万学教育海文考研 2008年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题 选择题:1~8小题,每小题4分,共32分,下列每小题给出的四个选项中,只有一项 符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内 (1)设f(x)=x(x-1)(x-2),求f(x)的零点个数() (B)1 (C)2 解:( 分析:f(x)=2x(x-1)(x-2)+x2(x-1)+x2(x-2)=x(4x2-9x+4 令厂(x)2=0,则可得f()零点的个数为3 (2)曲线方程为y=f(x)函数在区间[q上有连续导数,则定积分x(x)() (4)曲边梯形ABCD面积 (B)梯形ABCD面积 (q曲边三角形CD面积 (D)三角形ACD面积 解:( 分椭厂(x)hx()20(),其中(a)是矩形面积,/(xA 为曲边梯形的面积,所以可(x)为曲边三角形的面积 (3)在下列做分方程中,以y=Ce+C2cos2x+C3sin2x(CC2C为任意常数)为 通解的是( (4)y"+y-4y-4y=0 B)y+y+4y2+4y=0 (C)y-y-4y+4y=0 (D)y"-+4y-y=0 解:(L 分析:由y=Ce+C2cos2x+C3sin2x可知其特征根为1=1,乙23=±2i 故对应的特征方程为(-1)(+2)(2-2)=(λ-1(2+4),即43-12+4A-4=0 所以所求微分方程为y"-y+4y-4y=0,选(D (4)判断函数∫(x)= /x~ SiNx(x>0)间断点的情况() 第1页共10页
万学教育 海文考研 第 1 页 共 10 页 2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题 一、选择题：1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内. (1)设 2 f x x x x ( ) ( 1)( 2) = − − ，求 f x ( ) 的零点个数（ ） ( A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 解： (D) 分析： ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 f x x x x x x x x x x x = − − + − + − = − + 2 1 2 1 2 4 9 4 令 f x ( ) = 0 ，则可得 f x ( ) 零点的个数为 3. （2）曲线方程为 y f x = ( ) 函数在区间 [0, ] a 上有连续导数，则定积分 0 '( ) a xf x dx （ ） ( A) 曲边梯形 ABCD 面积. (B) 梯形 ABCD 面积. (C) 曲边三角形 ACD 面积. (D) 三角形 ACD 面积. 解： (C) 分析： 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) a a a xf x dx xdf x af a f x dx = = − ，其中 af a( ) 是矩形面积， 0 ( ) a f x dx 为曲边梯形的面积，所以 0 ( ) a xf x dx 为曲边三角形的面积。 （3）在下列微分方程中，以 1 2 3 cos 2 sin 2 x y C e C x C x = + + （ 1 2 3 C C C , , 为任意常数）为 通解的是（ ） ( A) y y y y + − − = 4 4 0 . (B) y y y y + + + = 4 4 0 . (C) y y y y − − + = 4 4 0 . (D) y y y y − + − = 4 4 0 . 解： (D). 分析；由 1 2 3 cos 2 sin 2 x y C e C x C x = + + 可知其特征根为 1 2,3 = = 1, 2i . 故对应的特征方程为 2 ( 1)( 2 )( 2 ) ( 1)( 4) − + − = − + i i ，即 3 2 − + − = 4 4 0 所以所求微分方程为 y y y y − + − = 4 4 0 , 选 (D). （4）判断函数 ln ( ) sin ( 0) 1 x f x x x x = − 间断点的情况( )
