考研数学三(线性代数)历年真题试卷汇编11(题后含答案及解析)

考研数学三（线性代数）历年真题试卷汇编11 (题后含答案及解析)

题型有：1. 选择题 2. 填空题 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． 设A为四阶实对称矩阵，且A2+A=O，若A的秩为3，则A相似于( )

正确答案：D

解析：设A的特征值为λ，因为A2+A=O，所以λ2+λ=0，即λ(λ+1)=0→λ=0或λ=一1。又因为r(A)=3，A必可相似对角化，对角阵的秩也是3。所以λ=一1是三重特征根，则A～，正确答案为D。 知识模块：线性代数

2． 设二次型f(x1，x2，x3)在正交变换x=Py下的标准形为2y12+y22-y32，其中P=(e1，e2，e3)，若Q=(e1，-e3，e2)，f(x1，x2，x3)在正交变换x=Qy下的标准形为( )

A．2y12-y22+y32。 B．2y12+y22-y32。 C．2y12-y22-y32。 D．2y12+y22+y32。

正确答案：A

解析：方法一：由题设可知f=XTAx—YT(PTAP)=2y12+y22-y32。且 所以f=xTAx=yT(QTAQ)y=2y12-y22+y32。答案选A。 方法二：由题意可知，二次型f(x1，x2，x3)的矩阵A的特征值为2，1，一1，对应的特征向量分别为e1，e2，e3。由特征向量的性质可知，e1，e2，-e3仍然分别是属于特征值2，1，一1的特征向量，同时e1，e2，-e3仍为单位正交向量组，故QTaQ=diag{2，一1，1}。所以二次型f(x1，x2，x3)在正交变换x=Qy下的标准形为2y12-y22-y32。故选A。 知识模块：线性代数

3． 设矩阵A=，则A与B( ) A．合同，且相似。 B．合同，但不相似。 C．不合同，但相似。

D．既不合同，也不相似。

正确答案：B

解析：方法一：由｜λE一A｜=0得A的特征值为0，3，3，而B的特征值为0，1，1．从而A与B不相似。 又r(A)=r(B)=2，且A，B有相同的正惯性指数，因此A与B合同。故选B。 方法二：因为tr(A)=2+2+2=6，tr(B)=1+1=2≠6，所以A与B不相似(不满足相似的必要条件)。又｜λE一A｜=λ(λ一3)2，｜λE一B｜=λ(λ一1)2，A与B是同阶实对称矩阵，其秩相等，且有相同的正惯性指数，故A与B合同。 知识模块：线性代数

4． 设A=，则在实数域上与A合同的矩阵为( ) A． B． C． D．

正确答案：D 解析：由矩阵A和D有相同的特征多项式，则矩阵A和D有相同的特征值。 又矩阵A和D为同阶实对称矩阵，那么矩阵A和D相似。 由于实对称矩阵相似必合同，故D正确。 知识模块：线性代数

5． 设二次型f(x1，x2，x3)=a(x12+x22+x32)+2x1x2+2x2x3+2x1x3的正、负惯性指数分别为1，2，则( )

A．a＞1。 B．a＜一2。 C．一2＜a＜1。 D．a=1或a=一2。

正确答案：C

解析：二次型矩阵为，可知其特征值为a一1，a一1，a+2，于是a一1＜0，a+2＞0，即一2＜a＜1，故选C。 知识模块：线性代数

填空题

6． 二次型f(x1，x2，x3)=(x1+x2)2+(x2-x3)2+(x3+x1)2的秩为__________。

正确答案：2

解析：方法一：因为 f(x1，x2，x3)=(x1+x2)2+(x2-x3)2+(x3+x1)2 =2x12+2x22+2x32+2x1x2+2x1x3—2x2x3，于是，二次型的矩阵为从而r(A)=2，即二次型的秩为2。 方法二：因为 f(x1，x2，x3)=(x1+x2)2+(x2-x3)2+(x3+x1)2 =2x12+2x22+2x32+2x1x2+2x1x3-2x2x3 =2(x1+(x2一x3)2 =2y12+y22，其中y1=x1+x3，y2=x2一x3。所以二次型的秩为2。 知识模块：线性代数

