[考研类试卷]考研数学一（线性代数）模拟试卷27及答案与解析.doc

1、考研数学一（线性代数）模拟试卷 27 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 二次型 f(x1，x 2，x 3)=2x12+x224x32 一 41x222x3 的标准形为( )（A）2y 12 一 y22 一 3y32（B）一 2y12 一 y22 一 3y32（C）一 2y12+y22（D）2y 12+y22+3y322 设 A= ，则在实数域上与 A 合同的矩阵为二、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。3 设二次型 f(x1，x 2，x 3)=x12+x22+x32+4x1x2+4x1x3+4x2x3，写出 f 的矩阵 A，求出 A的特征值

2、，并指出曲面 f(x1，x 2，x 3)=1 的名称4 设矩阵 A= 相似于对角矩阵 (1)求 a 的值；(2) 求一个正交变换，将二次型 f(x1，x 2，x 3)=xTAx 化为标准形，其中 x=(x1，x 2，x 3)T5 设 A、B 分别为 m、n 阶正定矩阵，试判定分块矩阵 C= 是否为正定矩阵?6 已知二次型 f(x1，x 2，x 3)=x12+2x22+bx32 一 4x1x2+4x1x3+2ax2x3(a0) 经正交变换 (x1，x 2，x 3)T=P(y1，y 2，y 3)T 化成了标准形 f=2y12+2y227y32，求 a、b 的值和正交矩阵 P7 设 A 为 mn 实

3、矩阵，E 为 n 阶单位矩阵，矩阵 B=E+ATA，试证：当 0 时，矩阵 B 为正定矩阵8 设有 n 元实二次型 f(x1，x 2，x m)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+(xn1+an1xn)2+(xn+anx1)2，其中 ai(i=1，2，咒) 为实数试问：当 a1，a 2，a n 满足何种条件时，二次型 f 为正定二次型9 设 c1，c 2，c n 均为非零实常数，A=(a ij)nm 为正定矩阵，令bij=aijcicj(i，j=1，2，n) ，矩阵 B=(bij)nn，证明矩阵 B 为正定矩阵10 设矩阵 Ann 正定，证明：存在正定阵 B，使 A=B211 设 1、

4、 2 分别为 n 阶实对称矩阵 A 的最小和最大特征值，X 1、X 2 分别为对应于1 和 n 的特征向量，记 f(X)= ，XR 2，X0 证明： 1f(X)n，minf(X)=1=f(X1)，maxf(X)= n=f(Xn)12 设 n 阶矩阵 A 正定，X=(x 1，x 2，x n)T，证明：二次型 f(x1，x 2，x n)=为正定二次型13 设实对称矩阵 A 满足 A2 一 3A+2E=O，证明：A 为正定矩阵14 设 A 是 n 阶实对称矩阵证明： (1)存在实数 c，使对一切 xRn，有x TAxcx Tx (2) 若 A 正定，则对任意正整数 k，A n 也是对称正定矩阵 (3

5、)必可找到一个数 a，使 A+aE 为对称正定矩阵15 设 A 为 n 阶实对称矩阵，秩(A)=n，A ij 是 A=(aij)nn 中元素 aij 的代数余子式(i，j=1，2，n)，二次型 f(x1，x 2，x n)= (1)记x=(x1，x 2，x n)T，把 f(x1，x 2，x n)写成矩阵形式，并证明二次型 f(x)的矩阵为 A1； (2)二次型 g(X)=XTAX 与 f(X)的规范形是否相同? 说明理由16 设 A、B 为同阶正定矩阵，且 AB=BA，证明： AB 为正定矩阵17 设二次型 f(x1，x 2，x 3)=XTAX=ax12+2x22 一 2x32+2bx1x3(b

