1、考研数学二（线性代数）模拟试卷 31 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 A 是 NN 矩阵，则 A 相似于对角阵的充分必要条件是 ( )（A）A 有 N 个不同的特征值（B） A 有 N 个不同的特征向量（C） A 的每个 ri 重特征值 i，r( iE 一 A)=n 一 ri（D）A 是实对称矩阵2 设 A= ，其中与对角矩阵相似的有 ( )（A）A，B，C（B） B，D（C） A，C ， D（D）A，C3 设 A，B 均为 n 阶矩阵，A 可逆且 AB，则下列命题中： ABBA ； A2 B2； A TB T； A 一 1B 一 1 正确命题的个
2、数为 ( )（A）1（B） 2（C） 3（D）44 设 =2 是非奇异矩阵 A 的一个特征值，则矩阵( A2)一 1 有一特征值等于 ( )5 已知 P 一 1AP= ，是矩阵 A 属于特征值 =2 的特征向量， 2， 3 是矩阵A 属于特征值 =6 的线性无关的特征向量，那么矩阵 P 不能是 ( )（A） 2，一 2， 3（B） 1， 2+3， 2 一 23（C） 2， 3， 2（D） 2+2， 1 一 2， 36 设 A，B 均是 n 阶实对称矩阵，则 A，B 合同的充分必要条件是 ( )（A）A，B 有相同的特征值（B） A，B 有相同的秩（C） A，B 有相同的正、负惯性指数（D）A，
3、B 均是可逆阵7 设 A 是 n 阶实矩阵，将 A 的第 i 列与 j 列对换，然后再将第 i 行和第 j 行对换，得到 B，则 A，B 有 ( )8 下列矩阵中与 A= 合同的矩阵是 ( )9 实二次型 f(x1，x 2，x n)的秩为 r，符号差为 s，且 f 和一 f 合同，则必有 ( )（A）r 是偶数，s=1（B） r 是奇数，s=1（C） r 是偶数，s=0（D）r 是奇数，s=010 设 A=E 一 2XXT，其中 X=x1，x 2，x nT，且 XTX=1，则 A 不是 ( )（A）对称阵（B）可逆阵（C）正交阵（D）正定阵二、填空题11 设 A 是 n 阶矩阵， 是 A 的
4、r 重特征根，A 的对应于 的线性无关的特征向量是 k 个，则 k=_。12 与 1=1， 2，3，一 1T， 2=0，1，1，2 T， 3=2，1，3，0 T 都正交的单位向量是_13 已知 =a，1，1 T 是矩阵 A= 的逆矩阵的特征向量，那么a=_14 已知 =1，3，2 T，=1，一 1，一 2T，A=E 一 T，则 A 的最大特征值为_15 已知 A ，则 r(A 一 E)+r(2E+A)=_16 设 A 是三阶矩阵， 1， 2， 3 是三个线性无关的三维列向量，满足Ai=i， i=1，2，3，则 A=_17 已知二次型 f(x1，x 2，x 3)=2x12+x22+x32+2tx
5、1x2+tx2x3 是正定的，则 t 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。18 设 A 是三阶矩阵， 1=1， 2=2， 3=3 是 A 的特征值，对应的特征向量分别是 1=2，2，1 T， 2=一 1，2，2 T， 3=2，一 1，2 T 又 =1，2，3 T，计算：(1)An1；(2)A n19 已知二次型 f(x 1，x 2，x 3)=4x22 一 3x32+4x1x2 一 4x1x3+8x2x3 (1)写出二次型 f 的矩阵表达式： (2)用正交变换把二次型 f 化为标准形，并写出相应的正交矩阵20 已知 f(x1， x2，x 3)=5x12+5x22+c
