考研数学二分类模拟题102

考研数学二分类模拟题102一、填空题1.

矩阵的非零特征值是______．正确答案：4．[解析]设

则

由此可知矩阵A的特征值为0(二重)，4．

2.

设α，β为3维列向量，βT为β的转置．若矩阵αβT相似于，则βTα=______．正确答案：2．[解析]设α=(x1，x2，x3)T，β=(y1，y2，y3)T，则

所求βTα即为矩阵αβT中主对角线元素之和，即矩阵的迹tr(αβT)．而tr(αβT)等于矩阵αβT的特征值之和，也等于其相似矩阵特征值之和，故βTα=2．

3.

二次型，则f的正惯性指数为______．正确答案：2．[解析]解法1

求二次型矩阵A的特征值．

因为

所以

即A的特征值为λ1=0，λ2=1，λ3=4，原二次型的标准形为，其正惯性指数p=2．

解法2

配方法．

因此原二次型的正惯性指数p=2．

4.

设二次型的负惯性指数为1，则a的取值范围是______．正确答案：[-2，2]．[解析]解法1

由于

因为f的负惯性指数为1，所以4-a2≥0，故-2≤a≤2．

解法2

二次型f的负惯性指数为1，则λ1＜0，λ2≥0，λ3≥0，于是

故-2≤a≤2．

二、选择题1.

设A为4阶实对称矩阵，且A2+A=O若A的秩为3，则A相似于

A．

B．

C．

D．正确答案：D[解析]因A是秩为3的实对称矩阵，所以A必相似于秩为3的对角矩阵．设λ为A的特征值，由A2+A=O可得λ2+λ=0，即λ=0或-1．由此可知只有选项D是正确的．

题目中“实对称”这个条件是可以删掉的，不影响结果，但是这样题目难度就加大了，因为此时判断A～Λ就不那么容易了．读者可以通过利用“A有n个线性无关的特征向量，因此A～Λ”这一思路去完成．

2.

设A为3阶矩阵，P为3阶可逆矩阵，且若P=(α1，α2，α3)，Q=(α1+α2，α2，α3)，则Q-1AQ=

A．

B．

C．

D．正确答案：B[解析]解法1

由题设知，矩阵A是可相似对角化的矩阵，因而其相似变换矩阵P的列向量α1，α2，α3是A的分别属于特征值λ1=1，λ2=1，λ3=2的特征向量．由于λ1=λ2=1是A的2重特征值，所以α1+α2仍是A的属于特征值l的特征向量，即A(α1+α2)=1·(α1+α2)，从而有

应选B．

解法2

因为矩阵Q是对矩阵P作一次初等列变换——将P的第2列加到第1列上而得到的，所以有

从而有

即选项B是正确的．

3.

矩阵相似的充分必要条件为A.a=0，b=2．B.a=0，b为任意常数．C.a=2，b=0．D.a=2，b为任意常数．正确答案：B[解析]题中所给矩阵分别记为A，B，因为

所以，当a=0时，矩阵A的特征值为2，b，0，且b可为任意常数，矩阵A与B相似，充分性成立．

若A，B相似，则2为矩阵A的特征值，所以有

|2E-A|=2[(2-2)(2-b)-2a2]=0，a=0，

必要性成立．因此选B．

4.

设二次型f(x1，x2，x3)在正交变换x=Py下的标准形为，其中P=(e1，e2，e3)．若Q=(e1，-e3，e2)，则f(x1，x2，x3)在正交变换x=Qy下的标准形为

A．

B．

C．

D．正确答案：A[解析]解法1

设二次型矩阵为A，则

可见e1，e2，e3都是A的特征向量，特征值依次为2，1，-1，于是-e3也是A特征向量，特征值是-1．因此

从而在正交变换x=Qy下的标准二次型为

解法2

则

故选A．

5.

设二次型的正、负惯性指数分别为1，2，则A.a＞1．B.a＜-2．C.-2＜a＜1．D.a=1或a=-2．正确答案：C[解析]二次型矩阵

由特征多项式

得矩阵A的特征值：a+2，a-1，a-1．

由于正、负惯性指数分别为1，2，可知所以-2＜a＜1．

6.

设矩阵则A与BA.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．正确答案：B[解析]因为

所以矩阵A的特征值为3，3，0．由此可知矩阵A与B不相似，从而选项A和C错误．

又因为实对称矩阵A相似且合同于对角矩阵

而矩阵C显然合同于矩阵B，根据合同关系的传递性知矩阵A合同于B，即选项B正确．

7.

