1、考研数学一（线性代数）历年真题试卷汇编 21 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 4x1x22x2x3 的标准形为（A）2y 12y22y32（B）一 2y12y223y32（C）一 2y12+y22（D）2y 12+y22+3y32 2 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，并指出曲面 f(
2、x1，x 2，x 3)=1 的名称3 设矩阵 A= 相似于对角矩阵4 求 a 的值；5 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)T6 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?7 已知二次型 f(x1，x 2，x 3)=x122x22+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=一 2y12+2y227y32，求 a、b 的值和正交矩阵 P8 设 A 为 mn 实矩阵，E ：为 n 阶单位
3、矩阵，矩阵 B=E+ATA，试证：当 0 时，矩阵 B 为正定矩阵9 设有 n 元实二次型 f(x1，x 2，x n)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+(xn1+an1xn)2+(xn+anx1)2，其中 ai(i=1，2，n) 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。10 设 c1，c 2，c n 均为非零实常数，A=(a ij)nn，为正定矩阵，令bij=aijcicj(i，j=12，n) 矩阵 B(bij)nn，证明矩阵 B 为正定矩阵11 设矩阵 Ann 正定，证明：存在正定阵 B，使 A=B212 设 1， 2 分别为 n 阶实对称
4、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 n，X0 证明： 1f(X)， ，minf(X)=1=f(X1)，maxf(X)= n=f(Xn)13 设 1， 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 n，X0 求二元函数 f(x，y)=(x2+y2)的最大值，并求最大值点14 设 1， 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 n，X0 求三元函数 f(x1，
5、x 2，x 3)=3x12+2x22+3x32+2x2x3 在 x12+x22+x32=1 条件下的最大及最小值，并求出最大值点及最小值点15 设 A、B 为同阶实对称矩阵，A 的特征值全大于 aB 的特征值全大于 b，a 、b为常数证明：矩阵 A+B 的特征值拿大于 a+b16 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)=一为正定二次型17 设实对称矩阵 A 满足 A2 一 3A 一 2E=O，证明：A 为正定矩阵17 设 A 是 n 阶实时称矩阵，证明：18 存在实数 c，使对一切 xRn，有X TAxcxTx19 若 A 正定，则对
6、任意正整数 k，A k 也是对称正定矩阵20 必可找到一个数 a使 A+aE 为对称正定矩阵20 设 A 为 n 阶实对称矩阵，秩(A)=n，A n 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)= xixj21 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 A1：22 二次型 g(X)=XTAX 与 f(X)的规范形是否相同?说明理由23 设 A、B 为同阶正定矩阵，且 AB=BA。证明： AB 为正定矩阵23 设二次型 f(x1，x 2，x 3)=ax12+2x222
7、x32+2bx1x2(b0) 其中二次型 A 的矩阵 A的特征值之和为 1，特征值之积为1224 求 a、b 的值；25 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25 已知矩阵 B= 相似于对角矩阵 A26 求 a 的值；27 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；28 指出曲面 XTBX=1 表示何种曲面28 已知齐次线性方程组= 有非零解，且矩阵 A=是正定矩阵29 求 a 的值；30 求当 XTX=2 时，X TAX 的最大值，其中 X=(x1，x 2，x 3)TR330 设 D= 为正定矩阵，其中 A，B 分别为 m 阶，n
8、 阶对称矩阵，C 为 mn矩阵31 计算 PTDP，其中 P= ，(B 为 k 阶单位矩阵 )；32 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）历年真题试卷汇编 21 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】 二次型2 【正确答案】 D【试题解析】 记(D) 中的矩阵为 D，则由EA= =2 一 2
9、一3=( 一 3)(+1)，E 一 D= =2 一 2 一 3=( 一 3)(+1)知 A 与 D有相同的特征值 3 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QTAP= =QTDQ，QP TAPQT=D，或(PQ T)A(PQT)=D，其中 PQT 可逆，所以 A 与 D 合同【知识模块】 二次型二、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】 二次型【知识模块】 二次型4 【正确答案】 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【知识模块】 二
10、次型5 【正确答案】 f=x TAx=(xTAx)T=xTATx= (xTAx+xTATx)=xT=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 P1BP=PTBP=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=6y123y22+7y32【知识模块】 二次型6 【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
