考研数学一（二次型）模拟试卷1（共104题）

考研数学一（二次型）模拟试卷1（共4套）（共104题）考研数学一（二次型）模拟试卷第1套一、选择题(本题共11题，每题1.0分，共11分。)1、设矩阵A=，下列矩阵中与A既相似又合同的是()A、

B、

C、

D、

标准答案：A知识点解析：相似矩阵的迹相等。矩阵A的迹tr(A)=0+0+2+2=4，只有选项(A)中的矩阵的迹为4。由排除法可知，应选(A)。2、设A为3阶实对称矩阵，如果二次曲面方程(x，y，z)A=1在正交变换下的标准方程的图形如右图所示，则A的正特征值的个数为()A、0。B、1。C、2。D、3。标准答案：B知识点解析：旋转双叶双曲面的标准形式为，所以A的正特征值的个数为1，故选(B)。3、n元实二次型正定的充分必要条件是()A、该二次型的秩等于n。B、该二次型的负惯性指数等于n。C、该二次型的正惯性指数等于二次型矩阵的秩。D、该二次型的正惯性指数等于n。标准答案：D知识点解析：二次型正定的充分必要条件是二次型的正惯性指数等于n。因此选(D)。4、n阶实对称矩阵A正定的充分必要条件是()A、二次型xTAx的负惯性指数为零。B、存在可逆矩阵P使P-1AP=E。C、存在n阶矩阵C使A=CTC。D、A的伴随矩阵A*与E合同。标准答案：D知识点解析：选项(A)是必要不充分条件。这是因为R(f)=p+q≤n。当q=0时，有R(f)=p≤n。此时有可能p＜n，故二次型xTAx不一定是正定二次型。因此矩阵A不一定是正定矩阵。例如f(x1，x2，x3)=x12+x32。选项(B)是充分不必要条件。这是因为P-1AP=E表示A与E相似，即A的特征值全是1，此时A是正定的。但只要A的特征值全大于零就可保证A正定，因此特征值都是1属于不必要条件。选项(C)中的矩阵C没有可逆的条件，因此对于A=CTC不能说A与E合同，也就没有A是正定矩阵的结论。例如C=，A=CTC=显然矩阵不正定。关于选项(D)，由于A正定A-1正定A*正定A*与E合同，所以(D)是充分必要条件。5、已知A=，则A与B()A、等价、不相似、合同。B、不等价、不相似、不合同。C、等价、相似、不合同。D、等价、相似、合同。标准答案：A知识点解析：由于R(A)=3，R(B)=3，所以A与B等价。A与B均为实对称矩阵，若特征值相同，则A与B相似，否则A与B不相似。由于所以A的特征值为λA=-1，3，1，B的特征值为λB=，因此A与B不相似。由于A与B的正负惯性指数是相同的，正惯性指数为2，负惯性指数为1，所以A与B合同。故应选择(A)。6、设A，B均为正定矩阵，则()A、AB，A+B都正定。B、AB正定，A+B非正定。C、AB非正定，A+B正定。D、AB不一定正定，A+B正定。标准答案：D知识点解析：由A，B均为正定矩阵可知，对任意x≠0，总有xTAx＞0，xTBx＞0，于是xT(A+B)x=xTAx+xTBx＞0，所以A+B正定。因为矩阵的乘法不满足交换律，所以AB不一定是对称矩阵，于是AB不一定正定。例如：A=，则A，B均为正定矩阵，但AB≠BA，即AB不是对称矩阵，所以AB不是正定矩阵。7、对于n元二次型xTAx，下述命题中正确的是()A、化xTAx为标准形的坐标变换是唯一的。B、化xTAx为规范形的坐标变换是唯一的。C、xTAx的标准形是唯一的。D、xTAx的规范形是唯一的。标准答案：D知识点解析：化二次型为标准形既可用正交变换法也可用配方法，化成标准形和所用坐标变换都是不唯一的。因此(A)、(C)均不正确。规范形由二次型的正、负惯性指数所确定，而正、负惯性指数在坐标变换下是不变的。故(D)正确。8、设A=，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A为实对称矩阵，且=λ3(λ-4)。因此A与B既合同又相似。9、二次型f=xTAx经过满秩线性变换x=Py可化为二次型yTBy，则矩阵A与B()A、一定合同。B、一定相似。C、既相似又合同。D、既不相似也不合同。标准答案：A知识点解析：f=xTAx=(Py)TA(Py)=yT(PTAP)y=yTBy，即B=PTAP，所以矩阵A与B一定合同。只有当P是正交矩阵时，即PT=P-1时，才有A与B既相似又合同。10、与二次型f=x12+x22+2x32+6xx的矩阵A既合同又相似的矩阵是()A、

B、

C、

D、

标准答案：B知识点解析：二次型f的矩阵A=因为两个实对称矩阵相似必合同，所以只需计算出矩阵A的特征值即可。由矩阵A的特征方程｜λE-A｜==(λ-4)(λ-2)(λ+2)=0可得，矩阵A的特征值是4，2，-2。故应选(B)。11、设A，B为同阶可逆矩阵，则()A、AB=BA。B、存在可逆阵P，使P-1AP=B。C、存在可逆阵C，使CTAC=B。D、存在可逆阵P和Q，使PAQ=B。标准答案：D知识点解析：矩阵的乘法不满足交换律。事实上，令A=，易知A，B均可逆，但AB≠BA，故排除选项(A)。由于矩阵A与B的特征值不一定相同，故A与B不一定相似，排除选项(B)；若A是对称矩阵，B为非对称矩阵，则A与B必不合同，排除选项(C)。故选项(D)正确。二、填空题(本题共9题，每题1.0分，共9分。)12、若二次型f(x1，x2，x3)=2x12+x32+x22+2x1x2+tx2x3是正定的，则t的取值范围是______。标准答案：知识点解析：二次型f的矩阵为A=，因为f正定，因此需满足A的顺序主子式都大于零。即△1=2，△2==1，△3=｜A｜=1-t2＞0。故f正定的条件是1-t2＞0，即13、设A是3阶实对称矩阵，A的每行元素的和为5，则二次型f(x1，x2，x3)=xTAx在x0=(1，1，1)T的值f(1，1，1)=x0TAx0=_______。标准答案：15知识点解析：因为A是3阶实对称矩阵，A的每行元素的和为5，故有因为x0=将上式两边左乘x0T，得f(1，1，1)=x0TAx0=(1，1，1)=15。14、设f(x1，x2)=，则二次型的对应矩阵是_______。标准答案：知识点解析：将行列式展开即可得到二次型的一般表达式f(x1，x2)==3x1x2+5x1+2x2+3x1x2=[x1，x2]因此对应矩阵为15、二次型f(x1，x2，x3，x4)=x32+4x42+2x1x2+4x3x4的规范形是_______。标准答案：y12+y22-y32知识点解析：二次型矩阵A=由｜λE-A｜=(λ2-1)(λ2-5λ)=0，知矩阵A的特征值为1，5，-1，0。