考研数学二(二次型)模拟试卷9(题后含答案及解析)

考研数学二（二次型）模拟试卷9(题后含答案及解析) 题型有：1. 选择题 3. 解答题
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．已知实二次型／=(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。

正确答案：B
解析：f=(a11x1+a12x2+a13x3)2+(a21x1+a22x2+a23x3)2+(a31x1+a32x2+a33x3)2=xTATA x=(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。

所以选B。

知识模块：二次型
2．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一1x。

C．xTB一1x。

D．xTABx。

正确答案：D
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一1的n个特征值必都大于零，这说明A一1为正定阵，xTA一1x为正定二定型。

同理，xTB一1x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。

知识模块：二次型
3．设A，B均为n阶正定矩阵，下列各矩阵中不一定是正定矩阵的是( ) A．A一1+B一1。

B．AB。

C．A*+B*。

D．2A+3B。

正确答案：B
解析：A，B为正定矩阵，则A一1，B一1仍是正定矩阵，故A一1+B一1也是正定矩阵。

类似地，选项C、D中的矩阵均为正定矩阵。

故应选B。

事实上，由于(AB)T=BTAT=BA，但AB=BA不一定成立，故AB不一定是正定矩阵。

知识模块：二次型
4．下列条件不能保证n阶实对称阵A正定的是( )
A．A一1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。

正确答案：B
解析：A一1正定表明存在可逆矩阵C，使CTA一1C=E，两边求逆得到C 一1A(CT)一1=C一1A(C一1)T=E，即A合同于E，A正定，因此不应选A。

D 选项是A正定的定义，也不是正确的选择。

C选项表明A的正惯性指数等于n，故A是正定阵。

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。

知识模块：二次型
解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

5．已知三元二次型f=xTAx的秩为2，且求此二次型的表达式，并求正交变换x=Qy化二次型为标准形。

正确答案：二次型xTAx的秩为2，即r(A)=2，所以λ=0是A的特征值。

所以3是A的特征值，(1，2，1)T是与3对应的特征向量；一1也是A的特征值，(1，一1，1)T是与一1对应的特征向量。

因为实对称矩阵不同特征值的特征向量相互正交，设λ=0的特征向量是(x1，x2，x3)T，则有由方程组解出λ=0的特征向量是(1，0，一1)T。

则经正交变换x=Qy，有xTAx=yTAy=3y12一y32。

涉及知识点：二次型
6．设矩阵有一个特征值是3，求y，并求可逆矩阵P，使(AP)T(AP)为对角矩阵。

正确答案：因为3是A的特征值，故｜3E—A｜=8(3一y一1)=0，解得y=2。

于是由于AT=A，要(AP)T(AP)=PTA2P=A，而是对称矩阵，即要A2～A，故可构造二次型xTA2x，再化其为标准形。

由配方法，有xTA2x=x12+x22+5x32+5x42+8x4x4=y12+22+5y32+y42，其中y1=x1，y2=x2,，y4=x4，即涉及知识点：二次型
设二次f(x1，x2，x3)=xAx在正交变换x=Qy下的标准形为y1+y2，且Q的第三列为
7．求A；
正确答案：由题意知QTAQ=A，其中，则A=QAQT，设Q的其他任一列向量为(x1，x2，x3)T。

因为Q为正交矩阵，所以即x1+x3=0，其基础解系含两个线性无关的解向量，即为α1=(一1，0，1)T，α2=(0，1，0)T.把α1单位化得，所以涉及知识点：二次型
8．证明A+E为正定矩阵，其中E为三阶单位矩阵。

正确答案：证明：因为(A+E)T=AT+E=A+E，所以A+层为实对称矩阵。

又因为A的特征值为1，1，0，所以A+E特征值为2，2，1，都大于0，因此A+E 为正定矩阵。

涉及知识点：二次型
已知二次型f(x1，x2，x3)=xT(ATA)x的秩为2。

9．求实数a的值；
正确答案：由r(ATA)=2可得所以a=一1。

涉及知识点：二次型
10．求正交变换x=Qy将f化为标准形。

正确答案：由(I)中结果，令矩阵解得矩阵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=(一1，一1，1)T，η2=(一1，1，0)T，η3=(1，1，2)T。