6、0)，其中二次型 f 的矩阵 A 的特征值之和为 1，特征值之积为一 12 (1)求 a、b 的值； (2)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18 已知矩阵 B= 相似于对角矩阵 A。(1)求 a 的值；(2)利用正交变换将二次型 XTBX 化为标准形，并写出所用的正交变换；(3)指出曲面 XTBX=1 表示何种曲面19 已知齐次线性方程组= 有非零解，且矩阵 A=是正定矩阵(1)求 a 的值；(2)求当 XTX=2 时，X TAX 的最大值，其中 X=(x1，x 2，x 3)TR320 设 D= 为正定矩阵，其中 A，B 分别为 m 阶，n 阶对称矩阵

7、C 为mn 矩阵 (1)计算 PTDP，其中 P= ，(E k 为 k 阶单位矩阵)；(2)利用(1)的结果判断矩阵 BCTA1C 是否为正定矩阵，并证明你的结论考研数学一（线性代数）模拟试卷 27 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】 A【试题解析】 f 既不正定(因 f(0，0，1)=一 40)，也不负定(因 f(1，0，0)=20)，故(D)、(B)都不对，又 f 的秩为 3，故(C)不对，只有 (A)正确或用配方法【知识模块】 线性代数2 【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

8、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，QP TAPQT=D，或(PQ T)A(PQT)=D，其中 PQT 可逆，所以A 与 D 合同矩阵有相同的正(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)【知识模块】 线性代数二、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。3 【正确答案】 A= ， 1=2=一 1， 3=5；双叶双曲面【知识模块】 线性代数4 【正确答案】 (1)A 的特征值为 6，6，一 2，故由 A 可相似对角化知矩阵 6EA= 的秩为 1，a=0(2

9、)f=x TAx=(xTAx)T=xTATx=B，计算可得B 的特征值为 1=6， 2=一 3， 3=7，对应的特征向量分别可取为 1=(0，0，1)T， 2=(1，一 1，0) T， 3=(1，1，0) T，故有正交矩阵使得 P-1BP=P TBP=diag(6，一 3，7) ，所以，在正交变换(x 1，x 2，x 3)T=P(y1，y 2，y 3)T 下，可化 f 成标准形 f=6y12 一3y22+7y32【知识模块】 线性代数5 【正确答案】 取 m+n 维非零列向量 Z= ，其中 X、Y 分别为 m、n 维向量，故 X、Y 不全为零，不妨假定 X0，由条件有 XTAX0，Y TBY0

10、，故对 Z0，有ZTCZ 一 =XT YT =XTAX+YTBY0，又 CT=C，故 C 正定【知识模块】 线性代数6 【正确答案】 a=4，b=一 2；P=【知识模块】 线性代数7 【正确答案】 B T=B，对任意 n 维非零列向量 X，有 TX0，(AX) T(AX)0，故对 X0 有 XTBX=XT(E+ATA)X=XTX+(AX)T(AX)0，因此，对称阵 B 正定【知识模块】 线性代数8 【正确答案】 1+(一 1)n-1a1a2an0【知识模块】 线性代数9 【正确答案】 由 bji=bij，知 B 对称 证 若 x1，x 2，x n 不全为 0，则c1x1，c 2x2，c nxn

11、 不全为零，此时，(x 1，x 2，x n)B(x1，x 2，x n)T=aij(cjixji)(cjxj)0，故 B 正定【知识模块】 线性代数10 【正确答案】 因为 A 正定，故存在正交阵 P，使 P -1AP=PTAP=diag(1， 2， n)且 i0(i=1，2，n)，故A=Pdiag(1=6， 2， n)PT= Pdiag =B2 其中 B=Pdiag( )PT 为正定阵【知识模块】 线性代数11 【正确答案】 只证最大值的情形(最小值情形的证明类似)：必存在正交变换X=PY(P 为正交矩阵，Y=(y 1，y n)T)，使得XTAX 1y12+ nynTn(y1T+ynT)=ny