故二次型正惯性指数p=2，负惯性指数q=1。因此二次型的规范形为y12+y22-y32。16、二次型f(x1，x2，x3)=(x1+x2)2+(x2-x3)2+(x3+x1)2的秩为________。标准答案：2知识点解析：由于f(x1，x2，x3)=2x12+2x22+2x32+2x1x2+2x1x3-2x2x3的矩阵为对A作初等行变换得从而R(A)=2，即二次型的秩为2。17、已知二次型xTAx=x12-5x22+x32+2ax1x2+2bx2x3+2x1x3的秩为2，(2，1，2)T是A的特征向量，那么经正交变换后二次型的标准形是_______。标准答案：3y12-6y32知识点解析：求二次型xTAx在正交变换下的标准形也就是求二次型的矩阵A的特征值。由于且(2，1，2)T是A的特征向量，则有解得a=b=2，λ1=3。由秩为2知，｜A｜=0，于是λ2=0是A的另一个特征值，再由λi，有1+(-5)+1=3+0+λ3，则λ3=-6是A的另外一个特征值。于是可得，正交变换下二次型的标准形是3y12-6y32。18、若二次曲面的方程x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz=4经正交变换化为y12+4z12=4，则a=_________。标准答案：1知识点解析：本题等价于将二次型f(x，y，z)=x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz经正交变换后化为f=y12+4z12。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1，4，0。由于矩阵的行列式值是对应特征值的乘积，且该二次型的矩阵为A=，可知｜A｜=-(a-1)2=0，解得a=1。19、设A是三阶实对称矩阵，满足A3=2A2+5A-6E，且kE+A是正定矩阵，则k的取值范围是_______。标准答案：k＞2知识点解析：将A3=2A2+5A-6E变形可得A3-2A2-5A+6E=O。设A有特征值λ，则λ满足λ3-2λ2-5λ+6=0，因式分解得λ3-2λ2-5λ+6=(λ-1)(λ+2)(λ-3)=0，故A的特征值是1，=2，3，因此kE+A的特征值为k+1，k-2，k+3。由于kE+A是正定矩阵，因此kE+A的特征值均大于零，故k＞2。20、已知实二次型f(x1，x2，x3)=a(x12+x22+x32)+4x1x2+4x1x3+4x2x3，经正交换x=Py可化成标准形f=6y12，则a=_______。标准答案：2知识点解析：已知二次型经正交变换化成标准形f=6y12，知f所对应的实对称矩阵的特征值应为6，0，0，且该实对称矩阵为又由=[λ-(a+4)][λ-(a-2)]2=0，可得a+4=6，a-2=0，所以a=2。三、解答题(本题共12题，每题1.0分，共12分。)21、设二次型f(x1，x2，x3)=x12+5x22+2x32+4x1x2+2x1x3+2ax2x3的秩为2，求常数a。标准答案：二次型f的矩阵A=因为二次型f的秩为2，所以R(A)=2，而A=，因此由1-(a-2)2=0，解得a=3或1。知识点解析：暂无解析22、用配方法将二次型f(x1，x2，x3)=x12+2x22+2x1x2-2x1x3+2x2x3化为标准形。标准答案：f(x1，x2，x3)=x12+2x1(x2-x3)+(x2-x3)2-(x2-x3)2+2x22+2x2x3=(x1+x2-x3)2+x22+4x2x3-x32=(x1+x2-x3)2+x22+4x2x3+4x32-5x32=(x1+x2-x3)2+(x2+2x3)2-5x23。即线性变换矩阵是可逆矩阵，于是原二次型化为f(x1，x2，x3)=y12+y22-5y32。知识点解析：暂无解析23、设f(x1，x2，x3)=4x22-3x32-4x1x3+4x1x2+8x2x3。(Ⅰ)写出二次型的矩阵形式；(Ⅱ)用正交变换法求二次型的标准形，并写出正交阵。标准答案：(Ⅰ)令A=，则f(x1，x2，x3)=xTAx。(Ⅱ)由二次型矩阵的特征方程｜λE-A｜==(λ+6)(λ-1)(λ-6)=0，解得特征值λ1=-6，λ2=1，λ3=6。当λ1=-6时，由(-6E-A)x=0，得特征向量ξ1=当λ2=1时，由(E-A)x=0，得特征向量ξ2=当λ3=6时，由(6E-A)x=0，得特征向量ξ3=由施密特正交化方法得令Q=，则QTAQ=，于是有f(x1，x2，x3)=xTAx-6y12+y22+6y32。知识点解析：暂无解析24、二次型f(x1，x2，x3)=2x12+3x22+3x32+2ax2x3(a＞0)经过正交变换化为标准形f=y12+2y22+5y32，求参数a及所用的正交变换。标准答案：二次型f的矩阵A=根据题意可知，矩阵A的三个特征值分别为λ1=1，λ2=2，λ3=5，于是由｜A｜=λ1λ2λ3可得2(9-a2)=10，解得a=2或-2(舍)。当λ1=1时，解齐次线性方程组(E-A)x=0，得基础解系为ξ1=(0，1，-1)T；当λ2=2时，解齐次线性方程组(2E-A)x=0，得基础解系为ξ2=(1，0，0)T；当λ3=5时，解齐次线性方程组(5E-A)x=0，得基础解系为ξ3=(0，1，1)T。因为ξ1，ξ2，ξ3已经是正交向量组，故只需将ξ1，ξ2，ξ3单位化，于是得η1=，η2=(1，0，0)T，η3=令Q=(η1，η2，η3)=则Q为正交矩阵，且在正交变换x=Qy下，有QTAQ=知识点解析：暂无解析25、设n元实二次型f(x1，…，xn)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+…+(xx-1+an-1xn)2+(xn+anx1)2，其中a1，…，an均为实数。试问：当a1，…，an满足何种条件时，二次型f是正定的。标准答案：依题意知，对任意的x1，…，xn，均有f≥0，易知当且仅当下列齐次线性方程组只有零解时，二次型是正定的。而当且仅当系数矩阵的行列式非零时，此齐次线性方程组只有零解，即=1+(-1)n+1a1…an≠0，所以，当a1…an≠(-1)n时，二次型f为正定二次型。知识点解析：暂无解析26、设A、B分别为m、n阶正定矩阵，试判别矩阵C=是否为正定矩阵。标准答案：因A、B正定，则A、B必为对称阵，故AT=A，BT=B，则CT==C。设x、y分别为m、n维列向量，则z=为m+n维列向量，若z≠0，则必有x≠0或y≠0。