万学教育海文考研 (4)有1个可去间断点,1个跳跃间断点 (B)有1个跳跃间断点,1个无穷间断点 (C)有两个无穷间断点 (D)有两个跳跃间断点 分析:f(x)的间断点为x=1,0,而limf(x)=0,故x=0是可去间断点; limf(x)=sinl,limf(x)=-sin1,故x=1是跳跃间断点 x→1+ 故选(4) (5)设函数/(x)在(-+∞)内单调有界,{x}为数列,下列命题正确的是() ()若{x收敛,则{(x)收敛 (B)若{x}单调,则{f(xn)收敛 (C)若{f(x,)收敛则{x}收敛 (D)若{f(x)单调,则{x}收敛 解:(B) 分析若{x单调,则由f(x)在(一+)内单调有界知/(xy单调有界, 因此{(x,)收效应选(B) (6)设∫连续,x+y2=1,x2+y2=n2,M>1,则F(L) 则 OF (4)yf(n2) (B)yf(u) (C)f(x2) (D)-f(u 解:选A flu+v 分析:用极坐标得F(u,v) doh=」!puh=y/(rM 第2页共10页
万学教育 海文考研 第 2 页 共 10 页 ( A) 有 1 个可去间断点，1 个跳跃间断点 (B) 有 1 个跳跃间断点，1 个无穷间断点 (C) 有两个无穷间断点 (D) 有两个跳跃间断点 解： ( A) 分析： f x( ) 的间断点为 x =1,0 ，而 0 lim ( ) 0 x f x → + = ，故 x = 0 是可去间断点； 1 lim ( ) sin1 x f x → + = ， 1 lim ( ) sin1 x f x → + = − ，故 x =1 是跳跃间断点 故选 ( A) 。 （5）设函数 f x( ) 在 ( , ) − + 内单调有界， xn 为数列，下列命题正确的是（ ） ( A) 若 xn 收敛，则 f x( ) n 收敛. (B) 若 xn 单调，则 f x( ) n 收敛. (C) 若 f x( ) n 收敛，则 xn 收敛. (D) 若 f x( ) n 单调，则 xn 收敛. 解： (B) 分析：若 xn 单调，则由 f x( ) 在 ( , ) − + 内单调有界知， f x( ) n 单调有界， 因此 f x( ) n 收敛,应选 (B). （6）设 f 连续， 2 2 x y + =1， 2 2 2 xyu + = ，u 1 ，则 ( ) ( ) 2 2 2 2 , D f u v F u v dudv u v + = + ， 则 F u = （ ） ( A) ( ) 2 vf u (B) vf u( ) (C) ( ) v 2 f u u (D) ( ) v f u u 解：选 A 分析；用极坐标得 ( ) ( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2 0 1 1 , ( ) v u u f r r D f u v F u v dudv dv rdr v f r dr u v + = = = + ( ) F 2 vf u u =
万学教育海文考研 (7)设A为n阶非零矩阵,E为n阶单位矩阵若A3=0,则() (A)E-A不可逆,E+A不可逆 (B)E-A不可逆,E+A可逆 (C)E-A可逆,E+A可逆 (D)E-A可逆,E+A不可逆 分析:(E-A)(E+A+A)=E-A=E,(E+AE-A+A2)=E+A=E 故E-A,E+A均可逆 (8)设A= 2 则在实数域上与A合同的矩阵为 + () 分析,1E-4 (2+1)(2-3) 则入=1=3。记D(1-2 则 21 D (2+1)(2-3)=0 则A=-1,2=3 填空题:9-14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上 cos(sInx (9)f(x)连续,lim 1,则f(0)= Df(x) 解: 第3页共10页
