2015考研数学二真题解析（最终完整版）来源：文都教育汉部文邮一、选择题()D.文都教育文都【解答】发胶，不选(4).都教育11时，于(0)存在，且f(0)=0;cOSx-→0xT季文都教育11 + Pre-P-1 sinx±0时，f'(x)=oxa- costo教育文都若f(x)在x=0处连续，则α>1,α-β-1>0，即α-β>1，应选(A)文都教育(4) C。【解答】文都教育文都教育f"(x)=0左边的零点为x=a，右边的零点为x=b文都教育又x=0处f"(x)不存在。因为x=a得左右两侧"(x)都大于零，所以(a,f(a))不是拐点；文都教育都教育因为x=0左右两侧f"(x)异号，所以(0,f(O))为拐点：因为x=b左右两侧f"(x)异号，所以(b,f(b)为拐点，故y=f(x)有两个拐点，应选(C)
2015 考研数学二真题解析（最终完整版） 来源：文都教育 一、选择题 （1） D 。 【解答】 因为 1 1 lim 2 1 ⋅ = →+∞ x x x 且 1 2 1 1时， f ′(0)存在，且 f ′(0) = 0 ； x ≠ 0 时， β α β β α α β x x x f x x 1 sin 1 ( ) cos 1 1 ′ = + ⋅ − − − ， 若 f ′(x) 在 x = 0处连续，则α > 1,α − β −1 > 0 ，即α − β > 1，应选(A) （4）C 。 【解答】 f ′′(x) = 0 左边的零点为 x = a ，右边的零点为 x = b， 又 x = 0处 f ′′(x)不存在。 因为 x = a 得左右两侧 f ′′(x)都大于零，所以(a, f (a)) 不是拐点； 因为 x = 0左右两侧 f ′′(x)异号，所以(0, f (0)) 为拐点； 因为 x = b左右两侧 f ′′(x)异号，所以(b, f (b)) 为拐点， 故 y = f (x)有两个拐点，应选(C)
(5) D。【解答】x+y=u1uv令则文印解得x=山=V+pyv+1都教育文都教育文都uy2u?u(1-n)f(u,v)=文都教育(v+1)?1+v(v+1)?-2af（+部教育af _ 2u(1-v)文都教育=u?avOu1 +v文都教育做都教af1=0,应选(D)。福-EouvlOv2文都教育文都教育(6) B。【解答】！文都教育文都[x=rcosa1("≤0≤)，则≤r≤y=rsine34.2sin20Vsin20文都教育文都教育[[ f(x, )dxdy = ][de[sm20 f(rcose,rsin9)rdr， 应选(B)。文都教育J2sm20都教D4(7) D。文都教育【解答】教育因为AX=b有无数个解，所以r(A)=r(A)<3文都教育由 A=(a-1)(a-2)(2-1)=0得a=1,a=2,文都教育文都当α=1时，(111A=21d0d-10都10101d-114d203000d2-3d+21d20文都教育因为方程组有无数个解，所以d=1或d=2；当a=2时，(131122dd-1A=d2 -3d +2144d23dz00因为方程组有无数个解，所以d=1或d=2,育应选(D)。(8) A
（5） D 。 【解答】 令 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = v x y x y u ，解得 1 , 1 + = + = v uv y v u x ，则 v u v v u v v u f u v + − = + − + = 1 (1 ) ( 1) ( 1) ( , ) 2 2 2 2 2 2 ， v u v u f + − = ∂ ∂ 1 2 (1 ) ， 2 2 (1 ) 2 v u v f + − = ⋅ ∂ ∂ ， 故 | 0 1 1= ∂ ∂ = = v u u f ， 2 1 | 1 1= − ∂ ∂ = = v u v f ，应选(D)。 （6） B 。 【解答】 令 ⎩ ⎨ ⎧ = = θ θ sin cos y r x r ，（ 4 3 π θ π ≤ ≤ ， θ sin 2θ 1 2sin 2 1 ≤ r ≤ ），则 ∫∫ ∫ ∫ = θ θ π π θ sin 2 θ θ 1 2 sin 2 1 3 4 f (x, y)dxdy d f (r cos ,rsin )rdr D ，应选(B) 。 （7） D 。 【解答】 因为 AX = b 有无数个解，所以 r(A) = r(A) < 3， 由| A |= (a −1)(a − 2)(2 −1) = 0 得 a = 1,a = 2 ， 当 a = 1时， ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + → − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − → − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 0 0 0 3 2 0 1 0 1 1 1 1 1 0 3 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 4 1 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 d d d d d d A d ， 因为方程组有无数个解，所以 d = 1或 d = 2 ； 当 a = 2 时， ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + → − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − → − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 0 0 0 3 2 0 1 1 1 1 1 1 1 0 3 3 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 d d d d d d A d ， 因为方程组有无数个解，所以 d = 1或 d = 2 ， 应选(D)。 （8） A