不妨设x≠0，因A、B正定，则xTAx＞0，yTBy≥0，故zTCz=(xT，yT)=xTAx+yTBy＞0，故C是正定的。知识点解析：暂无解析27、证明：若A是n阶正定矩阵，则A*是正定矩阵。标准答案：已知A正定，则有｜A｜＞0。任意x≠0，有xTA*x=xT｜A｜A-1x=｜A｜xTA-1x=｜A｜xTA-1AA-1x=｜A｜(A-1x)TA(A-1x)。又A-1x≠0，所以对任意x≠0，有xTA*x=｜A｜(A-1x)TA(A-1x)＞0。故A*是正定矩阵。知识点解析：暂无解析28、试用配方法化二次型f(x1，x2，x3)=2x12+3x22+x32+4x1x2-4x1x3-8x2x3为标准形和规范形，写出相应的可逆线性变换矩阵，并求二次型的秩及止、负惯性指数。标准答案：由于f中含有x1的平方项，故先把含x1的项进行配方，然后再把含x2的项进行配方，依次配方即可。即f(x1，x2，x3)=2(x12+2x1x2-2x1x3)+3x22+x32-8x2x3=2(x1+x2-x3)2+x22-4x2x32-x32=2(x1+x2-x3)2+(x2-x3)2-5x32。令则把二次型f化成了标准形f(x1，x2，x3)=2y12+y22-5y32。所用的可逆线性变换矩阵为C=，可逆变换为x=Cy。由以上结论可知，二次型f的规范形为f=z12+z22-z32，二次型的秩R(f)=3，正惯性指数为2，负惯性指数为1。知识点解析：暂无解析29、已知二次型f(x1，x2，x3)=(1-a)x12+(1-a)x22+2x32+2(1+a)x1x2的秩为2。(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)求正交变换x=Qy，把f(x，x，x)化成标准形；(Ⅲ)求方程f(x1，x2，x3)=0的解。标准答案：(Ⅰ)由已知可得，二次型的矩阵A=，且A的秩为2，从而｜A｜==-8a=0，解得a=0。(Ⅱ)当a=0时，A=，由特征多项式｜λE-A｜==(λ-2)[(λ-1)2-1]=λ(λ-2)2=0，得矩阵A的特征值λ1=λ2=2，λ3=0。当λ=2时，由(2E-A)x=0及系数矩阵，得两个线性无关的特征向量α1=(1，1，0)T，α2=(0，0，1)T。当λ=0时，由(0E-A)x=0及系数矩阵，得特征向量α3=(1，-1，0)T。容易看出，α1，α2，α3已两两正交，故只需将它们单位化，即得γ1=(1，1，0)T，γ2=(0,0，1)T，γ3=(1，-1，0)T。那么令Q=(γ1，γ2，γ3)=，则在正交变换X=Qy下，二次型f(x1，x2，x3)化为标准形f(1，x2，x3)=2y12+2y22。(Ⅲ)由(Ⅰ)中结论，f(x1，x2，x3)=x12+x22+2x32+2x1x2=(x1+x2)2+2x32=0，于是得所以方程f(x1，x2，x3)=0的通解为k(1，-1，0)T，其中k为任意常数。知识点解析：暂无解析30、已知二次型f(x1，x2，x3)=x12+x22+x32-4x1x2-4x1x3+2ax2x3通过正交变换x=Py化成标准形f=3y12+3y22+by32，求参数a，b及正交矩阵P。标准答案：由题意，二次型f及其标准形的矩阵分别是在正交变换下A与Λ相似，故有=-2(a+2)2=0，解得a=-2，b=-3。于是，矩阵A的特征值是3，3，-3。当λ=3时，由(3E-A)x=0，系数矩阵得基础解系α1=(-1，1，0)t，α2=(-1，0，1)T，即λ=3有两个线性无关的特征向量。当λ=-3时，由(-3E-A)x=0，系数矩阵得基础解系α3=(1，1，1)T，即λ=-3的特征向量。由于λ=3的特征向量α1，α2不正交，故需施密特正交化。令β1=α1=，则β2=α2-([α2，β1]／[β1，β1])β=将三个特征向量单位化，有那么，所用坐标变换x=Py中，正交矩阵P=(γ1，γ2，γ3)=知识点解析：暂无解析31、已知三元二次型xTAx的平方项系数均为0，设a=(1，2，-1)T且满足Aα=2α。(Ⅰ)求该二次型表达式；(Ⅱ)求正交变换x=Qy化二次型为标准形，并写出所用坐标变换；(Ⅲ)若A+kE正定，求k的取值。标准答案：(Ⅰ)根据已知条件，有即得方程组解得a12=2，a13=2，a23=-2。所以f(x)=xTAx=4x1x2+4x1x3-4x2x3。(Ⅱ)由｜λE-A｜==(λ-2)2(λ+4)，得矩阵A的特征值为2，2，-4。由(2E-A)X=0及得λ=2的特征向量α1=(1，1，0)T，α2=(1，0，1)T；由(-4E-A)x=0及，得λ=-4的特征向量α3=(-1，1，1)T。将α1，α2正交化。令β1=α1，则β2=α2-([α2，β1]／[β1，β1])β1=再对β1，β2，α3单位化，有那么令xTAx=yTΛy=2y12+2y22-4y32。(Ⅲ)因为由(Ⅱ)中结论可知，A+kE的特征值为k+2，k+2，k-4，所以当k＞4时，矩阵A+kE正定。知识点解析：暂无解析32、设二次型f(x1，x2，x3)=ax12+ax22+ax32+2x1x2正定，求a的取值范围。标准答案：该二次型的矩阵为，令其各阶顺序主子式分别大于零a＞0，=a2-1＞0.=a(a2-1)＞0，解得a＞1。知识点解析：暂无解析考研数学一（二次型）模拟试卷第2套一、选择题(本题共6题，每题1.0分，共6分。)1、二次型f(x1，x2，x3)=x12+5x22+x32—4x1x2+2x2x3的标准形可以是()A、y12+4y22B、y12—6y22+2y32。C、y12—y22D、y12+4y22+y32标准答案：A知识点解析：用配方法，有f=x12—4x1x2+4x22+x22+2x2x3+x32=(x1—2x2)2+(x2+x3)2，可见二次型的正惯性指数p=2，负惯性指数q=0，故选A。2、下列矩阵中A与B合同的是()A、

B、

C、

D、

