第5章〓选填综合 综合1双纽线 例题1 曲线(x2+y2)2=a2(x2-y2)所围成的区域的面积为f(a),当a→0+时,与f(a)等价的无穷小为()。 A. -2ln(cosa)B. 1+a+1-a-2 C. (1+a)1a-eD. ∫a20sinxdx 答案 A 解区域边界的极坐标方程为r2=a2cos2θ。由cos2θ≥0,得θ∈-π4,π4或34π,54π。f(a)=4∫π4012a2cos2θdθ=a2,故选A。 选项B等价于-a24,选项C等价于-ea2,选项D等价于2a33。 综合2导函数的极值与拐点 例题1 设f(t)=limx→∞tx+tx-tx,则f′(t)的极值为,拐点为。 答案 -1e2,-32,-2e3 解将函数式变形,有 f(t)=limx→∞tx+tx-tx=tlim x→∞1+2tx-tx-t2t·2txx-t=te2t,故g=f′(t)=e2t(2t+1),g′=f″=e2t(4t+4),g″=f=4e2t(2t+3),驻点为t=-1,f′(t)的极值为-1e2,拐点为-32,-2e3。 综合3导数定义 例题1 设f(x)在x=0,x=1的邻域内一阶导连续,且f(0)=1,limx→0ln(1+2x)-2xf(x)x2=0, f′(0)=f′(1),则极限limx→0f(3+2sinx)x-f(3x)tan2x=。 答案 -23 解limx→0ln(1+2x)-2xf(x)x2=limx→0ln(1+2x)-2x-2x[f(x)-f(0)]x2=limx→0ln(1+2x)-2xx2-2f(x)-f(0)x=0,而limx→0ln(1+2x)-2xx2 t=2x4limt→0ln(1+t)-tt2=4limt→011+t-12t=-2,所以f′(0)=limx→0f(x)-f(0)x=-1。 原式=limx→0f′(ξ)(3+2sinx)x-3xtan2x=-limx→0(3+2sinx)x-3xx2= -limx→03x·limx→01+23sinxx-1x2=-limx→0exln1+23sinx-1x2=-limx→0xln1+23sinxx2=-limx→023sinxx=-23。 综合4无界量与无穷大 例题1 设f(x)=limn→∞x2sinxnn2+1+2x2sin2xnn2+12+…+nx2sinxn2+1n,当x→0时,f1x为() A. 无穷小量B. 无穷大量C. 无界量D. 有界量 答案 C 解根据定积分定义,有 f(x)= limn→∞x2sinxnn2+1+2x2sin2xnn2+12+…+nx2sinxn2+1n=limn→∞∑ni=1ixnsinixn1+1n2i·xn (定积分定义+夹逼定理) =∫x0tsintdt=-xcosx+sinx,当x→0时,-1xcos1x+sin1x是无界量。故选C。 综合5高阶导数 例题1 已知当x→0时,f(x)=3sinx-sin3x与xa是同阶无穷小,矩阵A=a2-21-b-1b-142-3,可相似于对角矩阵,设g(x)=arctanx-x1+cx2,g(0)=b,则c=()。 A. 12B. 13C. 16D. 1 答案 A 解当x→0时,f(x)=3sinx-sin3x为三阶无穷小,所以a=3。矩阵A的特征方程为A-λE=3-λ2-21-b-1-λb-142-3-λ=λ-1λ+12。考查重根时特征向量的个数,A+E=42-21-b0b-142-2→42-21-b0b-1000,当b=1时,有r(A+E)=1,此时矩阵A能对角化,否则不能对角化。所以,g(0)=1。g(x)=arctanx-x1+cx2=x-x33+…-x1-cx2+…=c-13x3+…。由高阶导数与系数的关系可得c-13=g(0)3!=16c=12。故选A。 