考研数学一（线性代数）模拟试卷26

考研数学一（线性代数）模拟试卷26

一、选择题（本题共4题,每题7.0分，共4分。）

ri11r

0

0

1、设L1111」°」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、不合同且不相似.

标准答案：A

知识点解析：因为A为实对称矩阵，且易求出A的特征值为入i=4,M=M=M=O,

4-

0

0

所以必有正交矩阵P,使得P—AP=P「AP=L0」二B即A既相似于B,也合

同于B,所以（A）正确.

2-1-1],[100

-12一』，B=010

°°),则A与B()

2、设矩阵A=—1210

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.

标准答案：B

知识点解析：由A的特征方程

得A的全部特征值为入[=上=3,13=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（xi,X2,X3）=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=3y]2+3y，，再经可逆线性变换可化成规范形f=z/+z]2,而f

的矩阵A与f的规范形的矩阵8=(^8(1,1,0)是合同的).

=1

3、设A为3阶实对称矩阵，如果二次曲面方程在正交变换下

的标准方程的图形如图所示，则A的正特征值的个数为]()

B、I

C、2

D、3

标准答案；B

知识点解析：由图形知咳二次曲面为双叶双曲面，其标准方程为Mx，？一

九2y'2—QZ'2=1,其中左>0(i=l,2,3),由于用正交变换化成的标准方程中各变量

平方项的系数为A的特征值，故A的特征值为：幻>0,-X2<o,一九3V0，因此

A的正特征值的个数为I.

4、设二次型f(xi，X2，X3)在正交变换x=Py下的标准形为ZyJ+yz?—y3?,其中

P=(ej,e2>63).若Q=(X1，X2，X3)，则f(Xl，X2，K3)在正交变换x=Qy下的标准形

为

A、2yi2—y22+y32.

222

B、2yi+y2—y3.

222

C、2yi—y2—y3.

D、2yi2+y22+y32.

标准答案：A

知识点解析：设二次型的矩阵为A,则由题意知矩阵P的列向量ci，e2,e3是矩阵

A的标准正交的特征向量，对应的特征值依次是2,I,一1.即有Aei=2ei，

Ae2=2e2>Ae3=2e3从而有AQ=A(ei，—e3»e2)=(Aei,一Ae3，e2)=(2ei,一(一

-200-

0-10

e3),e2)=(ei，―e3，e2)°」矩阵Q的列向量ei，―ea，e2仍是A的标准

正交的特征向量，对应的特征值依次是2,—1,1.矩阵Q是正交矩阵，有Q—

■200-

0-10

匕Q「，上式两端左乘QT,WQ-,AQ=QTAQ=IJ)0I」从而知f在正交变换

X=Py卜'的标准形为f=2y]2—y2?+y32.于是选(A).

二、填空题(本题共6题，每题7.0分，共6分。)

5、已知卖二次型f(x],X2，X3)=a(x/+X22+X32)+41X2+4]X3+42X3经正交变换x二Py可

化成标准形f=6y/,则归.

标准答案：2.

a2r

2a2

[22J由于在正交变换下化f所

成的标准形中，变量平方项的系数为A的全部特征值，故由f的标准形知A的特

征值为6,0,0.再由特征值的性质：A全部特征值之和等于A的主对角线元素之

和，即6+0+0=a+a+a便得a=2.

2222

6、若二次曲面的方程x+3y?+z+2axy+2xz+2yz=4经正交变换化为yi+4zj=4.则

a=.

标准答案：1.

知识点解析：由题设条件知二次曲面方程左端的二次型的秩为2,即矩阵A=

Ll11」内秩为2,于是有0二del(A尸111=一9一所以，a=l.

7^设二次型f(X[,X2，X3)=X|2—xz2+2axiX2+4x2X3的负惯性指数为1,则a的取值

范围是.

标准答案：[一2,2].

知识点解析：对f配方，可得f=(Xl+aX3)2—(X2—2X39+(4—a2)X3?于是f可经可逆

Zi=Xi+axi

Nz=Xi-2x3

5=hs化成标准形f=zj2—Z22+(4-a2)Z32若4-a2V0,

则f的负惯f性指数为2,不合题意；若4一@2次，则f的负惯性指数为1.因此，

当且仅当4一@2之0,即lai32时，f的负惯性指数为1.

,X2，X3）=X]2+x22+X32+2axiX2+20X2X3+2x]X3经正交变换

p"

■23■

化成了标准形ky2?+2y32,其中P为正交矩阵，则。=

P=_____•

标准答案：0

-1ar

a1)9

知识点解析：a=p=O.A=」81」的秩=f的秩=2.—>IAI=0,—a邛，又

a=p,又O=|E—A=一2a'—>a=p=0.