6、x32 一 2x1x2+6x1x3 一 6x2x3 的秩为 2试确定参数c 及二次型对应矩阵的特征值，并问 f(x1，x 2，x 3)=1 表示何种曲面21 已知 A 是 mn 矩阵，mn证明：AA T 是对称阵，并且 AAT 正定的充要条件是 r(A)=m22 设矩阵 A= 相似，并问 k 为何值时， B 为正定阵23 设 A 为 m 阶实对称矩阵且正定，B 为 mn 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)=n24 设 A 为 mn 实矩阵，E 为 n 阶单位矩阵已知矩阵 B=E+ATA，试证：当0 时，矩阵 B 为正定矩阵25 证
7、明：实对称矩阵 A 可逆的充分必要条件为存在实矩阵 B，使得 AB+BTA 正定26 设 A 与 B 均为正交矩阵，并且A+B=0，证明：A+B 不可逆27 已知 f(x， y)=x2+4xy+y2，求正交变换 P， ，使得 f(x，y)=2u 2+28 设 A=(aij)nn 为实对称矩阵，求二次型函数 f(x1，x 2，x n)= aijxixj 在 Rn 上的单位球面 S：x 12+x22+xn2=1 上的最大值与最小值29 已知三元二次型 XTAX 经正交变换化为 2y12 一 y22 一 y32，又知矩阵 B 满足矩阵方程 ( A)*一 1BA 一 1=2AB+4E，且 A*=，其中
8、 =1，1，一 1T，A *为 A 的伴随矩阵，求二次型 XTBX 的表达式30 设 A 为 n 阶正定矩阵，证明：存在唯一正定矩阵 H，使得 A=H231 设方阵 A1 与 B1 合同，A 2 与 B2 合同，证明： 合同考研数学二（线性代数）模拟试卷 31 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】 C【试题解析】 A 相似于对角阵有 n 个线性无关特征向量对每个 ri 重特征值 i，r( iEA)=n 一 ri，即有 ri 个线性无关特征向量 (共 n 个线性无关特征向量) (A)，(D)是充分条件，但非必要， (B)是必要条件，但不充分，n
9、 个不同的特征向量，并不一定线性无关【知识模块】 线性代数2 【正确答案】 C【试题解析】 矩阵 A 的特征值是 1，3，5，因为矩阵 A 有 3 个不同的特征值，所以 A 可相似对角化 矩阵 B 的特征值是 2，2，5 ，由于秩所以，=2 只有一个线性无关的特征向量，因而矩阵 B 不能相似对角化 矩阵 C 是实对称矩阵，故必有 C 可相似对角化 矩阵 D 的特征值也是 2，2，5，由于秩 所以，=2 有两个线性无关的特征向量，因而矩阵 D 可以相似对角化，故应选(C)【知识模块】 线性代数3 【正确答案】 D【试题解析】 由 AB 可知：存在可逆矩阵 P，使得 P 一 1AP=B故 P 一1
10、A2P=B2，P TAT(PT)一 1=BT，P 一 1A 一 1P=B 一 1， 所以 A2B 2，A TB T，A 一 1B一 1又由于 A 可逆，可知 A 一 1(AB)A=BA，故 ABBA 故正确的命题有 4 个，选(D)【知识模块】 线性代数4 【正确答案】 B【试题解析】 【知识模块】 线性代数5 【正确答案】 D【试题解析】 若 P 一 1AP= ，即 A1， 2， 3=1， 2， 3 ，即 A 1，A 2，A 3=a11，a 22，a 33 可见 i 是矩阵 A 属于特征值 ai 的特征向量(i=1，2，3)，又因矩阵 P 可逆，因此， 1， 2， 3 线性无关 若 是属于特
11、征值 的特征向量，则一 仍是属于特征值 的特征向量，故(A)正确若 ， 是属于特征值 的特征向量，则 k1+k2 仍是属于特征值 的特征向量本题中， 2， 3 是属于 =6 的线性无关的特征向量，故 2+3， 2 一 23 仍是 =6 的特征向量，并且 2+3， 2一 23 线性无关，故(B)正确 关于(C)，因为 2， 3 均是 =6 的特征向量，所以2， 3 谁在前谁在后均正确即(C)正确 由于 1， 2 是不同特征值的特征向量，因此 1+2， 1 一 2 不再是矩阵 A 的特征向量，故(D) 错误【知识模块】 线性代数6 【正确答案】 C【试题解析】 (A) 是充分条件， A，B 实对称