将η1，η2，η3单位化可得：则正交变换x=Qy可将原二次型化为2y22+6y32。

涉及知识点：二次型
设二次型f(x1，x2，x3)=ax12+ax22+(a一1)x3+2x1x3—2x2x3。

11．求二次型f的矩阵的所有特征值；
正确答案：二次型的矩阵为，则有所有特征值是λ1=a，λ2=a—2，λ3=a+1。

涉及知识点：二次型
12．若二次型f的规范形为y12+y22，求a的值。

正确答案：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。

涉及知识点：二次型
13．设方阵A1与B1合同，A2与B2合同，证明：合同。

正确答案：因为A1与B1合同，所以存在可逆矩C1，使得B1=C1TA1C1。

同理，存在可逆矩C2，使得B2=C2TA2C2。

涉及知识点：二次型
14．设A为m阶实对称矩阵且正定，B为m×n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r(B)=n。

正确答案：必要性：设BTAB为正定矩阵，则由定义知，对任意的n维实列向量x≠0，有xT(BTAB)x＞0，即(Bx)TA(Bx)＞0。

于是，Bx≠0.因此，Bx=0只有零解，故有r(B)=n。

充分性：因(BTAB)T=BTAT(BT)T=BTAB，故BTAB为实对称矩阵。

若r(B)=n，则线性方程组Bx=0只有零解，从而对任意的n维实列向量X≠0，有Bx≠0。

又A为正定矩阵，所以对于Bx≠0，有(Bx)TA(Bx)＞0。

于是当x≠0，有xT(BTAB)x=(Bx)TA(Bx)＞0，故BTAB为正定矩阵。

涉及知识点：二次型
设为正定矩阵，其中A，B分别为m阶，n阶对称矩阵，C为m×n矩阵。

15．计算PTDP，其中
正确答案：涉及知识点：二次型
16．利用的结果判断矩阵B一CTA一1C是否为正定矩阵，并证明结论。

正确答案：由(I)中结果知矩阵D与矩阵合同，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，都有依定义，yT(B一CTA-1C)y为正定二次型，所以矩阵B—CTA-1C为正定矩阵。

涉及知识点：二次型
设二次型f(x1，x2，x3)=2(a1x1+a2x2+a3x3)2+(b1x1+b2x2+b3x3)2，记
17．证明二次型f对应的矩阵为2ααT+ββT；
正确答案：f(x1，x2，x3)=2(a1x1+a2x2+a3x3)2+(b1x1+b2x2+b3x3)2所以二次型f对应的矩阵为2ααT+ββT。

涉及知识点：二次型
18．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2y12+y22。

正确答案：设A=2ααT+ββT，由于｜α｜=1，αTβ=βTα=0，则Aα=(2ααT+ββT)α=2α｜α｜2+ββTα=2α，所以α为矩阵对应特征值λ1=2的特征向量；Aβ=(2ααT+ββT)β=2ααTβ+β｜β｜2=β，所以β为矩阵对应特征值λ2=1的特征向量。

而矩阵A的秩r(A)=r(2ααT+ββT)≤r(2ααT)+r(ββT)=2，所以λ3=0也是矩阵的一个特征值。

故f在正交变换下的标准形为2y12+y22。

涉及知识点：二次型
19．用正交变换将二次型f(x1，x2，x3)=x12一2x22一2x32一4x1x2+4x1x3+8x3x3化为标准形，并给出所施行的正交变换。

正确答案：二次型的矩阵为特征多项式为矩阵A的特征值为λ1=一7，λ2=λ3=2。

由(λiE—A)x=0(i=1，2，3)解得特征值λ1=一7和λ2=λ3=2对应的特征向量分别为α1=(1，2，一2)T，α2=(一2，1，0)T，α3=(2，0，1)T，由于实对称矩阵的属于不同特征值的特征向量正交，所以先将α2,α3正交化，即再将α1，β2，β4单位化，即则二次型xTAx在正交变换x=Qy下的标准形为一7y12+2y22+2y32。

涉及知识点：二次型
设二次型f(x1，x2，x3)=x12+x22+x32一2x1x2—2x1x3+2ax2x3通过正交变换化为标准形2y12+2y22+6y32。