标准答案：C知识点解析：合同的定义CTAC=B，矩阵C可逆。合同的必要条件是r(A)=r(B)且行列式｜A｜与｜B｜同号。A，B合同的充要条件是A与B的正、负惯性指数相同；A与B的正、负特征值的个数相同。A选项的矩阵秩不相等。B选项中行列式正、负号不同，故排除。C选项中矩阵A的特征值为1，2，0，而矩阵B的特征值为1，3，0，所以二次型xTAx与xTBx有相同的正、负惯性指数，因此A和B合同。而D选项中，A的特征值为1，±2，B的特征值为—1，—2，—2，因此xTAx与xTBx正、负惯性指数不同，即不合同，故选C。3、设A，B均为n阶实对称矩阵，若A与B合同，则()A、A与B有相同的秩。B、A与B有相同的特征值。C、A与B有相同的特征向量。D、A与B有相同的行列式。标准答案：A知识点解析：合同的矩阵也等价，必有相同的秩，故选A。4、n阶实对称矩阵A正定的充分必要条件是()A、二次型xTAx的负惯性指数为零。B、存在可逆矩阵P使P—1AP=E。C、存在n阶矩阵C使A=C—1C。D、A的伴随矩阵A*与E合同。标准答案：D知识点解析：A选项是必要不充分条件。这是因为r(A)=p+q≤n，当q=0时，有r(A)=p≤n。此时有可能p＜n，故二次型xTAx不一定是正定二次型。因此矩阵A不一定是正定矩阵。例如f(x1，x2，x3)=x12+532。B选项是充分不必要条件。这是因为P—1AP=E表示A与E相似，即A的特征值全是1，此时A是正定的。但只要A的特征值全大于零就可保证A正定，因此特征值全是1是不必要的。C选项中的矩阵C没有可逆的条件，因此对于A=CTC不能说A与E合同，也就没有A是正定矩阵的结论。例如显然矩阵不正定。关于选项D，由于A正定A—1正定A*正定A*与E合同，所以D选项是充分必要条件，故选D。5、下列条件不能保证n阶实对称阵A正定的是()A、A—1正定。B、A没有负的特征值。C、A的正惯性指数等于n。D、A合同于单位矩阵。标准答案：B知识点解析：A—1正定表明存在可逆矩阵C，使CTA—1C=E，两边求逆得到C—1A(CT)—1=C—1A(C—1)T=E，即A合同于E，A正定，因此A项不正确。D选项是A正定的定义，因此D项不正确。C选项表明A的正惯性指数等于n，故A是正定阵，因此C项也不正确。由排除法，故选B。事实上，一个矩阵没有负的特征值，但可能有零特征值，而正定阵的特征值必须全是正数。6、设A为三阶实对称矩阵，如果二次曲面方程=1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()A、0B、1C、2D、3标准答案：B知识点解析：此二次曲面为旋转双叶双曲面，此曲面的标准方程为。故A的正特征值个数为1，故选B。二、填空题(本题共5题，每题1.0分，共5分。)7、设f(x1，x2)=，则二次型的对应矩阵是__________。标准答案：知识点解析：把行列式展开就可以得到二次型的一般表达式。f(x1，x2)==3x1x2+5x12+2x22+3x1x2=(x1，x2)。因此对应的矩阵为。8、二次型f(x1，x2，x3)=(x1+2x2+a3x3)(x1+5x2+b3x3)的合同规范形为__________。标准答案：z12—z22知识点解析：令，所以该线性变换是非退化的，则原二次型与变换之后的二次型f=y1y2是合同的，故有相同的合同规范形。二次型f=y1y2的矩阵为，其特征值为，所以原二次型的正、负惯性指数均为1，故原二次型的合同标准形为z12—z22。9、设f=x12+x22+5x32+2ax1x2—2x1x3+4x2x3为正定二次型，则未知系数a的范围是__________。标准答案：知识点解析：二次型的矩阵为其各阶主子式为a11=1，=1—a2，=—a(5a+4)。因为f为正定二次型，所以必有1—a2＞0且—a(5a+4)＞0，因此。故当时，A正定，从而f正定。10、设α=(1，0，1)T，A=ααT，若B=(kE+A)*是正定矩阵，则k的取值范围是__________。标准答案：k＞0或k＜—2知识点解析：矩阵A=ααT的秩为1，且tr(A)=αTα=2，故矩阵A的特征值是2，0，0，从而矩阵kE+A的特征值是k+2，k，k。矩阵B=(kE+A)*=｜kE+A｜(kE+A)—1的特征值是k2，k(k+2)，k(k+2)。矩阵B正定的充要条件是特征值均大于零，即k2＞0且k(k+2)＞0，解得k＞0或k＜—2。11、若二次曲面的方程为x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz=4，经正交变换化为y12+4z12=4，则a=__________。标准答案：1知识点解析：本题等价于将二次型f(x，y，z)=x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz经正交变换后化为了f=y12+4z12。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1，4，0。由于矩阵的行列式值是对应特征值的乘积，且该二次型的矩阵为A=，即可得｜A｜=—(a—1)2=0，因此a=1。三、解答题(本题共12题，每题1.0分，共12分。)已知二次型f(x1，x2，x3)=(1—a)x12+(1—a)x22+2x32+2(1+a)x1x2的秩为2。12、求a的值。标准答案：二次型矩阵A=。已知二次型的秩为2，则二次型矩阵A的秩也为2，从而因此a=0。知识点解析：暂无解析13、求正交变换x=Qy，把f(x1，x2，x3)化为标准形。标准答案：a=0，则A=，由特征多项式｜λE—A｜==(λ—2)[(λ—1)2—1]=λ(λ—2)2得矩阵A的特征值λ1=λ2=2，λ3=0。当λ=2，由(2E—A)x=0得特征向量α1=(1，1，0)T，α2=(0，0，1)T。当λ=0，由(OE—A)x=0得特征向量α3=(1，—1，0)T。容易看出α1，α2，α3已两两正交，故只需将它们单位化γ1=(1，1，0)T，γ2=(0，0，1)T，γ3=(1，—1，0)T。那么令Q=(γ1，γ2，γ3)=，则在正交变换x=Qy下，二次型f(x1，x2，x3)化为标准形f(x1，x2，x3)=xTAx=yTΛy=2y12+2y22。知识点解析：暂无解析14、求方程f(x1，x2，x3)=0的解。标准答案：由f(x1，x2，x3)=x12+x22+2x32+2x1x2=(x1+x2)2+2x32=0，得所以方程f(x1，x2，x3)=0的通解为k(1，—1，0)T，其中k为任意常数。知识点解析：暂无解析15、设矩阵A=有一个特征值是3，求y，并求可逆矩阵P，使(AP)T(AP)为对角矩阵。标准答案：因为3是A的特征值，故｜3E—A｜=8(3—y—1)=0，解得y=2于是由于AT=A，要(AP)T(AP)=PTA2P=Λ，而A2=是对称矩阵，即要A2～Λ，故可构造二次型XTA2x，再将其化为标准形。由配方法，有xTA2x=x12+x22+5x32+5x42+8x3x4=y12+y22+532+y4，其中y1=x1，y2=x2，y3=x3+x4，y4=x4，即于是(AP)T(AP)=PTA2P=。