9、若二次型f（X],X2,X3）=X12+4X22+4X32+2XXIX2-2X2X3+4X]X3为正定二次型，则

九的取值范围是_______.

标准答案：-2V九VI.

•1A-r

A42

知识点解析：由A=l•-124」的各阶顺序主子式均大于0,即△尸1>0,A2=

1A

入4=4一>2>o,与二|AI=一4（九+2）（九-1）>0,—*2<X<1.

10、二次型f（xi，X2，X3）=（X1+X2）2+（X2—X3/+（X3+X]）2的秩为

标准答案：2

Z11-

12-1

E1-12」的秩为2。

三、解答题（本题共〃题，每题1.0分，共一分。）

11、求一个正交变换，叱二次型f=xI2+4X22+4X32-4x1X2+4X।X3—8x2x3成标准

形.

标准答案：f的矩阵

得A的全部特征值为人尸入2二0,入3=9.对于入1=入2=0,求方程组（0E—A）X=0的基

2'

0

0.

从而可取A的对应于九

与与羡已经正交.将它们单位化,得

对于筋09,求方程组（9£-4）*=。的基础解系，由

-8

9E-A2

-2

00J

可取对应于熊=9的特征向尤为

将其单位化，得6舟0T

令矩阵p=[piP?pj,则P为正交矩阵，在正交变换X・即

础解系，由

下，二次型f化成为f=9y3z,此即为f的标准形.

知识点解析：暂无解析

12、设A是n阶正定阵，E是n阶单位阵，证明A+E的行列式大于1.

标准答案：因为A是正定阵，故存在正交阵Q,使

Ui-

QT阕NQAQ="

其中A.>0(»=1.2.-.n)是A的特征值,因此

QT(A+E)QNQT匐+(fQ

在上式两端取行列式，得

Ifa+l)=1QT(4+E)Q1=1QTl|A+E||Q|=|A+E]

从而I

A+EI>1.

知识点解析：暂无解析

13、已知二次型f(x],X2，X3)=2xJ+3x22+3x32+2ax]X2(a>0)通过正交变换化成标准

222

形f=yi+2y2+5y3,求参数a及所用的正交变换矩阵.

标准答案：二次型f的矩阵为

特征方程为

A-200

IU-A|=0入一3—aQ-ZXA1-6A+9-al)=0

0-aA-3A的特征值为

入1=1,入2=2,入3=5.将入=1（或入=5）代入特征方程，得a?—4=0,a=±2,又a>0,

100*1

A03

■02

At=1时，由U-A)*=0,即

解得对应的特征向量

ro1

A2=2时，由（21—A）Xu0,解得对应的特征向俄为

AJ=5时，由（5I-A）X=0,解得对应的特征向斌为

将单位化，得

11

下6

㈤一1㈤1

故所用的正交变换矩阵可取为

ro101

1

o6

-11

0

故a=2.这时，

知识点解析：暂无解析

14、已知二次型f（X],X2，X3）=5X）2+5X22+CX32—•2|X2+61X3―62X3的秩为2.（1）求

参数c及此二次型对应矩阵的特征值.（2）指出方程f（X],X2,X3）=l表示何种二次

曲面.

标准答案：（l）f对应的矩阵为

-5-13-

A-15—3

.3

因其秩r（A）=2,故

5-13

IA|=-15-3-0

3-3c

解得C-3,容易验证此时A的株的确是2・

或由

--153'

A-►02-1

.00c-3.

可知当且仅当c=3时MA）=2.

这时

A-51-3

IAf-AI1A-53A(A-4)(A-9)

-33A-3故所求特

征值为Q=0,入2=4,入3=9.（2）由上述特征值可知，f（xi，X2，X3）=l表示椭圆柱

面.

知识点解析：暂无解析

X

y=P

15、已知二次曲面方程x2+ay2+z?+2bxy+2xz+2yz=4可以经过正交变换_z.

化为椭圆柱面方程/+乳2=4,求a、b的值和正交矩阵P.

相似得

A—1-b—1A

—b久一a-1=A-1

标准答案：由-1-1QIA-4解之得到a=3,

rl1r

u31

矩阵」11」的对应于特征值斯=0,12=1，九3=4的单位特征向

b=l.计算可得,

量分别可取为

因此所求正交矩阵P可取为

•JL±±-

7273#

八12

Xi0

P=[x.JC|]-#76

111

「万示#J

知识点解析•：暂无解析

16、设A为m阶实对称阵且正定，B为mxn实矩阵，B「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.