12、2，由于正交变换不改变向量长度，故有Y=X=X TX，上式即 XTAXnXTX，当 X0 时，X TX0，即得 f(X)=n，于是得 maxf(X)=n【知识模块】 线性代数12 【正确答案】 由于 A 正定，故A0，且 A-1 正定，故对于任意 X0，XR n，有 XTA-1X0故f(x1，x 2， xn)= 正定。【知识模块】 线性代数13 【正确答案】 设 为 A 的任一特征值，则存在 X0，使 Ax=K，于是(A 2 一3A+2E)X=(2 一 3+2)X=0， 2 一 3+2=0=1 或 =2，因此 A 的特征值均大于0，故 A 正定【知识模块】 线性代数14 【正确答案】 (1)设

13、 A 的特征值为 1， 2， n令c=max 1， 2， n，则存在正交变换 x=Py，使 xTAx=cyTy=cxTx (2)设 A 的特征值为 1， n，则 i0(i=1，n)，于是，由 Ak 的特征值为 1， n，它们全都大于 0，可知 Ak 为正定矩阵。 (3)因为(A+aE) T=A+aE，所以 A+aE 对称又若 A 的特征值为 1， n，则 A+aE 的特征值为 1+a， n+a若取a=max 1+1， n+1，则 i+ai+ i+11，所以 A+aE 正定【知识模块】 线性代数15 【正确答案】 (1)f(X)=(x 1，x 2，x n) 因秩(A)=n，故 A 可逆，且 A-

14、1= A*，从而(A -1)T=(AT)-1=A-1，故 A-1 也是实对称矩阵，因此二次型 f(X)的矩阵为 (2)因为(A -1)TAA-1=(AT)-1E=A-1，所以 A 与 A-1 合同，于是 g(X)与 f(X)有相同的规范形【知识模块】 线性代数16 【正确答案】 因 A、B 正定，有 AT=A，B T=B，故(AB) T=BTAT=BA=AB，即AB 也是对称矩阵因 A 正定，存在正定阵 S，使 A=S2，于是 S-1(AB)S=S-1SSBS=SBS=STBS，由于 B 正定，故与 B 合同的矩阵 STBS 正定，故 STBS 的特征值全都大于零，而 S-1(AB)S=STB

15、S，说明 AB 与 STBS 相似，由于相似矩阵有相同的特征值，故 AB 的特征值(即 STBS 的特征值)全都大于零，因而对称阵 AB 正定【知识模块】 线性代数17 【正确答案】 (1)f 的矩阵为 A= ，由 1+2+3=a+2+(一 2)=1，及123=A=2(一 2a 一 b)=一 12，解得 a=1，b=2(2)正交矩阵 P=下，f 的标准形为 f=2y12+2y22 一 3y32【知识模块】 线性代数18 【正确答案】 (1)由 B 相似于对角阵，知对应于 B 的二重特征值 6 的线性无关特征向量有 2 个，r(6E B)=1，a=0 。(2) 二次型 f=XTBX 的矩阵为 A

16、=可使PTAP=diag(6，7，一 3)，故 f 在正交变换 X=PY 下化成的标准形为 f=6y12+7y22 一3y32；(3)单叶双曲面【知识模块】 线性代数19 【正确答案】 (1)由方程组的系数行列式 =a(a+1)(a 一 3)=0，a 的取值范围为：0，一 1，3，再由矩阵 A 正定，得 a=3；(2)可求得 A 的最大特征值为 10，设对应的单位特征向量为 (即 A=10，且 T=1)对二次型 XTAX，存在正交变换X=PY，使 XTAX 1y12+2y22+33y3210(y12+y22+y32)，当XTX=YTY=y12+y22+y32=2 时，有 XTAX102=20，又 XT=2T(A)=2T(10)=20(T)=20，综上可知 =20【知识模块】 线性代数20 【正确答案】 (1)P TDP= 。(2)矩阵 B-CTA-1C 是正定矩阵。证明：由(1)的结果知 D 合同于矩阵 M= ，又 D 为正定矩阵，所以M 为正定矩阵.因 M 为对称矩阵，故 BCTA-1C 为对称矩阵由 M 正定，知对 m维零向量 x=(0，0，0) T 及任意的 n 维非零向量 y=(y1，y 2，y n)T，有故对称矩阵 BCTA-1C 为正定矩阵【知识模块】 线性代数