11、，由条件有 XTAX0，Y TBY0，故对 Z0，有ZTCZ=XT YT =XTAX+YTBY0又 CT=C故 C 正定【知识模块】 二次型7 【正确答案】 a=4，b=2；P= 【知识模块】 二次型8 【正确答案】 B T=B，对任意 n 维非零列向量 X，有 XTX0，(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】 二次型9 【正确答案】 1+(一 1)n1a1，a 2，a n0【知识模块】 二次型10 【正确答案】 由 bji=bij，知 B 对称 若 x1，x 2，x n 不全为 0，则c1x1，c
12、 2x2，c nxn 不令为零。此时，(x 1，x 2，x n)B(x1，x 2，x n)，=aijcicjxixj= aij(cixi)(cjxj)0故 B 正定【知识模块】 二次型11 【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， 2， n)PT=Pdiag PT=B2 其中 B=Pdiag()PT 为正定阵【知识模块】 二次型12 【正确答案】 只证最大值的情形(最小情形的证明类似)：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+ nyn
13、2n(y12，y n2)=nY2，由于正交变换不改变向量长度，故有Y 2=XT=XTX，上式即 XTAXnXTX，当 X0 时，X TX0，即得 f(x)=n，于是得 maxf(X)=n。【知识模块】 二次型13 【正确答案】 ，在 x=1，y= 1 处取值【知识模块】 二次型14 【正确答案】 f 的最小值=f( )=f(0，1，0)=2，f 的最大值=f( )=4【知识模块】 二次型15 【正确答案】 设 A 为 A+B 的任一特征值，则有 X0，使(A+B)X=X(A+B)X一(a+b)X= 一(a+b)X(AaE)+(BbE)X= 一(a+b)X故 一(a+b)为(AaE)+(BbE)
14、的特征值，由条件易知 AaE 及 B 一 bE 均正定，故(A 一 aE)+(B 一 bE)正定，因而它的特征值 一(a+b) 0， a+b，即 A+B 的任一特征值 都大于a+b【知识模块】 二次型16 【正确答案】 由于 两端取行列式，得 由于 A 正定，故A0，且 A1 正定，故对于任意 X0XE n，有 XTA1X0故f(x1，x 2， xn)一 正定【知识模块】 二次型17 【正确答案】 设 为 A 的任一特征值，则存在 X0，使 AX=X，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
15、】 二次型【知识模块】 二次型18 【正确答案】 设 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= iyi2，且 yTy=xTx，故x TAx= yi2=cyTy=cxTx【知识模块】 二次型19 【正确答案】 设 A 的特征值为 1， n，则 i0(i=1 ，n)于是，由 Ak的特征值为 1k， nk，它们个都大于 0可知 Ak 为正定矩阵【知识模块】 二次型20 【正确答案】 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
16、i+ai+ i+11所以 A 一 aE 正定【知识模块】 二次型【知识模块】 二次型21 【正确答案】 f(X)=(x 1，x 2，x n) 因秩(A)=n，故 A 可逆，且 A1= A*，从而(A 1)T=(AT)1=A1故 A1 也是实对称矩阵，因此二次型 f(X)的矩阵为 A*=A1【知识模块】 二次型22 【正确答案】 因为(A 1)TAA1=(AT)1E=A1，所以 A 与 A1 合同，于是 g(X)与 f(X)有相同的规范形【知识模块】 二次型23 【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，由前
17、题，存在正定阵 S，使 A=S2，于是 S1(AB)S=S1SSBS=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=(AB)s=STBS，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】 二次型【知识模块】 二次型24 【正确答案】 f 的矩阵为 A= ，由 1+2+3=a+2+(一 2)=1，及123=A=2(一 2a 一 b2)=一 12，解得 a=1，b=2【知识模块】 二次型25 【正确答案】 正交矩阵 P下，f 的标准形
18、为 f=2y12+2y223y32【知识模块】 二次型【知识模块】 二次型26 【正确答案】 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 ：【知识模块】 二次型27 【正确答案】 二次型 f=XTBX 的矩阵为 A=，可使PTAP=diag(6，7，一 3)。故 f 在正交变换 XPY 下化成的标准形为 f=6y12+7y223y32；【知识模块】 二次型28 【正确答案】 单叶双曲面【知识模块】 二次型【知识模块】 二次型29 【正确答案】 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
19、，再由矩阵 A 正定，得 a=3；【知识模块】 二次型30 【正确答案】 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 1y1+2y2+3y310(y12+y22+y32)，当 XTX=YTY=y12+y22+y32=2 时，有XTAX102=20，又 X0= 满足 X0TX0=2，且 X0TAX0= =2T(A)=2T(10)=20(T)=20，综上可知 XTAX=20【知识模块】 二次型【知识模块】 二次型31 【正确答案】 P TDP ；【知识模块】 二次型32 【正确答案】 矩阵 BCTA1C 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 B 一 CTA1C 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x T，y TM=yT(BCTA1C)y0 故对称矩阵 BCTA1C 为正定矩阵【知识模块】 二次型