标准答案：必要性：设B^B为正定矩阵，则对任意的实n维列向量对0,有

xT(BTAB)x>0,即(BX)TA(BX)>0于是Bx翔.因此，取=0只有零解，从而有

r(B)=n.充分性：因(BTAB)T=二BTAB,故PAB为实对称矩阵.若

r(B)=n,则齐次线性方程组Bx=O只有零解，从而对任意实n维列向量x/O.有

Bx^O.又A为正定矩阵，所以对于Bx#),有.(BX)TA(BX户XT(BTAB)X>0.于是当

x#)时，xT(BTAB)x>0.故BTAB为正定矩阵.

知识点解析：暂无解析

222

17、已知二次型f(X],X2，X3)=(l-a)X1+(i-a)X2+2x3+2(I+a)|X22.(I)

求a的值；(口)求正交变换x=Qy,把f(xi，X2，X3)化成标准形;(III)求方程

f(Xj,X2,X3)=0的解.

标准答案：(1)f的秩为2,即f的矩阵

-1—a】+aO-

A=1+a1—a0

,002.

1-a1+aI

的秩为2.所以有=—4aH0,得。=0.

1+a1-aI

知A的特征值为九1=七=2,X3=0.A的属于入i=2的线性无关的特征向量为3=(1，

1，0)T,T]2=(0，0,11A的属于入3=0的线性无关的特征量为邛=(・1，I，0户易见

中，t2,阴，两两正交.将中，.2,T|3单位化得

TT

酊=—.<1.1.0),e2=(0,0,1)=»%(—

取Q=(ei，e2,e3),则Q为正交

矩阵.作正交变换x二Qy,得f的标准形为f（中，02，

邛）=入iy/+入2y2?+入3y32=2y/+2yJ.（3）在正交变换x=Qy下，f（ni，月2，4）=。化成

2yi2+2yi2=0,解之得yi-*y2=0，从而得所求方程的解为x=Q

0,0

0

0■(%»<3)

2

J3=y3e3=k（-l,1,0）,其中k为任意常数。

知识点解析：暂无解析

18、）设二次型f（xi，X2，X3）=axi2+axx22+（a一l）xxj+252—2小卜⑴求二次型f的

矩阵的所有特征值；（II）若二次型f的规范形为y-+y22,求a的值.

标准答案：⑴

a01一

/的矩阵为A=0a-I•由特征方程

.1-1a-1_

-a)2+(X—a)—2]=(入一a)(X—a+2)(X—a—1)=0,得A的特征值为Xi=a,九2=a

一2,入3=a+l.（11）由£的规范形知£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.若入尸a=0,则>2=一2<0,九3=1,不

合题意；若九2=a—2=0,则a=2,入］=2,入3=3,符合题意；若九3=a+l=0,则a=一

1,Xj=一1<0,12=3V0,不合题意.故a=2.

知识点解析：哲无解析

19、已知二次型f（xi，X2，X3）=xTAx在正交变换x二Qy下的标准形为yZ+yz?,且

&0四T

Q的第3列为（22）T.⑴求矩阵A；（II）证明A+E为正定矩阵，其中E为3阶

单位矩阵.

标准答案：⑴由题设，A的特征值为I,1,0,且（1,0,1/为A的属于特征值0

的一个特征向量.设（X|,X2,*3产为A的属于特征值1的特征向量，因为A的属

于不同特征值的特征向量正交,所以（XI，X2,X3）U」］=0,即Xi+X3=0，取

ac_

（爹一了）T、（0,1,0）T为A的属于特征值1的两个正交的单位特征向量.令正

则有QT«?

OJ

rl■1o-r

1

故QTo20.

Q~2

。」(II)由⑴知A的

交矩阵-11

特征值为1,I,0,所以A+E的特征值为2,2,h又A+E为实对称矩阵，所以

A+E为正定矩阵.

知识点解析：暂无解析

101

011

—10a

20、己知A=1。。一口，二次型f(xi，X2，X3)=XT(ATA)X的秩为2.⑴求实数

a的值；(II)求正交变换x=Qy将f化为标准形.

标准答案：⑴因为r(ATA)=r(A),对A施以初等行变换

〜101•

011

-10a+1

.0a-1JL00°」可见当a=—*l时，r(A)=2,所以a=-l.(H)

02-

由于。・一1,所以4722.矩阵的特征多项式为

24.