【解答】因为f(x,x2,)经过正交变换X=PY化为标准型2y+-所以A的特征值为=2,=1,,=-1，其对应的特征向量为e,e2,e,，文都因为e,-e,e,为特征值 =2,=-1, =1对应的特征向量，文都教育所以X=QY下二次型的标准型为文都教育文都教育2y?-y2+y，应选(A)。二、填空题（9）48教育文都教育【解答】文都教育dy_ dy/ dt3 + 3t2=3(1+t2))1dxdx/ dt文都教育1+12教育文都d文都教育d'y121(1+12)dtdx=12t(1+ t2)2,dxr?dx1di1+/2文都教育文都教育做y= 48。文都教育dr?文都教育0rome文都教育【解答】r(m(x)=Cx2.2* (ln2)" +C, 2x.2* (ln2)"-l +C? .2.2*-(ln2)"-2,文都则 ~ (0) = μ/m-1) (/n2) (/n2)- (n 1).文都教育(1)2.文都教育【解答】由a) 文都教育文都教育文都教育p()-f f()dt+ 2x f(x),文都教育再由p(1)=1,g'()=5得,r(n)dt=1,于是5=1+2f()，解得F(I)=2。~凯数育(12) e-2x +2e*
【解答】 因为 ( , , ) 1 2 3 f x x x 经过正交变换 X = PY 化为标准型 2 3 2 2 2 2 1 y + y − y ， 所以 A 的特征值为λ1 = 2,λ2 = 1,λ3 = −1，其对应的特征向量为 1 2 3 e ,e ,e ， 因为 1 3 2 e ,−e ,e 为特征值λ1 = 2,λ2 = −1,λ3 = 1对应的特征向量， 所以 X = QY 下二次型的标准型为 2 3 2 2 2 2 1 y − y + y ，应选(A) 。 二、填空题 （9）48 。 【解答】 2 2 2 2 3(1 ) 1 1 3 3 / / t t t dx dt dy dt dx dy = + + + = = ， 2 2 2 2 2 2 12 (1 ) 1 1 12 (1 ) ( ) t t t t t dt dx dx dy dt d dx d y = + + + = = ， 故 | 1 48 2 2 t= = dx d y 。 （10）(ln 2) ( 1) 2 − − n n n 。 【解答】 ( ) 0 2 1 1 2 2 ( ) 2 (ln 2) 2 2 (ln 2) 2 2 (ln 2) − − = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ x n n x n n x n n n f x C x C x C ， 则 2 (ln 2) (ln 2) ( 1) 2 ( 1) (0) ( ) 2 2 ⋅ ⋅ = − − = − − n n n n f n n n 。 （11）2 。 【解答】 由 ∫ = 2 0 ( ) ( ) x ϕ x x f t dt 得 ( ) ( ) 2 ( ) 2 2 0 2 x f t dt x f x x ′ = + ∫ ϕ ， 再由ϕ(1) = 1,ϕ′(1) = 5 得 ( ) 1 1 0 = ∫ f t dt ， 于是5 = 1+ 2 f (1) ，解得 f (1) = 2 。 （12） x x e 2e 2 + −
【解答】特征方程为+-2=0,邮文邮特征值为 =-2, =1,最方通解为-Ce+C.eの文都教育文都邹教育文都教育文都教育由(0)=3, ()=0得/G,+C, =3(-2C,+C=0胃解得C,=1,C,=2,文都教育文都故y=e-2* +2e。文都教育Ldy(13)-dx-文都教育文都教育【解答】0一0代入。一样二受都教育文都3e2y+3:+y=1两边e=+yz=1分别对x,y求偏导得文都教育文都教育[e+2*- (1+ 3%)o文都教育)+yz+xyax1.0zle23 (2 + 30)=0)+x+y文都教育文都教育axax将x=0,y=0,z=0代入上式得d文都教育文都azOz123dr-2故dz l(o.0)=--ax00)=(0,0)=.33dy3文都教育一文都(14) 24。文都教育【解答】文都教育B的特征值为：22-2+1=3，文都教育文都教育(-2)2 -(-2) +1 = 7 ,文都教育文都教育12 -1+1=1,文都教育文都教育故|B=21。一机教育三、解答题（15）【解】兰++0(x),由 In(1+ x)= x-2 3