设，则在实数域上与A合同的矩阵为

A．

B．

C．

D．正确答案：D[解析]直接观察可知各矩阵的秩均为2，亦即各选项的矩阵的秩都等于矩阵A的秩．求矩阵A的特征值加下：

矩阵的特征值为-3，-1，正惯性指数为0；

矩阵的特征值为1，3，正惯性指数为2；

矩阵的特征值为1，3，正惯性指数为2；

矩阵的特征值为3，-1，正惯性指数为1．

由此可知与矩阵A合同的是(事实上，它们还是相似的)，即选项D正确．

8.

设A，B是可逆矩阵，且A与B相似，则下列结沦错误的是A.AT与BT相似．B.A-1与B-1相似．C.A+AT与B+BT相似．D.A+A-1与B+B-1相似．正确答案：C[解析]依题意可知，存在可逆矩阵P，使得P-1AP=B．

则BT=(P-1AP)T=PTAT(P-1)T=PTAT(PT)-1=P1-1ATP1，其中P1=(PT)-1可逆．故AT～BT，

B-1=(P-1AP)-1=P-1A-1(P-1)-1=P-1A-1P，故A-1～B-1，

且P-1(A+A-1)P=P-1AP+P-1A-1P=B+B-1，故A+A-1～B+B-1．

故选C．

三、解答题1.

若矩阵相似于对角矩阵Λ，试确定常数a的值；并求可逆矩阵P使P-1AP=Λ．正确答案：解

矩阵A的特征多项式为

故A的特征值为λ1=λ2=6，λ3=-2．

由于A相似于对角矩阵Λ，故对应于λ1=λ2=6有两个线性无关的特征向量，因此矩阵6E-A的秩应为1．从而由

知a=0．

对应于λ1=λ2=6的两个线性无关的特征向量可取为

当λ3=-2时，

解方程组得对应于λ3=-2的特征向量

令则P可逆，并有P-1AP=Λ．

2.

设矩阵的特征方程有一个二重根，求a的值，并讨论A是否可相似对角化．正确答案：解

矩阵A的特征多项式为

若λ=2是特征方程的二重根，则有22-16+18+3a=0，解得a=-2．

当a=-2时，A的特征值为2，2，6，矩阵

的秩为1，故λ=2对应的线性无关的特征向量有两个，从而A可相似对角化．

若λ=2不是特征方程的二重根，则λ2-8λ+18+3a为完全平方，从而18+3a=16，解得．

当时，A的特征值为2，4，4，矩阵

的秩为2，故λ=4对应的线性无关的特征向量只有一个，从而A不可相似对角化．

3.

证明n阶矩阵相似．正确答案：证

设因为

所以A与B有相同的特征值λ1=n，λ2=0(n-1重)．

由于A为实对称矩阵，所以A相似于对角矩阵

因为r(λ2E-B)=r(B)=1，所以B对应于特征值λ2=0有n-1个线性无关的特征向量，于是B也相似于Λ．

故A与B相似．[解析](1)由于在考试大纲的范围内仅有矩阵相似于对角矩阵的判定，而没有任意两个矩阵相似判定的一般性结论，因此，部分考生没有意识到本题应该通过对矩阵A和B是否都相似于同一个对角矩阵的判定来解题．这也就成为本题所呈现的最主要错误．

(2)推演过程反映出部分考生对于矩阵的几个等价关系无法区分，尤其是矩阵的相似及合同等价关系．有考生通过说明r(A)=r(B)=1来说明矩阵A和B是相似的，更有不少考生利用合同关系来处理本题，即试图寻找可逆矩阵P建立如下关系式：PTAP=B．

设矩阵相似于矩阵4.

求a，b的值；正确答案：解

由于矩阵A与矩阵B相似，所以

trA=trB，|A|=|B|，

于是3+a=2+b，2a-3=b，

解得a=4，b=5．

5.

求可逆矩阵P，使P-1AP为对角矩阵．正确答案：解

由上一小题知

由于矩阵A与矩阵B相似，所以

|λE-A|=|λE-B|=(λ-1)2(λ-5)，

故A的特征值为λ1=λ2=1，λ3=5．

当λ1=λ2=1时，解方程组(E-A)x=0，得线性无关的特征向量

当λ3=5时，解方程组(5E-A)x=0，得特征向量

令则

故P为所求可逆矩阵．

设三阶矩阵A的特征值为λ1=1，λ2=2，λ3=3，对应的特征向量依次为又向量6.

将β用ξ1，ξ2，ξ3线性表出；正确答案：解

设

对此方程组的增广矩阵作初等行变换

得唯一解(2，-2，1)T，故有

β=2ξ1-2ξ2+ξ3．

7.