7． 设二次型f(x1，x2，x3)=xTAx的秩为1，A中各行元素之和为3，则f在正交变换x=Qy下的标准形为__________。

正确答案：f=3y12

解析：因为矩阵A的秩是1，因此矩阵A有两个0特征值，又因为A的各行元素的和为3，因此。故f的特征值为3，0，0。所以标准型为f=3y12。 知识

模块：线性代数

8． 二次型f(x1，x2，x3)=x12-x22+2ax1x3+4x2x3的负惯性指数是1，则a的取值范围是__________。

正确答案：[一2，2]

解析：方法一：由配方法可知， f(x1，x2，x3)=x12-x22+2ax1x3+4x2x3 =(x1+x3)2一(x2—2x3)2+(4一a2)x32，由已知二次型的负惯性指数为1，故4一a2≥0，所以a的取值范围是[一2，2]。 方法二：二次型的矩阵为A=。由题意可知A的特征值中有且仅有一个为负数。又由于tr(A)=0，矩阵A的惯性指数有两种可能：正惯性指数为1、负惯性指数为1；正惯性指数为2，负惯性指数为1。出现这两种情况之一的充要条件是｜A｜≤0。｜A｜=a2一4，可知a∈[一2，2]。 知识模块：线性代数

解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

9． 设矩阵A=。(Ⅰ)求a，b的值；(Ⅱ)求可逆矩阵P，使P-1AP为对角矩阵。

正确答案：(Ⅰ)由A～B有tr(A)=tr(B)，故a一b=一1，又由｜A｜=｜B｜有2a—b=3，解得a=4，b=5。 (Ⅱ)先求A的特征根，｜λE一A｜=0，得λ1=λ2=1，λ3=5。 再求A的特征向量，当λ1=λ2=1时，由(E一A)x=0解得x1=(2，1，0)T，x2=(一3，0，1)T，当λ3=5时，由(5E—A)x=0解得，x3=(一1，一1，1)T，令P=(x1，x2，x3)=，所以P-1AP=。 涉及知识点：线性代数

10． 已知矩阵A=。 (Ⅰ)求A99； (Ⅱ)设三阶矩阵B=(α1，α2，α3)满足B2=BA，记B100=(β1，β2，β3)，将β1，β2，β3分别表示为α1，α2，α3的线性组合。

正确答案：(Ⅰ)矩阵A的特征多项式为｜λE一A｜==λ(λ+1)(λ+2)，则A的特征值为λ1=一1，λ2=一2，λ3=0。 解线性方程组(λiE—A)x=0(i=1，2，3)可得特征值λ1=一1，λ2=一2，λ3=0对应的特征向量分别为 α1=(1，1，0)T，α2=(1，2，0)T，α3=(3，2，2)T。令P=(α1，α2，α3)，则P-1AP=，所以(Ⅱ)由B2=BA→B3=BBA=B2A=BA2→…→B100=BA99，即(β1，β2，β3)=(α1，α2，α3)，则 β1=(299一2)α1+(2100一2)α2， β2=(1—299)α1+(1—2100)α2， β3=(2—299)α1+(2—299)α2。 涉及知识点：线性代数

11． 设矩阵A=。已知线性方程组Ax=β有解但不唯一，试求： (Ⅰ)a的值； (Ⅱ)正交矩阵Q，使QTAQ为对角矩阵。

正确答案：(Ⅰ)线性方程组Ax=β有解但不唯一，即有无穷多解→r(A)=＜n=3，将增广矩阵作初等行变换，得因为方程组Ax=β有解但不唯一，所以r(A)=

＜3，故a=一2。 (Ⅱ)由(Ⅰ)，有故A的特征值为λ1=0，λ2=一3，λ3=3。 当λ1=0时，得方程组(0E—A)x=0的同解方程组为 可见，r(0E一A)=2，可知基础解系的个数为n一r(0E—A)=3—2=1，故有一个自由未知量，选x2为自由未知量，取x2=1，解得对应的特征向量为ξ1=(1，1，1)T。 当λ1=3时，得方程组(3E—A)x=0的同解方程组为 可见，r(3E—A)=2，可知基础解系的个数为n一r(3E—A)=3—2=1，故有一个自由未知量，选x1为自由未知量，取x1=1，解得对应的特征向量为ξ2=(1，0，一1)T。 当λ1=一3时，得方程组(一3E一A)x=0的同解方程组为 可见，r(一3E一A)=2，可知基础解系的个数为n一r(一3E—A)=3—2=1，故有一个自由未知量，选x2为自由未知量，取x2=2，解得对应的特征向量为ξ3=(一1，2，一1)T。 由于A是实对称矩阵，其不同特征值的特征向量相互正交，故这三个不同特征值的特征向量相互正交，只需将ξ1，ξ2，ξ3单位化， 涉及知识点：线性代数

