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+4ξ2=4，求a，b的值和正交矩阵P。

admin2021-01-15 9

问题已知二次曲面方程x²+ay²+z²+2bxy+2xz+2yz=4，可以经过正交变换

化为椭圆柱面方程η²+4ξ²=4，求a，b的值和正交矩阵P。

选项

答案经正交变换化二次型为标准形，二次型矩阵与标准形矩阵既合同又相似。由题设知，二次曲面方程左端二次型对应矩阵为 [*] 则存在正交矩阵P，使得 P^－1AP=[*]B，即A与B相似。由相似矩阵有相同的特征值，知矩阵A有特征值0，1，4。从而， [*] 当λ₁=0时，方程组(0E—A)x=0的基础解系为α₁=(1，0，一1)^T。当λ₂=1时，方程组(E—A)x=0的基础解系为α₂=(1，一1，1)^T。当λ₃=4时，方程组(4E—A)x=0的基础解系为α₃=(1，2，1)^T。由实对称矩阵不同特征值对应的特征向量相互正交，故只需将α₁，α₂，α₃单位化，即 [*] 因此所求正交矩阵为 [*]

解析

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考研数学一

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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+4ξ2=4，求a，b的值和正交矩阵P。

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(2014年)设L是柱面x2+y2=1与平面y+2=0的交线，从z轴正向往z轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分

设A为3阶矩阵，λ1，λ2，λ3是A的三个不同特征值，对应的特征向量为α1，α2，α3，令β=α1+α2+α3．证明：β，Aβ，A2β线性无关；

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求微分方程xy’+y=xex满足y(1)=1的特解．

电话公司有300台分机，每台分机有6％的时间处于与外线通话状态，设每台分机是否处于通话状态相互独立，用中心极限定理估计至少安装多少条外线才能保证每台分机使用外线不必等候的概率不低于0．95?

讨论a，b取何值时，下列方程组无解、有唯一解、有无穷多解，有解时求出其解．

设有两条抛物线y＝nx2＋和y＝(n＋1)x2＋，记它们交点的横坐标的绝对值为an．(I)求这两条抛物线所围成的平面图形的面积Sn；(Ⅱ)求级数的和．

设p(x)在[a，b]上非负连续，f(x)与g(x)在[a，b]上连续且有相同的单调性，其中D={(x，y)｜a≤x≤b，a≤y≤b)，比较的大小，并说明理由．

设f(x)为[0，1]上的单调增加的连续函数，证明：

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患者，男，42岁，皮肤斑疹较多，呈点滴状，基底鲜红色，表面覆有银白色鳞屑，瘙痒较甚，经医师诊断为血热风燥型白庀，宜选用的药物为()。

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