综合6常系数解的有界性与周期性 例题1 设二阶常系数齐次线性微分方程y″+by′+ay=0。 (1) 若a=1,且方程的每一个解y(x)在区间0,+∞上有界,则b的范围是()。 A. 0,+∞B. (-∞,0)C. -∞,4D. (-∞,+∞) (2) 若方程的每一个解y(x)在区间0,+∞为周期函数,则a,b应满足()。 A. a>0,b=0B. a<0,b>0C. a>0,b>0D. a=0,b>0 (3) 若a,b非零,且方程的每一个解 y=f(x)在区间0,+∞上有界,f(0)=m,f′(0)=n,则反常积分∫+∞0f(x)dx= 。 答案 (1) A(2) A(3) bm+na 解(1) 特征方程为λ2+bλ+1=0,判别式为Δ=b2-4,特征根为 -b±b2-42。 ① 当b2-4>0,即b>2或b<-2时,y(x)=C1e-b+b2-42x+C2e-b-b2-42x,要使y(x)在(0,+∞)上有界,只需要-b±b2-4<0,即b>2。 ② 当b2-4<0,即-2<b<2时,要使y(x)在(0,+∞)上有界,只需要-b±b2-4的实部小于或等于0,即-b≤0b≥0,此时0≤b<2。 ③ 当b=2时,y(x)=(C1+C2x)e-x在区间(0,+∞)上有界。 ④ 当b=-2时,y(x)=(C1+C2x)ex在区间(0,+∞)上无界。 综上所述,当且仅当b≥0时,y(x)在0,+∞上有界,故选A。 (2) 微分方程对应的特征方程为r2+br+a=0,由题意可知,方程的特征根为虚根,所以a>0,b=0。故选A。 (3) 设对应的特征方程为r2+br+a=0,特征根为r1,r2。 题干中要求a,b非零,所以特征根r=-b±b2-4a2≠0,故函数y(x)不可能为常数或一次函数。同时,特征根也不可能为纯虚数(r=±βi), 因为此时要求特征根-b±b2-4a2中的b=0,与题干矛盾。 故函数形式不可能为y(x)=C1cosβx+C2sinβx。 所以函数y(x)的形式只能如下: ① 若特征根为非零实数,且r1≠r2,则y(x)=C1er1x+C2er2x, ② 若特征根为非零实数,且r1=r2=r,则y(x)=(C1+C2x)erx, ③ 若特征根为复数且实部不为零,即r=α±βi(α≠0),则 y(x)=C1eαxcosβx+C2eαxsinβx。 综上,y(x)中必含指数部分erx或eαx。又因为y(x)在区间[0,+∞)上有界,则必有y(x)指数部分erx或eαx中r<0或α<0。此时必有y(+∞)=0,也易知y′(+∞)=0。 所以,∫+∞0ydx=-1a∫+∞0by′+y″dx=-1a(by+y′)+∞0 =-1a[by(+∞)+y′(+∞)]--1a[by(0)+y′(0)] =1a[by(0)+y′(0)]=bm+na。 综合7定积分包装 孝哥说明: 此类考题以定积分为外形,融合了其他知识点考法。 例题1 设函数f(a,b)=∫π-πx-acosx-bsinx2dx,则函数f(a,b)在a2+b2=1围成的封闭区域内的最大值与最小值之和为。 答案 43π3+2π 解f(a,b)=∫π-πx-acosx-bsinx2dx=23π3+π(a2+b2)-4πb, f′1(a,b)=2aπ=0,f′2(a,b)=2bπ-4π=0a=0,b=2,但该点不在区域内。将b2+a2=1代入函数得边界上的最值分别为fmax=23π3+5π,fmin=23π3-3π,全部区域内fmax+fmin=43π3+2π。 补充: f(a,b)=∫π-π(x-acosx-bsinx)2dx= ∫π-π(x2+a2cos2x+b2sin2x-2axcosx-2bxsin x+2abcosxsinx)dx, 其中∫π-π x2dx=23 π3, ∫π-πcos2xdx= ∫π-πsin2xdx= π, ∫π-πxcosxdx= ∫π-π cosxsinxdx=0, ∫π-πxsinxdx=2π。 