设二次型 f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX＝aχ12＋2χ22－2χ32＋2bχ1χ3，(b＞0) 其中A的特征值之和为1，特征值之积为－12． (1)求a，b． (2)用正交变换化f(χ1，χ2，χ3)为标准型．

admin2018-11-23 36

问题设二次型
f(χ₁，χ₂，χ₃)＝X^TAX＝aχ₁²＋2χ₂²－2χ₃²＋2bχ₁χ₃，(b＞0)
其中A的特征值之和为1，特征值之积为－12．
(1)求a，b．
(2)用正交变换化f(χ₁，χ₂，χ₃)为标准型．

选项

答案(1)A＝[*] 由条件知，A的特征值之和为1，即a＋2＋(－2)＝1，得a＝1．特征值之积＝－12，即｜A｜＝－12，而｜A｜＝[*]＝2(－2－b²) 得b＝2(b＞0)．则 [*] (2)｜λE－A｜＝[*]＝(λ－2)²(λ＋3)，得A的特征值为2(二重)和－3(一重)．对特征值2求两个单位正交的特征向量，即(A－2E)X＝0的非零解． [*] 得(A－2E)X＝0的同解方程组χ₁－2χ₃＝0，求出基础解系η₁＝(0，1，0)^T，η₂＝(2，0，1)^T，它们正交，单位化：α₁＝η₁，α₂＝[*]．方程χ₁－2χ₃＝0的系数向量η₃＝(1，0，－2)^T和η₁，η₂都正交，是属于－3的一个特征向量，单位化得 α₃＝[*] 作正交矩阵Q＝(α₁，α₂，α₃)，则 Q^TAQ＝[*] 作正交变换X＝QY，则它把f化为Y的二次型f＝2y₁²＋2y₂²－3y₃²．

解析

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考研数学一

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设二次型 f(χ1，χ2，χ3)＝XTAX＝aχ12＋2χ22－2χ32＋2bχ1χ3，(b＞0) 其中A的特征值之和为1，特征值之积为－12． (1)求a，b． (2)用正交变换化f(χ1，χ2，χ3)为标准型．

考研数学一

已知随机变量X～N(-3，1)，Y～N(2，1)，且X，Y相互独立，设随机变量Z=X-2Y+7，则Z～________

已知矩阵且矩阵X满足AXA+BXB=AXB+BXA+E，其中E是3阶单位阵．求X．

计算下列n阶行列式：

设星形线的方程为(a＞0)，试求：(1)它所围的面积；(2)它的周长；(3)它绕x轴旋转而成的旋转体的体积和表面积．

设函数f(x，y)具有一阶连续偏导数，f(1，1)=1，f1’(1，1)=a，f2’(1，1)=b，又F(x)=f(x，f(x，x))，求F(1)，F’(1)．

设有线性方程组(1)证明：当a1，a2，a3，a4两两不等时，此方程组无解；(2)设a1=a3=k，a2=a4=一k(k≠0)时，β1=(一1，1，1)T，β2=(1，1，一1)T是方程组的两个解，写出此方程组的通解．

确定常数a的值，使向量组α1=(1，1，a)T，α2=(1，a，1)T，α3=(a，1，1)T可由向量组β1=(1，1，a)T，β2=(一2，a，4)T，β3=(一2，a，a)T线性表示，但向量组β1，β2，β3不能由向量组α1，α2，α3线性表示．

(06年)已知非齐次线性方程组有3个线性无关的解．(I)证明方程组系数矩阵A的秩r(A)=2；(Ⅱ)求a，b的值及方程组的通解．

(04年)设有齐次线性方程组试问a取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解．

设y1(x)、y2(x)为二阶变系数齐次线性方程y″+p(x)y′+q(x)y=0的两个特解，则C1y1(x)+C2y2(x)(C1，C2为任意常数)是该方程通解的充分条件为

试述太平天国农民战争的意义。

阅读《答李翊书》中的一段文字，然后回答问题。气，水也；言，浮物也。水大而物之浮者大小毕浮。气之与言犹是也，气盛则言之短长与声之高下者皆宜。……“气”和“言”指的是什么?

关于犯罪嫌疑人、被告人逃匿、死亡案件违法所得的没收程序，下列哪一说法是正确的?(2012年试卷2第38题)

以下对爆破作业描述不正确的是()。(1)雷雨季节宜采用电雷管起爆法起爆。(2)炸药反应不完全时，不会引起有毒气体含量增加。(3)同一爆破网络应使用同厂、同批、同型号的电雷管。(4)处理盲炮时进行安全警戒。

行业的成长实际上是指(　　)。

企业会计方法和程序前后各期(　　)。

根据《企业所得税法》及其实施条例的有关规定，不得提取折旧的固定资产是()。

出境旅游领队带领旅游团入中国境的服务包括()

(2015·河南)既是课程标准的具体化，也是师生进行教学的主要依据的是教科书。()

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企业会计方法和程序前后各期( )。

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