知识点解析：暂无解析已知A=，二次型f(x1，x2，x3)=xT(ATA)x的秩为2。16、求实数a的值。标准答案：ATA=，由r(ATA)=2可得｜ATA｜==(a+1)2(a2+3)=0，所以a=—1。知识点解析：暂无解析17、求正交变换x=Qy将f化为标准形。标准答案：由上小题中结果，令矩阵B=，解得矩阵B的特征值为λ1=0，λ2=2，λ3=6。由(λiE—B)x=0，得对应特征值λ1=0，λ2=2，λ3=6的特征向量分别为η1=(—1，—1，1)T，η2=(—1，1，0)T，η3=(1，1，2)T。将η1，η2，η3单位化可得令Q=(α1，α2，α3)=，则正交变换x=Qy可将原二次型化为2y22+6y32。知识点解析：暂无解析18、证明：二次型f(x)=xTAx在时的最大值为矩阵A的最大特征值。标准答案：A为实对称矩阵，则存在正交矩阵Q，使得QAQ—1=diag(λ1，λ2，…，λn)=Λ，其中λ1，λ2，…，λn为A的特征值，不妨设λ1最大。作正交变换y=Qx，即x=Q—1y=QTy，则f=xTAx=yTQAQTy=yTΛy=λ1y12+λ2y22+…+λnyn2，因为y=Qx，所以当时，有||x||2=xTx=yTQQTy=||y||2=1，即y12+y22+…+yn2=1。因此f=λ1y12+λ2y22+…+λnyn2≤λ1(y12+y22+…+yn2)=λ1。又当y1=1，y2=y3=…=yn=0时，f=λ1，所以fmax=λ1。知识点解析：暂无解析设二次型f(x1，x2，x3)=ax12+ax22+(a—1)x32+2x1x3—2x2x3。19、求二次型f的矩阵的所有特征值。标准答案：二次型的矩阵为A=，则有所有特征值是λ1=a，λ2=a—2，λ3=a+1。知识点解析：暂无解析20、若二次型f的规范形为y12+y22，求a的值。标准答案：若规范形为y12+y22，说明有两个特征值为正，一个为0。则由于a—2＜a＜a+1，所以a—2=0，即a=2。知识点解析：暂无解析设D=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。21、计算PTDP，其中P=标准答案：知识点解析：暂无解析22、利用上小题的结果判断矩阵B—CTA—1C是否为正定矩阵，并证明结论。标准答案：由上小题中结果知矩阵D与矩阵M=合同，又因D是正定矩阵，所以矩阵M为正定矩阵，从而可知M是对称矩阵，那么B—CTA—1C是对称矩阵。对m维零向量x=(0，0，…，0)T和任意n维非零向量y=(y1，y2，…yn)T，都有可得yT(B—CTA—1C)y＞0，依定义，yT(B—CTA—1C)y为正定二次型，所以矩阵B—CTA—1C为正定矩阵。知识点解析：暂无解析23、已知二次曲面方程x2+ay2+z2+2bxy+2xz+2yz=4可以经过正交变换化为椭圆柱面方程η2+4ζ2=4，求a，b的值和正交矩阵P。标准答案：根据题意，矩阵是相似的，则tr(A)=tr(B)，从而2+a=5，a=3。又因为｜A｜=｜B｜，所以b=1。此时，矩阵A=，特征值为λ1=0，λ2=1，λ3=4。由(λiE—A)x=0，可得属于特征值λ1=0，λ2=1，λ3=4的特征向量分别为α1=(1，0，—1)T，α2=(1，—1，1)T，α3=(1，2，1)T。将α1，α2，α3单位化，得到令P=，即P为所求的正交矩阵。知识点解析：暂无解析考研数学一（二次型）模拟试卷第3套一、选择题(本题共4题，每题1.0分，共4分。)1、设二次型f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX，已知r(A)＝2，并且A满足A2－2A＝0．则下列各标准二次型中可用正交变换化为厂的是()．(1)2y12＋2y22(2)2y12．(3)2y12＋2y32．(4)2y22＋2y32．A、(1)．B、(3)，(4)．C、(1)，(3)，(4)．D、(2)．标准答案：C知识点解析：暂无解析2、设A＝，B＝，则A、A与B既合同又相似．B、A与B合同但不相似．C、A与B不合同但相似．D、A与B既不合同又不相似．标准答案：A知识点解析：暂无解析3、设A＝，B＝，则A、A与B既合同又相似．B、A与B合同但不相似．C、A与B不合同但相似．D、A与B既不合同又不相似．标准答案：B知识点解析：暂无解析4、A＝，则()中矩阵在实数域上与A合同．A、B、C、D、标准答案：D知识点解析：暂无解析二、解答题(本题共24题，每题1.0分，共24分。)5、用配方法化下列二次型为标准型(1)f(χ1，χ2，χ3)＝χ12＋2χ22＋2χ1χ2－2χ1χ3＋2χ2χ3．(2)f(χ1，χ2，χ3)＝χ1χ2＋χ1χ3＋χ2χ3．标准答案：(1)f(χ1，χ2，χ3)＝χ12＋2χ22＋2χ1χ2－2χ1χ3＋2χ2χ3＝[χ12＋2χ1χ2－2χ1χ3＋(χ2－χ3)2]－(χ2－χ3)2＋2χ22＋2χ2χ3＝(χ1＋χ2－χ3)2＋χ22＋4χ2χ3－χ32＝(χ1＋χ2－χ3)2＋χ22＋4χ2χ3＋4χ32－5χ32＝(χ1＋χ2－χ3)2＋(χ2＋2χ3)2－5χ32．令原二次型化为f(χ1，χ2，χ3)＝y12＋y22－5y32．从上面的公式反解得变换公式：变换矩阵(2)这个二次型没有平方项，先作一次变换f(χ1，χ2，χ3)＝y12－y22＋2y1y3．虽然所得新二次型还不是标准的，但是有平方项了，可以进行配方了：．y12－y22＋2y1y3＝(y1＋y3)2－y22－y32．则f(χ1，χ2，χ3)＝z12－z22－z32．变换公式为变换矩阵知识点解析：暂无解析6、已知二次型2χ12＋3χ22＋3χ32＋2aχ2χ3(a＞0)可用正交变换化为y12＋2y22＋5y32，求a和所作正交变换．标准答案：原二次型的矩阵A和化出二次型的矩阵B相似．于是｜A｜＝｜B｜＝10．而｜A｜＝2(9－a2)，得a2＝4，a＝2．A和B的特征值相同，为1，2，5．对这3个特征值求单位特征向量．对于特征值1：得(A－E)X＝0的同解方程组得属于1的一个特征向量η＝(0，1，－1)T，单位化得γ1＝(0，)．对于特征值2：得(A－2E)X＝0的同解方程组得属于2的一个单位特征向量γ2(1，0，0)T．对于特征值5：得(A－5E)X＝0的同解方程组得属于5的一个特征向η3(0，1，1)T，单位化γ3＝(0，)T．