万学教育 海文考研 第 3 页 共 10 页 （7）设 A 为 n 阶非零矩阵， E 为 n 阶单位矩阵. 若 3 A = 0 ，则（ ） ( A) E A − 不可逆， E A + 不可逆. (B) E A − 不可逆， E A + 可逆. (C) E A − 可逆， E A + 可逆. (D) E A − 可逆， E A + 不可逆. 解： (C) 分析： 2 3 ( )( ) E A E A A E A E − + + = − = ， 2 3 ( )( ) E A E A A E A E + − + = + = 故 E A E A − + , 均可逆。 （8）设 1 2 2 1 A = ，则在实数域上与 A 合同的矩阵为（ ） ( A) 2 1 1 2 − − . (B) 2 1 1 2 − − . (C) 2 1 1 2 . (D) 1 2 2 1 − − . 解： (D) 分析： ( ) ( )( ) 2 2 1 2 1 4 2 3 1 3 0 2 1 E A − − − = = − − = − − = + − = − − 则 1 2 = − = 1, 3 。记 1 2 2 1 D − = − ，则 ( ) ( )( ) 2 2 1 2 1 4 2 3 1 3 0 2 1 E D − − = = − − = − − = + − = − 则 1 2 = − = 1, 3 二、填空题：9-14 小题，每小题 4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上. （9） f x( ) 连续， 2 0 1 cos(sin ) lim 1 ( 1) ( ) x x x e f x → − = − ，则 f (0) = 解： 1 2
万学教育海文考研 0x/fmy1则m3 -sin x 分析:lim 1,由f(x)连续,则f(0)= x-o f(x) (10)曲线sn(xy)+hn(y-x)=x在点(01)处的切线方程为 解:y=x+1 分析:设F(x)=sm)+lm(y=x)一x,斜率k=Fo(my)+~1 在 F x cos(xy)+ (0,1)处,k=1,所以切线方程为y-1=x,即y=x+1 (11)求函数f(x)=(x-5)x3的拐点 解 分析:f(x)=x3+(x (x-2)x3, 令r9x2(x+=0,得x=1,面x=+1时,(3)有两边不变号故不是拐 点,x=0时三阶导数不存在且f(x)左右两边正负号改变,故x20是拐点 (12)已知z= (1,2) (ln2-1) 分析:令u=2,y=x,从而z=,对方程两边去对数得lnz=lnu,对改方程两边对x 求导,所以 ax Inu+=u,IInI_I -(In =()(+hn1 =x(ln2-1) 2)x 第4页共10页
万学教育 海文考研 第 4 页 共 10 页 分析： 2 2 0 0 1 1 sin 2 2 lim 1, lim 1 ( ) ( ) x x x → → x f x f x = = 则 ，由 f x( ) 连续，则 1 (0) 2 f = （10）曲线 sin ln ( xy y x x ) + − = ( ) 在点 (0,1) 处的切线方程为 . 解： y x = +1. 分析：设 F x y xy y x x ( , ) sin( ) ln( ) = + − − ，斜率 1 cos( ) 1 1 cos( ) x y y xy F y x k F x xy y x − + − − = − = − + − ，在 (0,1) 处， k =1，所以切线方程为 y x − =1 ，即 y x = +1 （11）求函数 2 3 f x x x ( ) ( 5) = − 的拐点______________. 解： x = 0 分析： 2 1 1 3 3 3 2 5 ( ) ( 5) ( 2) 3 3 f x x x x x x − − = + − = − ， 令 4 3 10 ( ) ( 1) 0 9 f x x x − = + = ，得 x =−1 ，而 x =−1 时， f x ( ) 左右两边不变号，故不是拐 点， x = 0 时，二阶导数不存在且 f x ( ) 左右两边正负号改变，故 x = 0 是拐点。 （12）已知 x y y z x = ，则 (1,2) _______ z x = . 解： 2 (ln 2 1) 2 − 分析；令 , y x u v x y = = ，从而 v z u = ，对方程两边去对数得 ln ln z v u = ，对改方程两边对 x 求导，所以 1 1 1 ln ln x x z v y v u u z x u y x y = + = − ， (1,2) (1,2) (1,2) 1 1 1 1 2 ( ln ) ( ) ( ln ) (ln 2 1) 2 x y z y y y z x y x y x y x y = − = − = −