所以 ∫π-π(x-acosx-bsinx)2dx= 23π3+π(a2+b2)-4πb。 综合8极限函数的性质 例题1 设函数f(x)=limn→∞n1+xnn-ex,则f(n)(0)=()。 A. n(n-1)2B. -n(n-1)2C. n(n-1)D. -n(n-1) 答案 B 解limn→∞n1+xnn-ex=limn→∞nenln1+xn-ex=limn→∞nenxn-12x2n2+o1n2-ex= limn→∞nex-12x2n+o1n-ex=exlimn→∞ne-12x2n+o1n-1=exlimn→∞n-12x2n+o1n=-12x2ex。 函数f(x)=-12x2ex=-12x21+x+x22!+…+xn-2(n-2)!+… =-12x2+x3+x42!+…+xn(n-2)!+…, 又因为f(x)=f(0)+f′(0)x+f″(0)x22!+…+f(n)(0)xnn!+…, 由泰勒公式可知f(n)(0)n!=-12·1(n-2)!f(n)(0)=-n(n-1)2。故选B。 综合9极坐标函数法线 例题1 设f(t)=D4t2-x2-y2x2+y2dxdy,其中D由x2+y2+2ty=0(t>0)与y≥-x围成,若函数y=f(t)在点(t0,f(t0))处的法线与y轴的交点为(0,1),则t0的值为()。 A. π8+π2B. 4π8+π2C. 1 D. 4π8+π2 答案 D 解D4t2-x2-y2x2+y2dxdy=∫0-π4dθ∫-2tsinθ04t2-r2drr=2tsinu∫0-π4dθ∫-θ04t2cos2udu=2t2∫0-π4dθ∫-θ01+cos2udu=2t2∫0-π4-θ-12sin2θdθ=116t2π2+8。 法线方程为y(t)-y(t0)=-1y′(t0)(t-t0),令t=0,y(t)=1得1-y(t0)=t0y′(t0), 解方程1-116t20(π2+8)=t0t08π2+8可得t0=4π8+π2,故选D。 综合10周期函数的平均值 例题1 设 f(x)=∫x+π2x|sint|dt,则limx→+∞∫x0f(t)dtx=。 答案 1 解 设t=u+π,则有f(x+π)=∫x+32πx+π |sint|dt =∫x+π2x|sin(u+π)|du=∫x+π2x|sinu|du=f(x),故f(x)是以π为周期的周期函数。 故limx→+∞∫x0f(t)dtx=AT,其中A为周期函数在一个周期内的积分值,T为函数的周期。 当0≤x<π2时,f(x)=∫x+π2xsintdt=sinx+cosx。当 π2<x≤π时,f(x)=∫πxsintdt+∫x+π2π-sintdt=2-sinx+cosx。所以A=∫π0f(x)dx=∫π20f(x)dx+∫ππ2f(x)dx=π,所以 limx→+∞f(x)x=1。 补充: 周期函数平均值的重要结论:设f(x)是以T为周期的周期函数,则limx→+∞∫x0f(t)dtx=AT,其中A为周期函数在一个周期内的积分值。 证明如下: 设nT≤x≤(n+1)T,不妨设A>0,则有nA(n+1)T=∫nT0f(t)dt(n+1)T≤∫x0f(t)dtx≤∫(n+1)T0f(t)dtnT=(n+1)AnT, 其中使用了∫nT0f(t)dt=n∫T0f(t)dt。 又因为limn→∞nA(n+1)T=limn→∞(n+1)AnT=AT,由夹逼定理可知limx→∞∫x0f(t)dtx=AT。 特别说明: ∫x0f(t)dtx表示周期函数f(x)在区间[0,x]上的平均值。 