令Q＝(γ1，γ2，γ3)，则正交变换X＝QY把原二次型化为y12＋2y22＋5y32．知识点解析：暂无解析7、设二次型f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX＝aχ12＋2χ22－2χ32＋2bχ1χ3，(b＞0)其中A的特征值之和为1，特征值之积为－12．(1)求a，b．(2)用正交变换化f(χ1，χ2，χ3)为标准型．标准答案：(1)A＝由条件知，A的特征值之和为1，即a＋2＋(－2)＝1，得a＝1．特征值之积＝－12，即｜A｜＝－12，而｜A｜＝＝2(－2－b2)得b＝2(b＞0)．则(2)｜λE－A｜＝＝(λ－2)2(λ＋3)，得A的特征值为2(二重)和－3(一重)．对特征值2求两个单位正交的特征向量，即(A－2E)X＝0的非零解．得(A－2E)X＝0的同解方程组χ1－2χ3＝0，求出基础解系η1＝(0，1，0)T，η2＝(2，0，1)T，它们正交，单位化：α1＝η1，α2＝．方程χ1－2χ3＝0的系数向量η3＝(1，0，－2)T和η1，η2都正交，是属于－3的一个特征向量，单位化得α3＝作正交矩阵Q＝(α1，α2，α3)，则QTAQ＝作正交变换X＝QY，则它把f化为Y的二次型f＝2y12＋2y22－3y32．知识点解析：暂无解析8、已知二次型f(χ1，χ2，χ3)＝(1－a)χ12＋(1－a)χ12＋2χ32＋2(1＋a)χ1χ2的秩为2．(1)求a．(2)求作正交变换X＝QY，把f(χ1，χ2，χ3)化为标准形．(3)求方程f(χ1，χ2，χ3)＝0的解．标准答案：(1)此二次型的矩阵为则r(A)＝2，｜A｜＝0．求得｜A｜＝－8a，得a＝0．(2)｜λE－A｜＝＝λ(λ－2)2，得A的特征值为2，2，0．对特征值2求两个正交的单位特征向量：得(A－2E)X＝0的同解方程组χ1－χ2＝0，求出基础解系η1＝(0，0，1)T，η2＝(1，1，0)T．它们正交，单位化：α1＝η1，α2＝方程χ1－χ2＝0的系数向量η3＝(1，－1，0)T和η1，η2都正交，是属于特征值0的一个特征向量，单位化得α3＝作正交矩阵Q＝(α1，α2，α3)，则QTAQ＝作正交变换X＝QY，则f化为Y的二次型f＝2y12＋2y22．(3)f(X)＝χ12＋χ22＋2χ32＋2χ1χ2＝(χ1＋χ2)2＋2χ32．于是f(χ1，χ2，χ3)＝0求得通解为：，c任意．知识点解析：暂无解析9、二次型f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX在正交变换X＝QY下化为10y12－4y22－4y32，Q的第1列为(1)求A．(2)求一个满足要求的正交矩阵Q．标准答案：(1)Q的第1列α1＝是A的属于10的特征向量，其倍η1＝(1，2，3)T也是属于10的特征向量．于是A的属于一4的特征向量和(1，2，3)T正交，因此就是方程χ1＋2χ2＋3χ3＝0的非零解．求出此方程的一个正交基础解系η2＝(2，－1，0)T，η3＝(1，2，)T．建立矩阵方程A(η1，η2，η3)＝(10η1，－4η2，－4η3)，用初等变换法解得(2)将η2，η3单位化得α2＝(2，－1，0)T，α3＝(3，6，－5)T．则正交矩阵Q＝(α1，α2，α3)满足要求．知识点解析：暂无解析10、A＝．求作一个3阶可逆矩阵P．使得PTAP是对角矩阵．标准答案：f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX＝χ12＋4χ22－2χ32－4χ1χ2＋4χ2χ3＝(χ1－2χ2)2－2χ32＋4χ2χ3＝(χ1－2χ2)2－2(χ2－χ3)2＋2χ22．令原二次型化为f(χ1，χ2，χ3)＝y12－2y22＋2y32)．从上面的公式反解得变换公式：变换矩阵知识点解析：暂无解析11、二次型f(χ1，χ2，χ3)＝χ12＋aχ22＋χ32＋2χ1χ2＋2χ1χ3＋2χ2χ3的正惯性指数为2，a应满足什么条件?标准答案：用配方法．f(χ1，χ2，χ3)＝(χ1＋χ2＋χ3)2＋(a－1)χ22，令原二次型化为f(χ1，χ2，χ3)＝y12＋(a－1)y22，则正惯性指数为2a－1＞0，即a＞1．知识点解析：暂无解析12、设A是一个可逆实对称矩阵，记Aij是它的代数余子式．二次型f(χ1，χ2，…χn)＝χiχj(1)用矩阵乘积的形式写出此二次型．(2)f(χ1，χ2，…，χn)的规范形和XTAX的规范形是否相同?为什么?标准答案：(1)由于A是实对称矩阵，它的代数余子式Aij＝Aji，，并且A-1也是实对称矩阵，其(i，j)位的元素就是Aij／｜A｜，于是f(χ1，χ2，…，χn)＝XTA-1X．(2)A-1的特征值和A的特征值互为倒数关系，因此A-1和A的正的特征值的个数相等，负的特征值的个数也相等，于是它们的正，负惯性指数都相等，从而A-1和A合同，f(χ1，χ2，…，χn)和XTAX有相同的规范形．知识点解析：暂无解析13、判断A与曰是否合同，其中标准答案：用惯性指数，看它们的正负惯性指数是否都一样．B的正惯性指数为2，负惯性指数为1．A的惯性指数可通过对二次型XTAX进行配方法化标准形来计算．XTAX＝χ12＋4χ22－2χ32－4χ1χ2－4χ2χ3＝(χ1－2χ2)2－2χ32－4χ2χ3＝(χ1－2χ2)2－2(χ3＋χ2)2＋2χ22，令则XTAX＝y12－2y22＋2y32，于是A的正惯性指数也为2，负惯性指数也为1．A与B合同．知识点解析：暂无解析14、二次型f(χ1，χ2，χ3)＝aχ12＋aχ22＋(a－1)χ32＋2χ1χ2－2χ2χ3．①求f(χ1，χ2，χ3)的矩阵的特征值．②如果f(χ1，χ2，χ3)的规范形为y12＋y22，求a．标准答案：①f(χ1，χ2，χ3)的矩阵为A＝记B＝．则A＝B＋aE．求出B的特征多项式｜λE－B｜＝λ3＋λ2－2λ＝λ(λ＋2)(λ－1)，B的特征值为－2，0，1，于是A的特征值为a－2，a，a＋1．②因为f(χ1，χ2，χ3)的规范形为y12＋y22，所以A的正惯性指数为2，负惯性指数为0，于是A的特征值2个正，1个0，因此a＝2．知识点解析：暂无解析15、a为什么数时二次型χ12＋3χ22＋2χ32＋2aχ2χ3可用可逆线性变量替换化为2y12－3y22＋5)y32?标准答案：就是看a为什么数时它们的矩阵合同．写出这两个二次型的矩阵B的特征值是2正1负．又看出1是A的特征值，于是A的另两个特征值应该1正1负，即｜A｜＜0．