求Anβ(n为自然数)．正确答案：解

由于Aξi=λiξi，故，i=1，2，3．因此

[解析]求Anβ一般是如本题这样先处理β(用A的特征向量线性表示出来)，再利用Anα=λnα．如果先用相似求出An，然后再去计算乘积Anβ，这样计算量比较大．

某试验性生产线每年一月份进行熟练工与非熟练工的人数统计，然后将熟练工支援其他生产部门，其缺额由招收新的非熟练工补齐．新、老非熟练工经过培训及实践至年终考核有成为熟练工．设第n年一月份统计的熟练工和非熟练工所占百分比分别为xn和yn，记成向量8.

求的关系式并写成矩阵形式：正确答案：解

于是

9.

验证是A的两个线性无关的特征向量，并求出相应的特征值；正确答案：解

令则由|P|=5≠0知，η1，η2线性无关．

因故η1为A的特征向量，且相应的特征值λ1=1．

因，故η2为A的特征向量，且相应的特征值．

10.

当正确答案：解

由有

于是

又

故

因此[解析]容易求得于是

已知矩阵11.

求A99；正确答案：解

因为

所以A的特征值为λ1=-1，λ2=-2，λ3=0．

当λ1=-1时，解方程组(-E-A)x=0，得特征向量ξ1=(1，1，0)T；

当λ2=-2时，解方程组(-2E-A)x=0，得特征向量ξ2=(1，2，0)T；

当λ3=0时，解方程组Ax=0，得特征向量ξ3=(3，2，2)T．

令则

所以

12.

设3阶矩阵B=(α1，α2，α3)满足B2=BA．记B100=(β1，β2，β3)，将β1，β2，β3分别表示为α1，α2，α3的线性组合．正确答案：解

因为B2=BA，所以

B100=B98B2=B99A=B97B2A=B98A2=…=BA99，

即．

所以

设三阶实对称矩阵A的各行元素之和均为3，向量α1=(-1，2，-1)T，α2=(0，-1，1)T是线性方程组Ax=0的两个解．13.

求A的特征值与特征向量；正确答案：解

由于A的各行元素之和均为3，所以有

这表明3是A的一个特征值，向量α3=(1，1，1)T是A的对应于3的一个特征向量．又因Aα1=0，Aα2=0，可写成Aα1=0·α1，4α2=0·α2，故0也是A的一个特征值，α1，α2是对应于0的两个线性无关的特征向量，即0是A的二重特征值．

综上，A的特征值为0，0，3；对应于特征值0的全体特征向量为k1α1+k2α2(k1，k2为不全为零的任意常数)，对应于特征值3的全体特征向量为k3α3(k3≠0)．

14.

求正交矩阵Q和对角矩阵A，使得QTAQ=A．正确答案：解

为求正交矩阵Q，将α1，α2正交化：

令

ξ1=α1=(-1，2，-1)T，

再分别将ξ1，ξ2，α3单位化，得

以β1，β2，β3为列向量组即可构成正交矩阵Q，以对应的特征值0，0，3构成对角阵A，即

满足QTAQ=A．

设3阶实对称矩阵A的特征值λ1=1，λ2=2，λ3=-2，且α1=(1，-1，1)T是A的属于λ1的一个特征向量．记B=A5-4A3+E，其中E为3阶单位矩阵．15.

验证α1是矩阵B的特征向量，并求B的全部特征值与特征向量；正确答案：解

由Aα1=λ1α1，知

因而向量α1是B的属于特征值-2的一个特征向量．

因为A的所有特征值分别为λ1，λ2，λ3，故B=A5-4A3+E的所有特征值分别为，代入数值后知B的特征值为-2，1，1．

由前面的讨论知α1是矩阵B的属于特征值-2的一个特征向量，故B的属于特征值-2的全部特征向量为k1α1(k1为任意非零常数)．

又因矩阵A是实对称矩阵，故B也是实对称矩阵，从而属于B的不同特征值的特征向量相互正交．设(x1，x2，x3)T是B的属于特征值1的特征向量，则(x1，x2，x3)α1=0，即

x1-x2+x3=0．

解此方程组得其基础解系α2=(1，1，0)T，α3=(-1，0，1)T，故矩阵B的属于特征值1的全部特征向量为k2α2+k3α3，其中k2，k3为不全为零的任意常数．

16.

求矩阵B．正确答案：解

将B的特征向量α1，α2，α3正交化、单位化后构成一正交矩阵Q．

令

则

于是

[解析](1)在第一问求B的属于特征值1的特征向量α2，α3时，可以直接取成二者正交，这样就能回避下面的施密特正交化步骤．由x1-x2+x3=0，取α2=(1，1，0)T，此时再设α3=(x1，x2，x3)T，且令，得x1+x2=0，联立可取α3=(-1，1，2)T．

(2)第二问也可以直接利用相似对角化求B．

17.