万学教育海文考研 (13)矩阵A的特征值是A2,3,其中未知,且24=48,则A= 解:A=1 分析:由矩阵特征值与矩阵行列式之间的关系得,23·元=-6,故λ=1 (14)设A为2阶矩阵,a1,a2为线性无关的2维列向量,Aa1=0,Aa2=2a1+a2,则A的 非零特征值为 分析:A(a12a2)=(Ax2,Aa2)=(0,2a1+a2)=(a1,a2) 记P=(a1,a2),P可逆,故PA A-2 A与B有相同的特征值E-B= A(2-1),A2=0,1,故非零的特征值为1。 三、解答题:15-23小题,共94分请将解答写在答题纸指定的位置上解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤 (本题满分10分 sIn x-sin n(sin x)Sinx 求极限lim 解: lim isinx-sin sin x)sinx =lim Sin x-sin x lim osx-cos(sin x). cos x lim cosx(-cos( inx)-1 sn(sinx)·cosx 3 (17)(本题满分10分 求积分x2acns 分析:令x=sint,则 x arcsinx_[2 sInt·t dx cost cos tdr (18)(本题满分10分) 求函数l=x2+y2+2在在约束条件z=x2+y2和x+y+z=4下的最大和最小值 第5页共10页
万学教育 海文考研 第 5 页 共 10 页 （13）矩阵 A 的特征值是 ,2,3 ，其中 未知，且 2A =-48，则 =_______. 解： =-1 分析：由矩阵特征值与矩阵行列式之间的关系得， 2 3 6 = − ，故 =-1 （14）设 A 为 2 阶矩阵， 1 2 a a, 为线性无关的 2 维列向量， 1 2 1 2 Aa Aa a a = = + 0, 2 ，则 A 的 非零特征值为 . 解：1 分析： 1 2 1 2 1 2 1 2 0 2 ( , ) ( , ) (0,2 ) ( , ) 0 1 A A A = = + = 记 1 2 P P = ( , ), 可逆，故 1 0 2 0 1 P AP B − = = A 与 B 有相同的特征值 2 ( 1) 0 1 E B − − = = − − ， 1,2 = 0,1 ，故非零的特征值为 1。 三、解答题：15－23 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤. (15)（本题满分 10 分） 求极限 ( ) 4 0 sin sin sin sin lim x x x x → x − . 解： 4 3 0 0 (sin sin sin )sin sin sin sin lim lim x x x x x x x → → x x − − = 2 0 cos cos(sin ) cos lim x 3 x x x → x − = 2 0 0 cos (1 cos(sin )) sin(sin ) cos lim lim x x 3 6 x x x x → → x x − = = 0 sin 1 lim x 6 6 x → x = = (17)（本题满分 10 分） 求积分 2 1 0 2 arcsin 1 x xdx − x 解： 分析：令 x t = sin ，则 2 2 1 2 0 0 2 arcsin sin cos 1 cos x x t t dx tdt x t = − 2 2 2 0 0 1 1 1 cos2 2 2 4 16 tdt t tdt = − = + (18)（本题满分 10 分） 求函数 2 2 2 u x y z = + + 在在约束条件 2 2 z x y = + 和 x y z + + = 4 下的最大和最小值