20．求常数a，b及所用的正交变换矩阵Q；
正确答案：二次型矩阵及其对应的标准形矩阵分别为由矩阵B可知矩阵A 的特征值为2，2，6。

由矩阵A的迹tr(A)=3=2+2+b可得b=一1。

由于2是A的二重特征值，而实对称矩阵A必可相似对角化，所以矩阵A的对应于特征值2的线性无关的特征向量有两个。

于是矩阵2E—A的秩为1，而所以a=一1。

由(λiE一A)x=0(i=1，2，3)解得特征值λ1=λ2=2和λ3=一1对应的特征向量分别为α1=(1，0，一1)T，α2=(0，1，一1)T，α3=(1，1，1)T，由于实对称矩阵的属于不同特征值的特征向量正交，所以先将α1，α2正交化，即再将β1，β2，α3单位化，即则正交变换矩阵Q=(γ1，γ2，γ3)= 涉及知识点：二次型
21．求f在xTx=3下的最大值。

正确答案：二次型f=xTAx在正交变换x=Qy下的标准形为2y2+2y2一y2。

条件xTx=3等价于yTQTy=y2+y2+y2=3，此时f=2y12+2y22一y32=6—3y2的最大值为6，所以f在xTx=3下的最大值是6。

涉及知识点：二次型
已知二次型f(x1，x2，x3)=4x22一3x32+4x1x2—4x1x3+8x2x3。

22．写出二次型f的矩阵表达式；
正确答案：二次型的矩阵为则二次型的矩阵表达式为f=xTAx。

涉及知识点：二次型
23．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。

正确答案：矩阵A的特征多项式为矩阵A的特征值为λ1=1，λ2=6，λ3=
一6。

由(λiE—A)x=0(i=1，2，3)解得特征值λ1=1，λ2=6，λ3=一6对应的特征向量分别为α1=(一2，0，1)T，α2=(1，5，2)T，α3=(1，一1，2)T，由于实对称矩阵的属于不同特征值的特征向量正交，所以可直接将α1,α2,α3单位化，即且二次型xTAx在正交变换x=Qy下的标准形为f=y12+6y22一6y32。

涉及知识点：二次型
设二次型f(x1，x2，x3)=3x12+3x22+5x32+4x1x3—4x2x3。

24．写出二次型的矩阵表达式；
正确答案：二次型的矩阵为则二次型的矩阵表达式为f=xTAx。

涉及知识点：二次型
25．求正交矩阵P，作变换x=Py将二次型化为标准形。

正确答案：矩阵A的特征多项式为矩阵A的特征值为λ1=1，λ2=3，λ3=7。

由(λiE一A)x=0(i=l，2，3)解得特征值λ1=1，λ2=3，λ3=7对应的特征向量分别为α1=(一1，1，1)T，α2=(1，1，0)T，α3=(1，一1，2)T，由于实对称矩阵的属于不同特征值的特征向量正交，所以可直接将α1,α2,α3单位化，即则正交变换矩阵且二次型xTAx在正交变换x=Py下的标准形为f=y12+3y22+7y32。

涉及知识点：二次型
26．对n元实二次型f=xTAx，其中x=(x1，x2，…，xn)T。

试证:f在条件x12+x22+…+x=1下的最大值恰好为矩阵A的最大特征值。

正确答案：实二次型f=xTAx所对应的矩阵A为实对称矩阵，则存在正交矩阵P使其中λi(i=1，2，…，n)是矩阵A的特征值。

作线性变换x=Py，其中y=(y1，y2，…，yn)T，则x12+x22+…+xn2=xTx=yT(PTP)yTy=y12+y22+…+yn2，f=xTAx=yT(PTAP)y=λ1y2+λ2y2+…+λny2。

求f=xTAx在条件xTx=1下的最大值可转化为求f=λ1y12+λ2y22+…+λnyn2在条件y12+y22+…+yn2=1下的最大值。

设c=max{λ1，λ2，…，λn}，则f=λ1y12+λ2y22+…+λnyn2≤c(y12+y22+…+yn2)=c，上式取y=(1，0，…，0)T时，等号成立，此时f取到最大值c。

故在条件xTx=1下f的最大值恰好为矩阵A的最大特征值。

涉及知识点：二次型。