12． 设二次型f(x1，x2，x3)=xTAx=ax12+2x22-2x32+2bx1x3(b＞0)，其中二次型的矩阵A的特征值之和为1，特征值之积为一12。 (Ⅰ)求a，b的值； (Ⅱ)利用正交变换将二次型f化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵。

正确答案：(Ⅰ)二次型f的矩阵为设A的特征值为λi(i=1，2，3)，由题设，有 λ1+λ2+λ3=a+2+(-2)=1，λ1λ2λ3==一4a-2b2=一12。解得a=1，b=2。(Ⅱ)由矩阵A的特征多项式｜λE一A｜==(λ-2)2(λ+3)，得A的特征值λ1=λ2=2，λ3=一3。 对于λ1=λ2=2，解齐次线性方程组(2E一A)x=0，得其基础解系 ξ1=(2，0，1)T，ξ2=(0，1，0)T。 对于λ3=一3，解齐次线性方程组(一3E-A)x=0，得基础解系 ξ3=(1，0，一2)T。 由于ξ1，ξ2，ξ3已是正交向量组，为了得到规范正交向量组，将ξ1，ξ2，ξ3单位化，可得令矩阵 Q=(η1，η2，η3)=，则Q为正交矩阵。在正交变换x=Qy下，有 QTAQ=，且二次型的标准形为f=2y12+2y22-3y32。 涉及知识点：线性代数

13． 设三阶实对称矩阵A的各行元素之和均为3，向量α1=(1一，2，一1)T，α2=(0，一1，1)T是线性方程组Ax=0的两个解。 (Ⅰ)求A的特征值与特征向量； (Ⅱ)求正交矩阵Q和对角矩阵A，使得QTAQ=A； (Ⅲ)求A及(A一E)，其中E为三阶单位矩阵。

正确答案：(Ⅰ)因为矩阵A的各行元素之和均为3，所以，则由特征值和特征向量的定义知，λ=3是矩阵A的特征值，α=(1，1，1)T是对应的特征向量。因此对应λ=3的全部特征向量为kα，其中k为不为零的常数。 又由题设知Aα1=0，Aα2=0，即Aα1=0．α1，Aα2=0．α2，而且α1，α2线性无关，所以λ=0是矩阵A的二重特征值，α1，α2是其对应的特征向量。因此对应λ=0的全部特征向量为k1α1+k2α2，其中k1，k2为不全为零的常数。 (Ⅱ)因为A是实对称矩阵，所以α与α1，α2正交，所以只需将α1，α2正交。 取β1=α1一(一1，2，一1)T，由施密特正交法则 β2=α2一。再将α，β1，β2单位化，得令Q=(η1，η2，η3)，则Q-1=QT，由A是实对称矩阵必可相似对角化，得QTAQ=。(Ⅲ)由(Ⅱ)知QTAQ=，所以 涉及知识点：线性代

数

14． 设三阶实对称矩阵A的特征值λ1=1，λ2=2，λ3=一2，α1=(1，一1，1)T是A的属于λ1的一个特征向量。记B=A5一4A3+E，其中E为三阶单位矩阵。 (Ⅰ)验证α1是矩阵B的特征向量，并求B的全部特征值与特征向量； (Ⅱ)求矩阵B。

正确答案：(Ⅰ)由Aα1=α1得A2α1=Aα1一α1，进一步 A3α1=α1， A5α1=α1，故 Bα1=(A5一4A3+E)α1 =A5α1—4A3α1+α1 =α1一4α1+α1 =一2α1。从而α1是矩阵B的属于特征值一2的特征向量。 因B=A5一4A3+E，且A的三个特征值λ1=1，λ2=2，λ3=一2，则B的三个特征值为μ1=一2，μ2=1，μ3=1。 设α2，α3为B的属于μ2=μ3=1的两个线性无关的特征向量，又A为对称矩阵，得B也是对称矩阵，因此α1与α2，α3正交，即 α1Tα2=0， α1Tα3==0。所以α2，α3可取为下列齐次线性方程组两个线性无关的解：即b的全部特征值的特征向量为：其中k1≠0是不为零的任意常数，k2，k3是不同时为零的任意常数。(Ⅱ)令P=(α1，α2，α3)=，得 涉及知识点：线性代数