万学教育海文考研 解:设F(x,y,2)=x2+y2+2+41(x2+y2-)+2(x+y+z-4) F(x 2x+2x1+2=0 F(xy2)=02y+2y4+2=0 得方程组{F(x,y,)=0即{2-1+42=0,解得{y=-2或{y=1 0 x+y+z-4=0|x+y+z-4=0 (-2)2+(-2)2+82 U=12+12+22=6 (19)(本题满分10分 曲线y=f(x)满足f(0)=1对于任意的曲线是严格递增,在x轴上t0,该曲线与 直线x=0x=1(30)及y=0围成一曲边梯形该曲边梯形绕x轴旋转一周得一旋转体,其 体积为D侧面积为S0如果()三阶可导且5SO=2,求曲我y=/() 解:旋转体体积(1)=xy2x 转体的侧面积AO=27/+U 由2小+y=2y在 两边求导,得 从而2yy”=2yy,得y”=y 所以特征方程为A2-1=0,特征根为λ=±1 则通解为y=Ce2+C2e 由1+y2=y2,得4CC2=1 所以y=Ce2+,ex由f(0)=1C1= 第6页共10页
万学教育 海文考研 第 6 页 共 10 页 解：设 2 2 2 2 2 1 2 F x y z x y z x y z x y z ( , , ) ( ) ( 4) = + + + + − + + + − 得方程组 2 2 ( , , ) 0 ( , , ) 0 ( , , ) 0 0 4 0 x y z F x y z F x y z F x y z x y z x y z = = = + − = + + − = 即 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 0 2 2 0 2 0 0 4 0 x x y y z x y z x y z + + = + + = − + = + − = + + − = ，解得 2 2 8 x y z = − = − = 或 1 1 2 x y z = = = 得 2 2 2 max U = − + − + = ( 2) ( 2) 8 72 . 2 2 2 min U = + + = 1 1 2 6 . (19)（本题满分 10 分） 曲线 y f x = ( ) 满足 f (0) 1 = 对于任意的 t 曲线是严格递增，在 x 轴上 t 0 ，该曲线与 直线 x x t t = = 0, ( 0) 及 y = 0 围成一曲边梯形.该曲边梯形绕 x 轴旋转一周得一旋转体，其 体积为 V t(),侧面积为 S t().如果 f x( ) 二阶可导,且 ( ) 2 ( ) S t V t = ，求曲线 y f x = ( ) . 解：旋转体体积 2 0 ( ) t V t y dx = 旋转体的侧面积 2 0 ( ) 2 ( ) 1 [ ( )] t S t f x f x dx = + 由 2 2 0 0 2 1 2 t t y y dx y dx + = 两边求导，得 2 2 y y y 1+ = 2 2 4 yyy (1 ) + = 从而 2 2 y y yy = ，得 y y = . 所以特征方程为 2 − =1 0， 特征根为 =1. 则通解为 1 2 x x y C e C e− = + . 由 2 2 1+ = y y ，得 1 2 4 1 CC = . 所以 1 1 1 1 1 (0) 1, 4 2 x x y C e e f C C − = + = = 由
万学教育海文考研 故该曲线方程为=S+e 2 (20)(本题满分11分) 求二重积分max(x,1小其中D={(x,y)0≤x≤2,0≤y≤2 分析:ma(x,)dh a+=12+1-m2=12+m2 (21)(本题满分11分) 证明(1)积分中值定理; (2知g)在D,41上连续且可导,(2)>(92)>ox)证甲至少存在一点 5∈(1,3)使得g(2)=0 证明:()定积分中值定理。如果函数f(x)在积分区间[a上连续,则在[上至少存 在一个点,使下式成立:[f(x)dk=f(5)(b-aa≤5≤b) 设M及m分别是函数f(x)在区间[a6]上的最大值及最小值,则 m(b-a)sI f(x)dx sM(b-a) 不等式各除以b-a,得m≤ f(x)dx≤M 这表明,确定的数 (x)介于函数f(x)的最小值m及最大值M之间 根据闭区间上连续函数的介值定理,在{a,b上至少存在一点,使得函数f(x)在点处的 值与这个确定的数值相等,即应有 f(x)dhx=5(a≤5≤b) b 两端各乘以b-a,即得所要证的等式 (2)证明:由积分中值定理,则至少存在一点c∈(2,3),使得ox)d=o(c),由题得 q(2)>(1)(2)>(c) 若(1)=(c),则由罗尔定理存在点ξ∈(1,c)c(1,3),使得p'()=0 若Q(1)≠p(c),不妨设o(1)>(C),由(x)连续与介值定理存在点,使()=(1), 第7页共10页