求得｜A｜＝6－a2，于是a满足的条件应该为：a＜－或a＞．知识点解析：暂无解析16、已知A是正定矩阵，证明｜A＋E｜＞1．标准答案：设A的特征值为λ1，λ2，…，λn，则A＋E的特征值为λ1＋1，λ2＋1，…，λn＋1．因为A正定，所以λi＞0，λi＞1(i＝1，2，…，n)．于是｜A＋E｜＝(λ1＋1)(λ2＋1)…(λn＋1)＞1．知识点解析：暂无解析17、已知二次型f(χ1，χ2，χ3)＝χ12＋4χ22＋4χ32＋2λχ1χ2－2χ1χ3＋4χ2χ3．当A满足什么条件时f(χ1，χ2，χ3)正定?标准答案：用顺序主子式．此二次型的矩阵它的顺序主子式的值依次为1，4－λ2，4(2－λ－λ2)．于是，λ应满足条件4－λ2＞0，2－λ－λ2＞0，解出Aλ∈(－2，1)时二次型正定．知识点解析：暂无解析18、已知二次型f(χ1，χ2，…，χn)＝(χ1＋a1χ2)2＋(χ2＋a2χ3)2＋…＋(χn＋anχ1)2．a1，a2，…，an满足什么条件时f(χ1，χ2，…，χn)正定?标准答案：记y1＝χ1＋a1χ2，y2＝χ2＋a2χ3，…，yn＝χn＋anχ1，则简记为Y＝AX．则f(χ1，χ2，…，χn)＝YTY＝XTATAX．于是，实对称矩阵ATA就是f(χ1，χ2，…，χn)的矩阵．从而f正定就是ATA正定．ATA正定的充要条件是A可逆．计算出｜A｜＝1＋(－1)n-1a1a2…an．于是，f正定的充要条件为a1a2…an≠(－1)n．知识点解析：暂无解析19、设A＝，B＝(A＋kE)2．(1)求作对角矩阵D，使得B－D．(2)实数k满足什么条件时B正定?标准答案：(1)A是实对称矩阵，它可相似对角化，从而B也可相似对角化，并且以B的特征值为对角线上元素的对角矩阵和B相似．求B的特征值：｜λE－A｜＝λ(λ－2)2，A的特征值为0，2，2，于是B的特征值为k2和(k＋)2，(k＋2)2．令D＝则B～D．(2)当k为≠0和－2的实数时，B是实对称矩阵，并且特征值都大于0，从而此时B正定．知识点解析：暂无解析20、设A和B都是m×n实矩阵，满足r(A＋B)＝n，证明ATA＋BTB正定．标准答案：用正定的定义证明．显然ATA，BTB都是n阶的实对称矩阵，从而ATA＋BTB也是n阶实对称矩阵．由于r(A＋B)＝n，n元齐次线性方程组(A＋B)X＝0没有非零解．于是，当α是一个非零n维实的列向量时，(A＋B)α≠0，因此Aα与Bα不会全是零向量，从而αT(ATA＋BTB)α＝αTATAα＋αTβTβα＝‖Aα‖2＋‖βα‖2＞0．根据定义，ATA＋BTB正定．知识点解析：暂无解析21、设A是3阶实对称矩阵，满足A2＋2A＝0，并且r(A)＝2．(1)求A的特征值．(2)当实数k满足什么条件时A＋kE正定?标准答案：(1)因为A是实对称矩阵，所以A的特征值都是实数．假设λ是A的一个特征值，则λ2＋2λ是A2＋2A的特征值．而A2＋2A＝0，因此λ2＋2λ＝0，故λ＝0或－2．又因为r(A－0E)＝r(A)＝2，特征值0的重数为3－r(A－0E)＝1，所以－2是A的二重特征值．A的特征值为0，－2，－2．(2)A＋kE的特征值为k，k－2，k－2．于是当k＞2时，实对称矩阵A＋kE的特征值全大于0，从而A＋kE是正定矩阵．当k≤2时，A＋kE的特征值不全大于0，此时A＋kE不正定．知识点解析：暂无解析22、设A，B是两个n阶实对称矩阵，并且A正定．证明：(1)存在可逆矩阵P，使得PTAP，PTBP都是对角矩阵；(2)当｜ε｜充分小时，A＋εB仍是正定矩阵．标准答案：(1)因为A正定，所以存在实可逆矩阵P1，使得P1TAP1＝E．作B1＝P1TBP1，则B仍是实对称矩阵，从而存在正交矩阵Q，使得QTB1Q是对角矩阵．令P＝P1Q，则PTAP＝Q*P1TAP1Q＝E，PTBP＝QTP1TBP1Q＝QTB1Q．因此P即所求．(2)设对(1)中求得的可逆矩阵P，对角矩阵PTBP对角线上的元素依次为λ1，λ3，…，λn，记M＝max{｜λ1｜，｜λ2｜，…，｜λn｜}．则当｜ε｜＜1／M时，E＋εPTBP仍是实对角矩阵，且对角线上元素1＋ελi＞0，i＝1，2，…，n．于是E＋εPTBP正定，PT(A＋εB)P＝E＋εPTBP，因此A＋εB也正定．知识点解析：暂无解析23、设C＝，其中A，曰分别是m，n阶矩阵．证明C正定A，B都正定．标准答案：显然C是实对称矩阵A，B都是实对称矩阵．｜λEm+n－C｜＝＝｜λEm－A｜｜λEn－B｜于是A，B的特征值合起来就是C的特征值．如果C正定，则C的特征值都大于0，从而A，B的特征值都大于0，A，B都正定．反之，如果A，B都正定，则A，B的特征值都大于0，从而C的特征值都大于0，C正定．知识点解析：暂无解析24、设D＝是正定矩阵，其中A，B分别是m，n阶矩阵．记P＝．(1)求PTDP．(2)证明B－CTA-1C正定．标准答案：(1)(2)因为D为正定矩阵，P是实可逆矩阵，所以PTDP正定．于是由上例的结果，得B－CTA-1C正定．知识点解析：暂无解析25、二次型f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX在正交变换X＝QY下化为y12＋y22，Q的第3列为()T．①求A．②证明A＋E是正定矩阵．标准答案：①条件说明Q-1AQ＝QTAQ＝于是A的特征值为1，1，0，并且Q的第3列＝(1，0，1)T是A的特征值为0的特征向量．记α1＝(1，0，1)T，它也是A的特征值为0的特征向量．A是实对称矩阵，它的属于特征值1的特征向量都和α1正交，即是方程式χ1＋χ3＝0的非零解．α2＝(1，0，－1)T，α3＝(0，1，0)T是此方程式的基础解系，它们是A的特征值为1的两个特征向量．建立矩阵方程A(α1，α2，α3)＝(0，α2，α3)，两边做转置，得解此矩阵方程②A＋E也是实对称矩阵，特征值为2，2，1，因此是正定矩阵．知识点解析：暂无解析26、证明对于任何m×n实矩阵A，ATA的负惯性指数为0．如果A秩为n，则ATA是正是矩阵．标准答案：设A是A的一个特征值，η是属于它的一个特征向量，即有ATAη＝λη，于是ηTATAη＝ληTη，即(Aη，Aη)＝λ(η，η)．则λ＝(Aη，Aη)／(η，η)≥0．如果A秩为n，则AX＝0没有非零解，从而Aη≠0，(Aη，Aη)＞0，因此λ＝(Aη，Aη)／(η，η)＞0．知识点解析：暂无解析27、如果A正定，则Ak，A-1，A*也都正定．标准答案：从特征值看．设A的特征值为λ1，λ2，…，λn．