15． 设A=，正交矩阵Q使得QTAQ为对角矩阵，若Q的第一列为(1，2，1)T，求a，Q。

正确答案：根据题意，(1，2，1)T是A的一个特征向量，于是解得a=一1，λ1=2。 由于A的特征多项式为｜λE一A｜=(λ一2)(λ一5)(λ+4)，所以A的特征值为2，5，一4。当λ2=一4时，由此得其基础解系含有一个解向量，即α2=；当λ3=一5时，由此得其基础解系含有一个解向量，即α3=。把α2，α3单位化得：此时，QTAQ=，Q即为所求的矩阵。 涉及知识点：线性代数

16． A为三阶实对称矩阵，A的秩为2，且。(Ⅰ)求A的所有特征值与特征向量；(Ⅱ)求矩阵A。

正确答案：(Ⅰ)因为r(A)=2＜3，因此A有一个0特征值，另外两个特征值是λ1=一1，λ2=1。 λ1=一1，λ2=1对应的特征向量分别为：设λ3=0对应的特征向量为是特征值0对应的特征向量。因此k1α1，k2α2，k3η是对应于特征值一1，1，0的特征向量，其中k1，k2，k3为任意非零常数。(Ⅱ)由于不同特征值对应的特征向量已经正交，故只需单位化，即β1==(0，1，0)T。令Q=(β1，β2，β3)，则QTAQ=， 涉及知识点：线性代数

17． 已知A=，二次型f(x1，x2，x3)=xT(ATA)x的秩为2。 (Ⅰ)求实数a的值； (Ⅱ)求正交变换x=Qy，将f化为标准形。

正确答案：(Ⅰ)ATA=，由r(ATA)=2，可得=(a+1)2(a2+3)=0，可知a=一1。 (Ⅱ)f=xTATAx=(x1，x2，x3) =2x12+2x22+4x32+4x1x2+4x3x3，令矩阵解得B矩阵的特征值为λ1=0；λ2=2；λ3=6。 对于λ1=0，解(λ1E—B)x=0得对

应的特征向量为η1=； 对于λ2=2，解(λ1E—B)x=0得对应的特征向量为η2=； 对于λ3=6，解(λ3E—B)x=0得对应的特征向量为η3=。 将η1，η2，η3单位化可得令x=Qy可将原二次型化为2y22+6y32。 涉及知识点：线性代数

18． 设二次型f(x1，x2，x3)=2(a1x1+a2x2+a3x3)2+(b1x1+b2x2+b3x3(Ⅰ)证明二次型f对应的矩阵为2ααT+ββT；(Ⅱ)若α，β正交且均为单位向量，证明二次型f在正交变化下的标准形为2y12+y22。

正确答案：(Ⅰ)方法一：由题意可知，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。 方法二： f=(2a12+b12)x12+(2a22+b22)x22+(2a32+b32)x32+(4a1a2+2b1b2)x1x2 +(4a1a3+b1b3)x1x3+(4a2a3+2b2b3)x2x3，则f对应的矩阵为 =2ααT+ββT。 (11)设A=2ααT+ββT，由于α，β正交，所以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：线性代数

19． 设二次型f(x1，x2，x3)=2x12-x22+ax32+2x1x2-8x1x3+2x2x3在正交变换x=Qy下的标准形为λ1y12+λ2y22，求a的值及正交矩阵Q。

正确答案：二次型f的矩阵A=。因为其标准形为λ1y12+λ2y22，所以解得λ1=6，λ2=一3，λ3=0。当λ=6时，6E—A=，对应的一个特征向量为(一1，0，1)T；当λ=一3时，一3E—A=，对应的一个特征向量为(1，一1，1)T；当λ=0时，0E—A=，对应的一个特征向量为(1，2，1)T。由于上述三个特征向量已经正交，故将其直接单位化，可得 涉及知识点：线性代数

