知A－1也是实对称矩阵，因此二次型f(x)的矩阵为A-1．涉及知识点：二次型31．二次型g(x)=xTAx与f(x)的规范形是否相同?说明理由．然后证明矩阵A与A－1合同．正确答案：因为(A－1)TAA－1=(AT)－1E=A-1，所以A与A－1合同，于是g(x)=xTAx与f(x)有相同的规范形．涉及知识点：二次型32．设A为m阶实对称矩阵且正定，B为m×n实矩阵，BT为B的转置矩阵，试证：BTAB为正定矩阵的充分必要条件是B的秩r(B)=n．正确答案：必要性．若BTAB为正定矩阵，则对任意的实n维列向量x≠0，有xT(BTAB)x＞0，即(Bx)TA(Bx)＞0．又A为正定矩阵，于是Bx≠0．因此齐次线性方程组Bx=0仅有零解，从而r(B)=n．充分性．因(BTAB)T=BTATB=BTAB，故BTAB为对称矩阵．若r(B)=n，则齐次线性方程组Bx=0仅有零解．因此，对任意的n维实列向量x≠0，必有Bx≠0．由已知，A为正定矩阵，故对Bx≠0，有(Bx)TA(Bx)＞0，xT(BTAB)x＞0，故BTAB为正定矩阵．涉及知识点：二次型33．设A，B分别为m阶，n阶正定矩阵，试判定分块矩阵是否是正定矩阵．正确答案：C显然是对称矩阵．令是m+n维列向量，其中x与y分别是m维，n维列向量，于是x，y不同时为零向量．不妨设x≠0．由矩阵A与B的正定性，有xTAx＞0且yTBy＞0，故即C是正定矩阵．涉及知识点：二次型设为正定矩阵，其中A，B分别为m阶，n阶对称矩阵，C为m×n矩阵．34．计算PTDP，其中[*]正确答案：因有涉及知识点：二次型35．利用(1)的结果判断矩阵B－CTA-1C是否为正定矩阵，并证明你的结论．正确答案：【解法1】矩阵B－CTA－1是正定矩阵．由(1)的结果可知，矩阵D合同于矩阵又D为正定矩阵，可知矩阵M为正定矩阵．因矩阵M为对称矩阵，故B－CTA－1C为对称矩阵．对x=(0，0，…，0)T及任意的y=(y1，y2，…，yn)T≠0，有即yT(B－CTA－1C)y＞0，故B－CTA-1C为正定矩阵．【解法2】由(1)的结果知，矩阵D合同于矩阵又D为正定矩阵，可知矩阵M为正定矩阵，从而M的各阶顺序主子式大于零，于是B－CTA-1C的各阶顺序主子式也大于零．因矩阵M为对称矩阵，故B－CTA－1C为对称矩阵，故B－CTA－1C为正定矩阵．涉及知识点：二次型已知二次型f(x1，x2，x3)=(1－a)x12+(1－a)x22+2x32+2(1+a)x1x2的秩为2．36．求a的值；正确答案：二次型f的秩为2．所以r(A)=2，于是得a=0．涉及知识点：二次型37．求正交变换x=Qy，把f(x1，x2，x3)化成标准形；正确答案：当a=0时，可知A的特征值为λ1=λ2=2，λ3=0．对于λ1=λ2=2，解齐次线性方程组(2E-A)x=0，得A的属于λ1=λ2=2的线性无关的特征向量为ξ1=(1，1，0)T，ξ2=(0，0，1)T．对于λ3=0，解齐次线性方程组(－A)x=0，得A的属于λ3=0的线性无关的特征向量为ξ3=(－1，1，0)T．易见ξ1，ξ2，ξ3，两两正交，只需单位化，得于是则Q为正交矩阵．在正交变换x=Qy下，二次型的标准形为f=2y12+2y22．涉及知识点：二次型38．求方程f(x1，x2，x3)=0的解．正确答案：【解法1】在正交变换x=Qy下f(x1，x2，x3)=0化成2y12+2y22=0，解之得y1=y2=0，从而【解法2】由于f(x1，x2，x3)=x12+x22+2x32+2xx=(x1+x2)2+2x32=0，所以其通解为x=k(－1，1，0)T，其中k为任意常数．涉及知识点：二次型已知齐次线性方程组有非零解，且是正定矩阵．39．求a；正确答案：由于方程组有非零解，所以由于A为正定矩阵，必有a＞0，可排除a=0和a=－1，故a=3．涉及知识点：二次型40．求xTx=1，xTAx的最大值和最小值．正确答案：当a=3时，由得A的特征值为1，4，10．由于a=3时，A为实对称矩阵，故存在正交矩阵P，经正交变换x=Py化二次型xTAx为标准形，从而1=y12+y22≤xT1Ax=y12+4y22+10y32≤10(y12+y22+y32)=10，故xTAx的最大值为10，最小值为1．涉及知识点：二次型设有3阶实对称矩阵A满足A3－6A2+11A－6E=0，且|A|=6．41．写出用正交变换将二次型f=xT(A+E)x化成的标准形(不需求出所用的正交变换)；正确答案：设λ是A的特征值，x是A的关于λ所对应的特征向量，由A3－6A2+11A－6E=O得(λ3－6λ2+11λ－6)x=0，由于x≠0，所以λ3－6λ2+11λ－6=0，得λ=1，2，3．由于|A|=6，所以λ1=1，λ2=2，λ3=3为A的三个