万学教育 海文考研 第 7 页 共 10 页 故该曲线方程为 2 x x e e y − + = (20)（本题满分 11 分） 求二重积分 max( ,1) , D xy dxdy 其中 D x y x y = {( , ) 0 2,0 2} 解： 分析： max ,1 ( ) D xy dxdy 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 0 0 0 2 2 15 19 1 1 1 2ln 2 ln 2 ln 2 4 4 x x = + + = + + − = + dx dy dx dy dx xydy （21）（本题满分 11 分） 证明(1)积分中值定理； (2)已知 ( ) x 在 [1,3] 上连续且可导， 3 2 (2) (1), (2) ( ) x dx 证明至少存在一点 (1,3)，使得 ( ) 0 = . 证明：(1) 定积分中值定理：如果函数 f x( ) 在积分区间 a b, 上连续，则在 a b, 上至少存 在一个点 ，使下式成立： ( ) ( )( )( ) b a f x dx f b a a b = − 设 M 及 m 分别是函数 f x( ) 在区间 [ , ] a b 上的最大值及最小值，则 ( ) ( ) ( ) b a m b a f x dx M b a − − 不等式各除以 b a − ，得 1 ( ) b a m f x dx M b a − . 这表明，确定的数 1 ( ) b a f x dx b a − 介于函数 f x( ) 的最小值 m 及最大值 M 之间. 根据闭区间上连续函数的介值定理，在 [ , ] a b 上至少存在一点 ，使得函数 f x( ) 在点 处的 值与这个确定的数值相等，即应有 1 ( ) ( ) b a f x dx a b b a = − 两端各乘以 b a − ，即得所要证的等式. （2）证明：由积分中值定理，则至少存在一点 c(2,3) ，使得 3 2 ( ) ( ) x dx c = ，由题得 (2) (1), (2) ( ) c 若 (1) ( ) = c ，则由罗尔定理存在点 (1, ) (1,3) c ，使得 ( ) 0 = ； 若 (1) ( ) c ，不妨设 (1) ( ) c ，由 ( ) x 连续与介值定理存在点 ，使 ( ) (1) =
万学教育海文考研 在区间[,]上应用罗尔定理,存在点∈(1,m)c(1,3),使得q(5)=0 若o()<q(c),同理可得存在点5∈(1,3),使得φ()=0 (22)(本题满分11分) 设矩阵A 现矩阵A满足方程AX=B,其中X=(x…,x), B=(1.0,…,0) (1)求证A=(n+1)a + (2)a为何值方程组有唯一解,求x (3)a为何值,方程组有无穷多解,求通解 解:① 2 a 0 n (n+1)a ②方程组有唯一解 由Ax=B,知4≠0,又A4=(m+1)a”,故a≠0。 记A=Axn,由克莱姆法则知 第8页共10页
万学教育 海文考研 第 8 页 共 10 页 在区间 [1, ] 上应用罗尔定理，存在点 (1, ) (1,3) ，使得 ( ) 0 = ； 若 (1) ( ) c ，同理可得存在点 (1,3)，使得 ( ) 0 = . 证毕 （22）（本题满分 11 分） 设矩阵 2 2 2 1 2 1 2 n n a a a A a a = ，现矩阵 A 满足方程 AX B = ，其中 ( 1 , , ) T X x x = n ， (1,0, ,0) T B = ， （1）求证 ( 1) n A n a = + （2） a 为何值，方程组有唯一解，求 1 x （3） a 为何值，方程组有无穷多解，求通解 解：① 2 2 2 2 2 2 1 2 1 3 2 1 0 1 2 2 2 1 1 2 2 2 1 3 0 1 2 4 0 3 4 ( 1) 3 2 ( 1) 2 3 1 ( 1) 0 n a a a a a a a A a a a a a a a a a a a n a a n a n n a n = = + = = = + + ②方程组有唯一解 由 Ax B = ，知 A 0 ，又 ( 1) n A n a = + ，故 a 0。 记 A A = n n ，由克莱姆法则知