20． 设A为n阶实对称矩阵，r(A)=n，Aij是A=(aij)n×n中元素aij的代数余子式(i，j=1，2，…n)，二次型f(x1，x2，…，xn)=xixj。 (Ⅰ)记xT=(x1，x2，…，xn)，把f(x1，x2，…，xn)=xixj。写成矩阵形式，并证明二次型f(x)的矩阵为A-1； (Ⅱ)二次型g(x)=xTAx与f(x)的规范形是否相同?说明理由。

正确答案：(Ⅰ)由题设条件，其中(*)的理由：A是可逆的实对称矩阵，故(A-1)T=(AT)-1=A-1，因此由实对称的定义知，A-1也是实对称矩阵，又由伴随矩阵的性质A*A=｜A｜E，知A*=｜A｜A-1，因此A*也是实对称矩阵，=A*，故(*)成立。 (Ⅱ)因为(A-1)TAA-1=(AT)-1E=A-1，所以由合同的定义知A与A-1合同。 由实对称矩阵A与B合同的充要条件：二次型xTAx与xTBx有相同的正、负惯性指数。 可知，g(x)=xTAx与f(x)有相同的正、负惯性指数，故它们有相同的规范形。 涉及知识点：线性代数

21． 设二次型f(x1，x2，x3)=ax12+ax22+(a一1)x32+2x1x3一2x2x3。(Ⅰ)

求二次型f的矩阵的所有特征值；(Ⅱ)若二次型f的规范形为y12+y22，求a的值。

正确答案：(Ⅰ)二次型f(x1，x2，x3)对应的实对称矩阵为A=，｜λE一A｜= =(λ一a)[(λ—a)(λ一a+1)一1]一[0+(λ一a)] =(λ一a)[(λ一a)(λ一a+1)一2]=(λ一a)[λ2一2aλ+λ+a2一a一2] =(λ-a){λ+}=(λ-a)(λ-a+2)(λ一a一1)。则λ1=a，λ2=a一2，λ3=a+1。 (Ⅱ)方法一：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一2＜a＜a+1，所以a一2=0，即a=2。 方法二：由于f的规范形为y12+y22，所以A合同于，其秩为2，故｜A｜=λ1，λ2，λ3=0，于是a=0或a=一1或a=2。当a=0时，λ1=0，λ2=1，λ3=一2，此时f的规范形为y12-y22，不合题意。当a=一1时，λ1=一1，λ2=0，λ3=一3，此时f的规范形为一y12-y22，不合题意。当a=2时，λ1=2，λ2=3，λ3=0，此时f的规范形为y12+y22。 综上可知，a=2。 涉及知识点：线性代数

22． 设A为m×n实矩阵，E为n阶单位矩阵。已知矩阵B=λE+ATA，试证：当λ＞0时，矩阵B为正定矩阵。

正确答案：方法一：BT=(λE+ATA)T=λET+(ATA)T=λE+AT(AT)T=λE+ATA=B，根据实对称矩阵的定义，故B是实对称矩阵。对任意的非零向量x，xTAT=(Ax)T，有 xT(λE+ATA)x=xT(λE)x+xT(ATA)x=λxTx+xTATAx=λxTx+(Ax)TAx，因x≠0，故有xTx＞0。(设x=(a1，a2，…，an)T≠0，则ai，i=1，2，…，n中至少有一个不为零，则ai2，i=1，2，…，n中至少有一个大于零，故xTx=a2＞0)。 (Ax)TAx≥0(设Ax=(b1，b2，…，bn)T，(Ax)TAx=bi2≥0，因为Ax有可能为零，即有可能bi=0，i=1，2，…，n，故这里可能取等号。) 故当λ＞0时，λxTx＞0。对任意的x≠0，均有 xTBx=xT(λE+ATA)x=λxTx+(Ax)TAx＞0，由正定矩阵的定义，B是正定矩阵。 方法二：B正定→B的全部特征值大于零。设B有特征值μ，对应的特征向量为ξ，由特征值和特征向量的定义，Bξ=μξ，将B=λE+ATA代入，得 (λE+ATA)ξ=μξ，其中ξ≠0，上式两边左乘ξT，得 ξT(λE+ATA)ξ=λξTξ+ξTATAg=λξTξ+(Aξ)T(Aξ)=μξTξ，变形得 (Aξ)T(Aξ)=(μ—λ)ξTξ。 因ξ≠0，设ξ=(c1，c2，…，cn)T≠0，则ci，i=1，2，…，n中至少有一个不为零，则ci2，i=1，2，…，n中至少有一个大于零，故 ξTξ=ci2＞0，(Aξ)T(Aξ)≥0(设Aξ=(d1，d2，…，dn)T，(Aξ)TAξ=di2≥0，因为Aξ有可能为零，即有可能di=0，i=1，2，…，n，故这里可能取等号。)故 所以，当λ＞0时，有μ≥λ＞0，故知N的特征值μ全部大于零，B是正定矩阵。 涉及知识点：线性代数