【解答】 特征方程为 2 0 2 λ + λ − = ， 特征值为 2, 1 λ1 = − λ2 = ， 原方程通解为 x x y C e C e2 2 = 1 + − ， 由 y(0) = 3, y′(0) = 0 得 ⎩ ⎨ ⎧ − + = + = 2 0 3 1 2 1 2 C C C C ，解得 1, 2 C1 = C2 = ， 故 x x y e 2e 2 = + − 。 （13） dx dy 3 2 3 1 − − 。 【解答】 x = 0, y = 0代入 1 2 3 + = + + e xyz y z 得 z = 0 。 1 2 3 + = + + e xyz y z 两边 1 2 3 + = + + e xyz y z 分别对 x, y 求偏导得 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = ∂ ∂ + + ∂ ∂ ⋅ + = ∂ ∂ + + ∂ ∂ ⋅ + + + + + (2 3 ) 0 (1 3 ) 0 2 3 2 3 x z xz y x z e x z yz xy x z e x y z x y z ， 将 x = 0, y = 0,z = 0 代入上式得 3 1 | (0,0) = − ∂ ∂ x z ， 3 2 | (0,0) = − ∂ ∂ y z ，故 dz dx dy 3 2 3 1 | (0,0) = − − 。 （14）24 。 【解答】 B 的特征值为： 2 2 1 3 2 − + = ， ( 2) ( 2) 1 7 2 − − − + = ， 1 1 1 1 2 − + = ， 故| B |= 21。 三、解答题 （15）【解】 由 ( ) 2 3 ln(1 ) 3 2 3 o x x x + x = x − + +
3+0(x3)得sinx=x6axdxaw++bx +o(x)=(1+a)x+(b-号)x +号xf(x)= x+ ax -x +0(x),2332部教育文都教育文都因为f(x)~ g(x),文都教育文都教育1+a=0文都教育文都教育1d所以b-=0，解得a=-1b=，,k=3文都教育教育ak3文都教育文都教育（16)【解】)及直线y=0、x=由题意，D由曲线y=Asinx(O<x<"所围成的区域，文都22区域D绕x轴旋转所成的旋转体的体积为V，则文都教育文都教r受t文都教育文都教育D绕y轴旋转所成的旋转体的体积为V,，则V, = 2元[ xf(x)dx = 2元A[2 xsin xdx = 2元A,文都教育8文都由V=V,得A-元文都教育文都(17)【解】由 f(x, y)= 2(y+ 1)e*得文都教育都教育f'(x,y) =(y+1)"e" +p(x),文都教育文都教育f(x,y)=(y + 1)’e* + f'p(x)dx+C,由男-+2y每(+D+C-+家都教育文都教育解得C=-1,即f(x)=(+1)e*+fg(x)dx-1,一凯数育又由f'(x,0)=(x+1)e得e +p(x)=(x+1)e*,解得p(x)= xe
( ) 6 sin 3 3 o x x x = x − + 得 ( ) 3 ) 2 ( ) (1 ) ( 2 3 ( ) 2 3 2 3 3 2 3 x o x a x a bx o x a x b ax ax f x = x + ax − + + + = + + − + + ， 因为 f (x) ~ g(x) ， 所以 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = − = + = k a a b a 3 0 2 1 0 ，解得 3 1 , 2 1 a = −1,b = − k = − 。 （16）【解】 由题意， D 由曲线 ) 2 sin (0 π y = A x < x < 及直线 y = 0、 2 π x = 所围成的区域， 区域 D 绕 x 轴旋转所成的旋转体的体积为Vx ，则 2 2 2 0 2 2 2 0 2 4 Vx f (x)dx A sin xdx A π π π π π = = = ∫ ∫ ； D 绕 y 轴旋转所成的旋转体的体积为Vy ，则 Vy π xf x dx πA x xdx πA π π 2 ( ) 2 sin 2 2 0 2 0 = = = ∫ ∫ ， 由Vx = Vy 得 π 8 A = 。 （17）【解】 由 x xy f ′′ (x, y) = 2( y +1)e 得 ( , ) ( 1) ( ) 2 f x y y e x x x ′ = + +ϕ ， f x y y e x dx C x x = + + + ∫0 2 ( , ) ( 1) ϕ( ) ， 由 f (0, y) y 2y 2 = + 得( y 1) C y 2y 2 2 + + = + ， 解得C = −1，即 ( , ) ( 1) ( ) 1 0 2 = + + − ∫ x x f x y y e ϕ x dx ， 又由 x x f ′(x,0) = (x +1)e 得 x x e +ϕ(x) = (x +1)e ，解得 x ϕ(x) = xe