万学教育海文考研 4 (n+1)a”(n+1 ③方程组有无穷多解 由4=0,有a=0,则 01 (A|B) 01|: 00 故r(4|B)=r(4)=n 0 Ax=0的同解方程组为 ,则基础解系为k(100.0),k为任意常数 又 0 0八0)(0 故可取特解为n=10 第9页共10页
万学教育 海文考研 第 9 页 共 10 页 2 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 0 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 ( 1) ( 1) n n n n n n n n a a a a a a a a A a a A a a x A A a a a a a a a a a a a a a a na n n a n a − − − − − = = = = = = + + ③方程组有无穷多解 由 A = 0 ，有 a = 0 ，则 ( ) 0 1 1 0 1 0 | 0 0 1 0 0 A B = 故 r A B r A n ( | 1 ) = = − ( ) Ax = 0 的同解方程组为 2 3 0 0 0 n x x x = = = ，则基础解系为 (1,0,0, ,0) T k ，k 为任意常数。 又 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 = ， 故可取特解为 0 1 0 0 =
万学教育海文考研 所以Ax=B的通解为k0+0,k为任意常数。 0)(0 (23)(本题满分11分) 设A为3阶矩阵,a1,a2为A的分别属于特征值-1,1特征向量,向量a3满足A3=a2+a3, 证明(1)a22a2线性无关 (2)令P=(a1a245),求PAP 解:(1)假设a1a2,3线性相关,则a3可由a12a2线性表出,不妨设a3=4(x1+l2a2,其 中,不全为零(若同时为0,则a3为0,由=a2+a可知a=0) A2=,+2=a,+lo1+l a2 X Aa3=A(a+12a2)=-1a,+12 1a1+La2=a2+1a+la2,整理得:21a1+a=0 则anax线性相关,矛盾(因为12分别属于不同特征值得特征向量,故a1,4线性无关 故:a1,a2,a3线性无 (2)记P=(a1,a2则P可逆,A(a1,a2a1)=(a,Aa234) =(-a1,a2a2+a3)=(a1,a2,a3)0 100 即:AP=P 011 001 001 第10页共10页
万学教育 海文考研 第 10 页 共 10 页 所以 Ax B = 的通解为 1 0 0 1 0 0 , 0 0 k k + 为任意常数。 （23）（本题满分 11 分） 设 A 为 3 阶矩阵， 1 2 a a, 为 A 的分别属于特征值 −1,1 特征向量，向量 3 a 满足 Aa a a 3 2 3 = + ， 证明（1） 1 2 3 a a a , , 线性无关； （2）令 P a a a = ( 1 2 3 , , ) ，求 1 P AP − 解：（1）假设 1 2 3 , , 线性相关，则 3 可由 1 2 , 线性表出，不妨设 3 1 1 2 2 = + l l ，其 中 1 2 l l, 不全为零（若 1 2 l l, 同时为 0，则 3 为 0，由 A 3 2 3 = + 可知 2 = 0 ） 1 1 A = − , A 2 2 = A l l 3 2 3 2 1 1 2 2 = + = + + 又 3 1 1 2 2 1 1 2 2 A A l l l l = + = − + ( ) 1 1 2 2 2 1 1 2 2 − + = + + l l l l ，整理得： 1 1 2 2 0 l + = 则 1 2 , 线性相关，矛盾（因为 1 2 , 分别属于不同特征值得特征向量，故 1 2 , 线性无关）. 故： 1 2 3 , , 线性无关. （2）记 1 2 3 P = ( , , ), 则 P 可逆， 1 2 3 1 2 3 A A A A ( , , ) ( , , ) = 1 2 2 3 = − + ( , , ) 1 2 3 1 0 0 ( , , ) 0 1 1 0 0 1 − = 即： 1 0 0 0 1 1 0 0 1 AP P − = 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 P AP − − =