λi＞0，i＝1，2，…，n．则Ak的特征值为λ1k，λ2k，…，λnk．λik＞0，i＝1，2，…，n．设A-1的特征值为λ1-1，λ2-1，…，λn-1．λi-1＞0，i＝1，2，…，n．设A*的特征值为｜A｜／λ1，｜A｜／λ2，…，｜A｜／λn．｜A｜／λi＞0，i＝1，2，…，n．知识点解析：暂无解析28、设A是正定矩阵，B是实对称矩阵，证明AB相似于对角矩阵．标准答案：A是正定矩阵，存在可逆实矩阵C，使得A＝CCT，则AB＝CCTB．于是C-1ABC＝C-1CCTBC＝CTBC．即AB相似于CTBC．而CTBC是实对称矩阵，相似于对角矩阵．由相似的传递性，AB也相似于对角矩阵．知识点解析：暂无解析考研数学一（二次型）模拟试卷第4套一、选择题(本题共6题，每题1.0分，共6分。)1、关于二次型f(x1，x2，x3)=x12+x22+x32+2x1x2+2x1x3+2x2x3，下列说法正确的是()A、是正定的。B、其矩阵可逆。C、其秩为1。D、其秩为2。标准答案：C知识点解析：二次型的矩阵所以r(A)=1，A、B、D三项都不正确，故选C。2、二次型f(x1，x2，x3)=(x1+x2)2+(2x1+3x2+x3)2—5(x2+x3)2的规范形为()A、y12+y22+4y32B、y22—y32C、y12—y22—y32D、y12—y22+y32标准答案：B知识点解析：方法一：将二次型中的括号展开，并合并同类项可得f(x1，x2，x3)=5x12+5x22—4x32+14x1x2+4x1x3—4x2x3，则该二次型矩阵为A=。由｜λE—A｜==λ(λ+6)(λ—12)可知，矩阵A的特征根为12，—6，0。因此该二次型的正惯性指数p=1，负惯性指数g=1，故选B。方法二：配方法f(x1，x2，x3)可知p=1，q=1，故选B。注意，在本题中若令而认为该二次型的规范形是f=y12+y22—y32是不正确的，因为行列式=0，这说明线性变换(1)不是非退化的线性变换。3、设A是n阶实对称矩阵，将A的第i列和第j列对换得到B，再将B的第i行和第j行对换得到C，则A与C()A、等价但不相似。B、合同但不相似。C、相似但不合同。D、等价，合同且相似。标准答案：D知识点解析：对矩阵作初等行、列变换，用左、右乘初等矩阵表示，由题设AEij=B，EijB=C，故C==EijB=EijAEij。因Eij=EijT=Eij—1，故C=EijAEij=Eij—1AEij=EijTAEij，故A与C等价，合同且相似，故选D。4、下列二次型中是正定二次型的是()A、f1=(x1—x2)2+(x2—x3)2+(x3—x1)2B、f2=(x1+x2)2+(x2—x3)2+(x3+x1)2C、f3=(x1+x2)2+(x2+x3)2+(x3—x4)2+(x4—x1)2D、f4=(x1+x2)2+(x2+x3)2+(x3+x4)2+(x4—x1)2标准答案：D知识点解析：f=xTAx正定对任意的x≠0，均有xTAx＞0；反之，若存在x≠0，使得f=xTAx≤0则f或A不正定。A选项因f1(1，1，1)=0，故不正定。B选项因f2(—1，1，1)=0，故不正定。C选项因f3(1，—1，1，1)=0，故不正定。由排除法，故选D。5、已知实二次型f=(a11x1+a12x2+a13x3)2+(a21x1+a22x2+a23x3)2+(a31x1+a32x2+a33x3)2正定，矩阵A=(aij)3×3，则()A、A是正定矩阵。B、A是可逆矩阵。C、A是不可逆矩阵。D、以上结论都不对。标准答案：B知识点解析：f=(a11x1+a12x2+a13x3)2+(a21x1+a22x2+a23x3)2+(a31x1+a32x2+a33x3)2=xTATAx=(Ax)T(Ax)。因为实二次型f正定，所以对任意x≠0，f＞0的充要条件是Ax≠0，即齐次线性方程组Ax=0只有零解，故A是可逆矩阵，故选B。6、设f=xTAx，g=xTBx是两个n元正定二次型，则下列未必是正定二次型的是()A、xT(A+B)x。B、xTA—1x。C、xTB—1x。D、xTABx。标准答案：D知识点解析：因为f是正定二次型，A是n阶正定阵，所以A的n个特征值λ1，λ2，…，λn都大于零。设Apj=λjPj，则A—1Pj=，A—1的n个特征值(j=1，2，…，n)都大于零，这说明A—1为正定矩阵，xTA—1x为正定矩二定型。同理，xTB—1x为正定二次型，对任意n维非零列向量x都有xT(A+B)x=xTAx+xTBx＞0，这说明xT(A+B)x为正定二次型。由于两个同阶对称阵的乘积未必为对称阵，所以xTABx未必为正定二次型，故选D。二、填空题(本题共5题，每题1.0分，共5分。)7、二次型f(x1，x2，x3)=(a1x1+a2x2+a3x3)(b1x1+b2x2+b3x3)的矩阵为__________。标准答案：知识点解析：f(x1，x2，x3)=(a1x1+a2x2+a3x3)(b1x1+b2x2+b3x3)=(x1，x2，x3)(b1，b2，b3)=(x1，x2，x3)=(x1，x2，x3)所以原二次型矩阵为8、二次型f(x1，x2，x3)=xTAx=2x22+2x32+4x1x2+8x2x3—4x1x3，的规范形是__________。标准答案：z12+z22—z32知识点解析：二次型的矩阵A=，特征多项式所以矩阵A的特征值是2，6，—4，即正交变换下的二次型的标准形是2y12+6y22—4y32，因此其规范形是z12+z22—z32。9、已知正、负惯性指数均为1的二次型f=xTAx通过合同变换x=Py化为f=yTBy，其中B=，则a=__________。标准答案：—2知识点解析：合同矩阵对应的二次型具有相同的规范形，所以由二次型f=xTAx的正、负惯性指数均为1可知，矩阵B的秩r(B)=2，从而有｜B｜=—(a—1)2(a+2)=0。若a=1，则r(B)=1，不合题意，舍去。若a=—2，则由得B的特征值为0，3，—3，此时正、负惯性指数均为1。10、设A是三阶实对称矩阵，满足A3=2A2+5A—6E，且kE+A是正定阵，则k的取值范围是__________。标准答案：k＞2知识点解析：根据题设条件，则有A3—2A2—5A+6E=O。设A有特征值λ，则λ满足条件λ3—2λ2—5λ+6=0，将其因式分解可得λ3—2λ2—5λ+6=(λ—1)(λ+2)(λ—3)=0，因此可知矩阵A的特征值分别为1，—2，3，故kE+A的特征值分别为k+1，k—2，k+3，且当k＞2时，kE+A