23． 设有n元实二次型 f(x1，x2，…，xn)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+…+(xn-1+an-1xn)2+(xn+anx1)2，其中ai(i=1，2，…，n)为实数。试问：当a1，a2，…，an满足条件时，二次型f(x1，x2，…，xn)为正定二次型。

正确答案：方法一：用正定性的定义判别。已知对任意的x1，x2，…，xn均有f(x1，x2，…，xn)≥0，其中等号成立当且仅当方程组仅有零解的充分必要条件是其系数行列式｜B｜==1+(—1)n+1a1a2…an≠0，即当a1，a2，…，an≠(一

1)n时，方程组(*)只有零解，此时f(x1，x2，…，xn)=0。若对任意的非零向量x=(x1，x2，…，xn)≠0，(*)中总有一个方程不为零，则有 f(x1，x2，…，xn)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+…+(xn-1+an-1xn)2+(xn+anx1)2＞0，所以，根据正定二次型的定义，对任意的向量(x1，x2，…，xn)，如果f(x1，x2，…，xn)≥0，则二次型正定。由以上证明题中f(x1，x2，…，xn)是正定二次型。 方法二：将二次型表示成矩阵形式，有 f(x1，x2，…，xn)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+…+(xn-1+an-1xn)2+(xn+anx1)2=(x1+x1x2，x2+a2x3，…，xn-1+an-1xn，xn+anx1)则 f(x1，x2，…，xn)=XTBTBx=(Bx)TBx≥0，当｜B｜==1+(一1)n+1a1a2…an≠0。 即当a1．a2．…．an≠(一1)n时，Bx=0只有零解，故当任意的X≠0时，均有f(x1，x2，…，xn)=(Bx)TBx＞0，从而由正定二次型的定义，对任意的向量(x1，x2，…，xn)，如果f(x1，x2，…，xn)＞0，则f(x1，x2，…，xn)是正定二次型。 涉及知识点：线性代数

24． 设A为三阶实对称矩阵，且满足A2+2A=O。已知A的秩r(A)=2。 (Ⅰ)求A的全部特征值； (Ⅱ)当k为何值时，矩阵A+kE为正定矩阵，其中E为三阶单位矩阵。

正确答案：(Ⅰ)设λ为A的一个特征值，对应的特征向量为α，则Aα=λα(α≠0)，且 A2α=λ2α。于是 (A2+2A)α=(λ2+2λ)α。 由A2+2A=O可知 (λ2+2λ)α=0。又因α≠0，故有λ2+2λ=0，故λ=一2或λ=0。 因为实对称矩阵A必可以对角化，且r(A)=2。所以因此，矩阵A的全部特征值为λ1=λ2=一2，λ3=0。(Ⅱ)矩阵A+kE仍为实对称矩阵，由(Ⅰ)知，A+kE的全部特征值为一2+k，一2+k，k。于是，当k＞2时，矩阵A+kE的全部特征值大于零，即矩阵A+kE为正定矩阵。 涉及知识点：线性代数

25． 设D=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。(Ⅰ)计算PTDP，其中P=；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结果判断矩阵B—CTA-1C是否为正定矩阵，并证明你的结论。

正确答案： (Ⅱ)矩阵B一CTA-1C是正定矩阵。由(Ⅰ)的结果可知，矩阵D合同于矩阵M=，因为D为正定矩阵，可知矩阵M为正定矩阵。 又因矩阵M为对称矩阵，所以B一CTA-1C为对称矩阵。 则对X=(0，，…，0)T及任意的Y=(y1，y2，…，yn)T≠0，有 (XT，YT)=YT(B-CTA-1C)Y＞0。 因此B—CTA-1为正定矩阵。 涉及知识点：线性代数