12、，且 i 相同，则 A B，但反之不成立(B) 是必要条件但不充分，A I，有可逆阵 C，C TAC=Br(A)=r(B)，反之不成立(D)既不充分，又不必要(C) 是两矩阵合同的充要条件【知识模块】 线性代数7 【正确答案】 D【试题解析】 由题意，E ijAEij=B其中 因 Eij 是可逆阵，E ijAEij=B，故 AB； E ij 可逆，且 Eij=Eij，则 EijAEij=Eij 一 1AEij=B，故AB； Ef 是对称阵，E ij=EijT，则 EijAEijf=EijTAEij=B，故 A B 故AB，A ，A B【知识模块】 线性代数8 【正确答案】 B【试题解析】 因
13、f=X 一 1AX=x12+2x1x2+x32=(x1+x2)2 一 x22+x32=y12+y22 一 y32，故选(B)【知识模块】 线性代数9 【正确答案】 C【试题解析】 设 f 的正惯性指数为 p，负惯性指数为 q，一 f 的正惯性指数为 p1，负惯性指数为 q1，则有 p=q1，q=p 1，又 f 一 f，故有 p=p1，q=q 1，从而有 r=p+q=p+q=2p，s=pq=pp 1=0，故选(C)【知识模块】 线性代数10 【正确答案】 D【试题解析】 A T=(E 一 2XXT)T=E 一 2XXT=A，A 是对称阵； A 2=(E 一 2XXT)2=E一 4XXT+4XXT
14、XXT=E， A 是可逆阵； A 可逆，A 对称，且 A2=AAT=E，A 是正交阵； AX=(E 一 2XXT)X=一 X，X0，= 一 1 是 A 的特征值，故 A 不是正定阵【知识模块】 线性代数二、填空题11 【正确答案】 1kr【知识模块】 线性代数12 【正确答案】 1，1，一 1，0 T【试题解析】 设 =x1，x 2，x 3，x 4T，那么 对齐次方程组 Ax=0 的系数矩阵进行初等行变换，有故 n 一 r(A)=4 一 3=1，则Ax=0 有一个基础解向量则 Ax=0 的基础解系为一 1，一 1，1，0 T，将其单位化，得 =1，1，一 1，0 T，即为所求【知识模块】 线性
15、代数13 【正确答案】 一 1【试题解析】 是矩阵 A 一 1 属于特征值 0 的特征向量，由定义 A 一 1=0，于是=0A，即【知识模块】 线性代数14 【正确答案】 7【试题解析】 由于矩阵 一 1 的秩为 1，故 一 1 的特征值为 0，0，tr( 一 1)，其中 tr( 一 1)= 一 1=一 6故 A=E 一 一 1 的特征值为 1，1，7，故 A 的最大特征值为 7【知识模块】 线性代数15 【正确答案】 3【试题解析】 故 r(AE)+r(A+2E)一 1+2=3【知识模块】 线性代数16 【正确答案】 E【试题解析】 因 A1=1， A2=2，A 3=3，合并成矩阵形式有 A
16、 1，A 2，A 3=A1， 2， 3=1， 2， 3， 1， 2， 3 线性无关， 1， 2， 3是可逆阵，故 A=1， 2， 31， 2， 3一 1=E【知识模块】 线性代数17 【正确答案】 t【试题解析】 【知识模块】 线性代数三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18 【正确答案】 (1)因 A1=11，故 An1=1n1，故 An1=1 1= 。 (2)利用A1=11 有 An1=1n1，将 表成 1， 2， 3 的线性组合设 =x11+x22+x33，即【知识模块】 线性代数19 【正确答案】 (1)二次型的矩阵 A= ，则二次型 f 的矩阵表达式 f=xTAx(2)