故f(x,y)=(y+1)e + (xe*dx-1=(y+1)"e +(x-1)er。汉邮文即1or=(y+1)’e* + xe* =0[=0~都教育文都ax由得、or(y=-1= 2(y+1)e = 0文都教育[ay文都教育由a"f文都教育a"L2(y+1)e',=(y+1)"e* +(x+1)e*,=2e得ax2ay?axoy文都教育A=1B-0,C-2,文都教育x=0因为AC-B2=2>0且A>0，所以为极小点，文都教育室文都极小值为f(0,-1)=-1。文都教育文都教育（18）【解】[x2 +y3 =2 4[x=-1 [x=1文都教育得由(y=1~v=教育ly=x?文都教育令D, =(xD)/0≤x≤1,x ≤y≤/2-x),因为区域D关于x对称，所以[x(x+)dxdy=[[x2dxdy,D文都教育故 1 = J[ x(x + y)dxdy = 2][ x° dxdyD,教育教育文都=2f'xdxf*2* dy =2'x2/2-x ax-2f +*dx文都教育x=/2sint"2//2sin*7./2 cost . /2.costdt-25文都教育5文都教育212f'sin2 2idt-2= 8[ sin? t- cos? tdt --文都教育5S文都教育2文都教育2asin dt-[ sin? 2td(21)-5司一凯数育1元2元22*2-5"4"3（19）【解】
故 ( , ) ( 1) 1 0 2 = + + − ∫ x x x f x y y e xe dx x x ( y 1) e (x 1)e 2 = + + − 。 由 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = + = ∂ ∂ = + + = ∂ ∂ 2( 1) 0 ( 1) 0 2 x x x y e y f y e xe x f 得 ⎩ ⎨ ⎧ = − = 1 0 y x 。 由 x x y e x e x f ( 1) ( 1) 2 2 2 = + + + ∂ ∂ ， x y e x y f 2( 1) 2 = + ∂ ∂ ∂ ， x e y f 2 2 2 = ∂ ∂ 得 A = 1,B = 0,C = 2 ， 因为 2 0 2 AC − B = > 且 A > 0，所以 ⎩ ⎨ ⎧ = − = 1 0 y x 为极小点， 极小值为 f (0,−1) = −1。 （18）【解】 由 ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = 2 2 2 2 y x x y 得 ⎩ ⎨ ⎧ = = ⎩ ⎨ ⎧ = = − 1 1 , 1 1 y x y x ， 令 {( , ) | 0 1, 2 } 2 2 1 D = x y ≤ x ≤ x ≤ y ≤ − x ， 因为区域 D 关于 x 对称，所以 ∫∫ ∫∫ + = D D x x y dxdy x dxdy 2 ( ) ， 故 ∫∫ ∫∫ = + = 1 2 ( ) 2 D D I x x y dxdy x dxdy ∫ ∫ ∫ ∫ = = − − − 1 0 4 1 0 2 2 1 2 0 2 2 2 2 2 2 2 x dx dy x x dx x dx x x 5 2 2 2sin 2 cos 2 cos 4 0 2 2 sin = ⋅ ⋅ − ∫ = π t t tdt x t 5 2 2 sin 2 5 2 8 sin cos 4 0 2 4 0 2 2 = ⋅ − = − ∫ ∫ π π t tdt tdt 5 2 sin 5 2 sin 2 (2 ) 2 0 2 4 0 2 = − = − ∫ ∫ π π td t tdt 5 2 5 4 2 2 2 1 = × − = − π π 。 （19）【解】
1由f(x)=-/1+x2+2x/1+x2=(2x-1)/1+x2=0得x=2C11当x二时，(x)>0,2文2文印则x=1为最小点，最小值为m=f(1)=0，文都教育文都凯教育因为 f()=V1+F dt-/1+idt0，所以f(x)有两个零点，一个在(-,二)之间，另一个为x=1。都(20）【解】文都教育设t时刻物体的温度为T(t)，由题意得文都教育dT=-k[T(l)-20] (k >0),dt整理得文都教育教dT文都+kT=20k,dt文都教育解得 T()=([ 20keJμ+C)e-Ju文都教育文都教育=Ce-ht +20文都教育由 T(0) =120,T(30)=30 得C+20=120In10解得C=100,k=！文都教育30Ce-30+20=30In10文都教育即T()=100e~30文都+20In10iO义都教育当t=21时，由21=100e30+20得t=60，文都教育文都教育(21)【解】切线方程为文都教育文y=于(b)(x -b)+ f(b),文都教育切线与×轴的交点为(却款(),0)，即x=b-(b)f'(b)"却教育（6)因为f(x)>0，所以f(b)>f(a)=0
由 ( ) 1 2 1 (2 1) 1 0 2 2 2 f ′ x = − + x + x + x = x − + x = 得 2 1 x = ， 当 2 1 x 时， f ′(x) > 0， 则 x = 1为最小点，最小值为 m = f (1) = 0， 因为 ) 1 1 0 2 1 ( 1 4 1 1 2 1 2 = + − + 0 →−∞ f x x ，所以 f (x) 有两个零点，一个在 ) 2 1 (−∞, 之间，另一个为 x = 1。 （20）【解】 设t 时刻物体的温度为T(t)，由题意得 = −k[T(t) − 20] dt dT （ k > 0 ）， 整理得 kT k dt dT + = 20 ， 解得 ∫ ∫ + ∫ = kdt − kdt T(t) ( 20ke dt C)e = + 20 −kt Ce 。 由T(0) = 120,T(30) = 30得 ⎩ ⎨ ⎧ + = + = − 20 30 20 120 30t Ce C ，解得 30 ln10 C = 100, k = ， 即 ( ) 100 20 30 ln10 = + − t T t e ， 当t = 21时，由 21 100 20 30 ln10 = + − t e 得t = 60 ， 故还需要冷却 30 分钟，物体的温度才可降到 0 21C 。 （21）【解】 切线方程为 y = f ′(b)(x − b) + f (b) ， 切线与 x 轴的交点为 ,0) ( ) ( ) ( f b f b b ′ − ，即 ( ) ( ) 0 f b f b x b ′ = − 。 因为 f ′(x) > 0，所以 f (b) > f (a) = 0