设正交矩阵Q使QTAQ为对角矩阵，若Q的第1列为求a，Q．正确答案：解

由于是正交矩阵Q的第1列，所以(1，2，1)T是矩阵A的一个特征向量．设其对应的特征值为λ1，于是有

即

解得a=-1，λ1=2．由此可知

其特征多项式

|λE-A|=(λ-2)(λ-5)(λ+4)．

A的特征值为λ1=2，λ2=5，λ3=-4．

当λ2=5时，解齐次方程组

得到属于λ2的一个特征向量ξ2=(1，-1，1)T；

当λ3=-4时，解齐次方程组

得到属于λ3的一个特征向量ξ3=(=1，0，1)T；

将ξ2，ξ3单位化后分别作为Q的第2，3列，可得

并有

所以Q为所求矩阵．

设A为3阶实对称矩阵，A的秩为2，且18.

求A的所有特征值与特征向量；正确答案：解

由于3阶矩阵A的秩为2，所以0是A的一个特征值．

由可得

所以-1是A的一个特征值，其对应的特征向量为k1为任意非零常数；1也是A的一个特征值，其对应的特征向量为k2为任意非零常数．

设A的对应于特征值0的特征向量为(x1，x2，x3)T，由实对称矩阵对应于不同特征值的特征向量是正交的，所以有

即

于是对应于0的特征向量为k3为任意非零常数．[解析]也可令则

19.

求矩阵A．正确答案：解

令则

故

设二次型

20.

求二次型f的矩阵的所有特征值；正确答案：解

二次型f的矩阵为

其特征多项式为

所以A的特征值为

λ1=a，λ2=a+1，λ3=a-2．

21.

若二次型f的规范形为，求a的值．正确答案：解

由f的规范形为知，其矩阵A的特征值有两个为正数，一个为零．又

a-2＜a＜a+1，

所以a-2=0，即a=2．

已知二次型f(x1，x2，x3)=xT(ATA)x的秩为2．22.

求实数a的值；正确答案：解法1

因为2=r(ATA)=r(A)，故可对A作初等行变换：

所以a=-1．

解法2

由已知r(ATA)=2，且ATA有一个2阶子式故

从而得a=-1．

23.

求正交变换x=Qy将f化为标准形．正确答案：解

由上一小题知a=-1，得

故矩阵ATA的特征多项式为

ATA的特征值为λ1=2，λ2=6，λ3=0．

当λ1=2时，解方程组

得相应的特征向量为单位化后为

当λ2=6时，解方程组

得相应的特征向量为单位化后为

当λ3=0时，解方程组

得相应的特征向量为单位化后为

于是得到正交矩阵

在正交变换x=Qy下，二次型的标准形为

设二次型f(x1，x2，x3)=2(a1x1+a2x2+a3x3)2+(b1x1+b2x2+b3x3)2，记

24.

证明二次型f对应的矩阵为2ααT+ββT；正确答案：证法1

记列向量由于

类似地，b1x1+b2x2+b3x3也有对应的表达式，所以

又(2ααT+ββT)T=2ααT+ββT，即2ααT+ββT是对称矩阵，所以二次型f对应的矩阵为2ααT+ββT．

证法2

将二次型f展开并写成矩阵相乘的形式得

而

所以

即二次型f所对应的矩阵为2ααT+ββT．

25.

若α，β正交且均为单位向量，证明f在正交变换下的标准形为．正确答案：证法1记矩阵A=2ααT+ββT．由于α，β是相互正交的单位向量，即αTα=βTβ=1，αTβ=0，所以

Aα=(2ααT+ββT)α=2α，

Aβ=(2ααT+ββT)β=β，

即λ1=2，λ2=1是矩阵A的特征值．

又A的秩

r(A)=r(2ααT+ββT)≤r(2ααT)+r(ββT)≤2，

即A不是满秩矩阵，所以λ3=0也是矩阵A的特征值，故二次型f在正交变换下的标准形为

证法2

同证法1：λ1=2，λ2=1是矩阵A的两个特征值，α，β分别是其对应的单位特征向量．

取单位向量γ使得其与向量α，β都正交，即αTγ=0，βTγ=0(如何取得γ，请读者思考)．

令矩阵Q=(α，β，γ)，则Q为正交矩阵．在正交变换x=Qy(其中y=(y1，y2，y3)T)下，二次型

即f在正交变换X