17、A 的特征多项式A 一 E=一(6+)(1 一 )(6 一 )，则 A 的特征值 1=一 6， 2=1， 3=6【知识模块】 线性代数20 【正确答案】 得1=0， 2=4， 3=9存在正交阵 Q，令 X=QY，则 f=4y22+9y32，故 f(x1，x 2，x 3)=1表示椭圆柱面【知识模块】 线性代数21 【正确答案】 由(AA T)T=(AT)TAT=AAT，所以 AAT 是对称阵 必要性若 AAT 正定，r(AA T)=mr(A)，又 r(Amn2)m，故 r(A)=m 充分性若 r(A)=m，则齐次方程组 ATX=0 只有零解，故对任意 xO，均有 ATX0，故 X TAATX=(
18、ATX)T(ATX)0， 即 AAT 正定【知识模块】 线性代数22 【正确答案】 当k0，k一 2 时，B 的全部特征值大于 0，这时 B 为正定阵【知识模块】 线性代数23 【正确答案】 显然 BTAB 为对称矩阵 B TAB 为正定矩阵r(B)=n【知识模块】 线性代数24 【正确答案】 用定义证明显然 B 为对称矩阵对 x0，当 0 时，有 xTBx=xTx+xTATAx=xTx+(Ax)T(Ax)=x2+Ax2 0故 B 为正定阵【知识模块】 线性代数25 【正确答案】 必要性 取 B=A 一 1，则 AB+BTA=E+(A 一 1)TA=2E，所以 AB+BTA是正定矩阵 充分性
19、用反证法若 A 不是可逆矩阵，则 r(A)N ，于是存在实向量 X0 使得 Ax。=0因为 A 是实对称矩阵，B 是实矩阵，于是有 x0(AB+BTA)x0=(Ax0)TBx0+x0TBT(Ax0)=0， 这与 AB+BTA 是正定矩阵矛盾【知识模块】 线性代数26 【正确答案】 由 AAT=E 有A 2=1，因此，正交矩阵的行列式为 1 或一 1 由A+ B =0 有A B = 一 1，也有 ATB T= 一 1 再考虑到A T(A+B)BT=A T+BT=A+B，所以一A+B=A+B，A+B=0 故 A+B 不可逆【知识模块】 线性代数27 【正确答案】 E 一 A=( 一3)(+1)，E
20、 一 B=( 一 3)(+1)实对称矩阵 A 与 B 有相同的特征值，因此 A与 B 合同【知识模块】 线性代数28 【正确答案】 应用拉格朗日乘数法方程组，有非零解的充分必要条件是 为 A 的特征值设 为方程组，的非零解，将它代入 式，各方程分别乘上=所以，二次型函数在单位球面上的最大值与最小值只能是矩阵 A 的特征值于是，所求最大值与最小值分别是矩阵 A 的特征值的最大值与最小值【知识模块】 线性代数29 【正确答案】 由条件知 A 的特征值为 2，一 1，一 1，则A =2，因为 A*的特征值为 ，所以 A*的特征值为 1，一 2，一 2，由已知， 是 A*关于 =1 的特征向量，也就是
21、 是 A 关于 =2 的特征向量 由得 2ABA 一 1=2AB+4E，即 B=2(E 一 A)一 1，则B 的特征值为一 2，1，1，且 B=一 2设 B 关于 =1 的特征向量为=x1，x 2，x 3T，又 B 是实对称阵， 与 正交，故 x1+x2 一 x3=0，解出 1=1，一1，0 T， 2=1，0，1 T，令故 XTBX=一 2x1x2+2x1x3+2x2x3【知识模块】 线性代数30 【正确答案】 由于 A 为 n 阶正定矩阵，故存在正交矩阵 U，使得并且 H 仍为正定矩阵如果存在另一个正定矩阵 H1，使得 A=H12，对于 H1，存在正交矩阵 U1，使得这里0 1222 n2 为 A 的全部特征值故 i2=i(i=1，2，n)，即 H=H1【知识模块】 线性代数31 【正确答案】 因为 A1 与 B1 合同，所以存在可逆矩阵 C1，使 B1=C1TA1C1 因为 A2 与 B2 合同，所以存在可逆矩阵 C2，使 B2=C2TA2C2【知识模块】 线性代数