f(b)故b-2a邮文现证明bf(b)文都教育邹教育文都f(b)h->a等价于bf(b)-f(b)>af(b)文都教育f'(b)文都教育文都教育令p(x)=xf(x)- f(x)-af'(x)=(x-a)f(x)- f(x) 文者JXO--- 文都教育文都教育=(x-a)'(x)-(x-a)(5)=(x-a)[f(x)- f'(5)) (a0,所以“(1)单调增加,文都教育文都文都教育从而 f(x)>f ()等于是p(x)>0(a可(6)整即-()>>a,f'(b)文都教育玫育数文机梦高<b。福f(b)文都教育文都教育(22）【解】（I)由A3=O得|A0,文都教育文都(0 10文都教育由Aα3=0得α=0，故A=10010文都教育文都教育(II) 由X-XA?-AX + AXA’ =E得(E专期-(E-)X4-E。进一步整有文都教育文都教育(E-A)X(E-A°)=E,则一凯数育X =(E-A)-(E- A)-
故 b f b f b b ′ − ( ) ( ) ， a f b f b b > ′ − ( ) ( ) 等价于bf ′(b) − f (b) > af ′(b) ， 令ϕ(x) = xf ′(x) − f (x) − af ′(x) = (x − a) f ′(x) − f (x) ， 因为 f (a) = 0 ， 所以ϕ(x) = (x − a) f ′(x) −[ f (x) − f (a)] = (x − a) f ′(x) − (x − a) f ′(ξ ) = (x − a)[ f ′(x) − f ′(ξ )]（ a 0 ，所以 f ′(x) 单调增加， 从而 f ′(x) > f ′(ξ ) ，于是ϕ(x) > 0(a af ′(b) ，即 a f b f b b > ′ − ( ) ( ) ， 故 b f b f b a b < ′ < − ( ) ( ) 。 （22）【解】 （I）由 A = O 3 得| A |= 0， 由| | 0 3 A = a = 得 a = 0 ，故 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = − 0 1 0 1 0 1 0 1 0 A 。 （II）由 X − XA − AX + AXA = E 2 2 得 E − A X − E − A XA = E 2 ( ) ( ) ，进一步整理得 (E − A)X (E − A ) = E 2 ，则 1 2 1 ( ) ( ) − − X = E − A E − A
0000000EA10n100文都由（E-A:E)：0-0010000文都教00100得文都教育0-00000文都教育-1文都(E - A)-I1文都教育教育0110020-10100文都00100001再由(E-A2:E)=000001200盒0文都教0-10文都教育得(E-A°)-000100D012）文都教育1（211 1 -1 1 -1040故X=文都教育1101021-1C(23）【解】[r(4)=r(B)都教育文都(I)因为A~B，所以AHBI文都教育文都教育[a+3=b+2从而解得a=4,b=5。文都教育2a-3=b文都教文都教育（I因为A～B，所以A,B的特征值相同文都2[2-10=(-1(α-5)=0)文都教育文划款00由-B=0-31-凯数育A,B的特征值为==1,,=5。将=1代入(E-A)X=O，即(E-A)X=O
⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = 1 0 1 0 0 0 1 0 1 2 A ， ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − − = 0 1 1 1 1 1 1 1 0 E A ， ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = 1 0 2 0 1 0 0 0 1 2 E A ， 由 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − → ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − − = 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 (E A#E) ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − → ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − → 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 2 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 得 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − = − 1 1 0 1 1 1 2 1 1 ( ) 1 E A ； 再由 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − → ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 1 0 2 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 ( ) 2 E A #E ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − → 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 2 0 1 得 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = − 1 0 0 0 1 0 2 0 1 ( ) 2 1 E A ， 故 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − = ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = 2 1 1 1 1 1 3 1 2 1 0 0 0 1 0 2 0 1 1 1 0 1 1 1 2 1 1 X 。 （23）【解】 （I）因为 A ~ B ，所以 ⎩ ⎨ ⎧ = = | | | | ( ) ( ) A B tr A tr B ， 从而 ⎩ ⎨ ⎧ − = + = + a b a b 2 3 3 2 ，解得 a = 4,b = 5。 （II）因为 A ~ B ，所以 A, B 的特征值相同， 由 ( 1) ( 5) 0 0 3 1 0 5 0 1 2 0 | | 2 = − − = − − − − − = λ λ λ λ λ λE B 得 A, B 的特征值为λ1 = λ2 = 1,λ3 = 5 。 将λ = 1代入(λE − A)X = O ，即(E − A)X = O
-23-23国E23000得由E-A=00023-12文都A的属于特征值入=1的线性无关的特征向量为α,=0部教育文都教将=5代入(E-A)X=O，即(5E-A)X=0,7）都教育125-2(1-23工-110443230得由5E-A=2018文都教享（o都囍款215-20003文都教育教育-1A的属于特征值入=5的线性无关的特征向量为α3文都教育（1教育文都1(2-3 -1)00文都教育10，则P-AP=0令P=10(011500文都教育文都教育文都教育文都教育文都教育文都教育教育文都教育文都文都教育文都教育文都教育文都教育文都教育文都教育文都教育文都教育一却数育
由 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − → ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − − − = 0 0 0 0 0 0 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 E A 得 A 的属于特征值λ = 1的线性无关的特征向量为 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛− = ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 1 0 3 , 0 1 2 α1 α 2 ； 将λ = 5代入(λE − A)X = O ，即(5E − A)X = O ， 由 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − → ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − → ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − = 0 8 8 0 4 4 1 2 1 5 2 3 1 2 3 1 2 1 1 2 1 1 2 3 5 2 3 5E A ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ → 0 0 0 0 1 1 1 0 1 得 A 的属于特征值λ = 5的线性无关的特征向量为 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = 1 1 1 α 3 ， 令 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − = 0 1 1 1 0 1 2 3 1 P ，则 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = − 0 0 5 0 1 0 1 0 0 1 P AP