综合11洛必达法则与夹逼定理 例题1 关于极限limx→+∞∫x0sintdtx的说法正确的为()。 A. 可使用洛必达法则B. 极限不存在 C. 极限存在,且为0D. 极限存在,且不为0 答案 D 解设nπ≤x≤(n+1)π,则 2n(n+1)π=∫nπ0sintdt(n+1)π≤∫x0sintdtx≤∫(n+1)π0sintdtnπ=2(n+1)nπ。 又因为limn→∞2n(n+1)π=limn→∞2(n+1)nπ=2π,所以由夹逼定理可知limx→+∞∫x0sintdtx=2π。故选D。 补充: limx→+∞∫x0|sint|dtx不可以使用洛必达法则,因为 ∫x0|sint|dt′(x)′=|sinx|的极限不存在。 综合12由解反求微分方程 例题1 设f(x)=12e2x+x-13ex。 (1) 若f(x)是二阶常系数非齐次线性微分方程y″+ay′+by=cex的一个特解,则()。 A. a=-3,b=2,c=-1B. a=3,b=2,c=-1 C. a=-3,b=2,c=1D. a=3,b=2,c=1 (2) 若f(x)是某高阶常系数齐次线性微分方程的一个特解,则最低阶微分方程为。 (3) 微分方程y″-4y′+3y=f(x)的特解形式可设为()。 A. y*=ae2x+(bx+c)exB. y*=axe2x+(bx2+cx)ex C. y*=ae2x+(bx2+cx+d)exD. y*=ae2x+(bx2+cx)ex 答案 (1) A(2) y-4y″+5y′-2y=0(3) D 解(1) 由题意可知,12e2x、-13ex为二阶常系数齐次微分方程y″+ay′+by=0的解,所以2,1为特征方程r2+ar+b=0的根,从而a=-(1+2)=-3,b=1×2=2,从而原方程变为y″-3y′+2y=cex,再将特解y=xex代入得c=-1,故选A。 (2) 因为f(x)=12e2x+x-13ex为某高阶常系数齐次线性微分方程的一个特解,所以有如下结论: ① 从e2x中可以看出必有特征根λ=2。 ② 从x-13ex可以看出必有特征根λ=1,且至少为二重根, 故至少含有特征根1,1,2。 此时特征方程为(λ-1)2(λ-2)=0λ3-4λ2+5λ-2=0, 微分方程为y-4y″+5y′-2y=0。 (3) 齐次方程y″-4y′+3y=0 的特征根为λ1=1,λ2=3。 f(x)=f1(x)+f2(x)=12e2x+x-13ex,f1(x)=12e2x对应的特解可设为y*1(x)=ae2x,f2(x)=x-13ex 对应的特解可设为y*2(x)=x(bx+c)ex。所以f(x)对应的特解可设为y*(x)=y*1(x)+y*2(x)=ae2x+(bx2+cx)ex,故选D。 综合13变限函数平均值 例题1 设f(x)是(-∞,+∞)上的连续非负函数,且f(x)·∫x0f(x-t)dt=sin4x。则f(x)在区间[0,π]上的平均值为。 答案 3π2π 解令x-t=u,则∫x0f(x-t)dt=∫x0f(u)du,记F(x)=∫x0f(u)du,则F′(x)F(x)=sin4x,两端积分,得12F2(x)π0=∫π0sin4xdx=3π8,即F(π)=3π2,从而f(x)在区间0,π上的平均值为1π∫π0f(x)dx=3π2π。 补充: ∫π0sin4xdx= ∫π2-π2sin4xdx= 2∫π20sin4xdx=2× 34×12× π2= 3π8。 综合14旋转体体积 例题1 若y=(1+x2)2-1+x2,y=(1+x2)2+1+x2是微分方程y′+p(x)y=q(x)的两个解,曲线p(x)与其渐近线所围成的无界图形为D,则D绕x轴旋转一周所形成立体区域的体积为。 答案 π22 解y1-y2=-21+x2是一阶齐次微分方程y′+p(x)y=0的解,代入得-2x1+x2+p(x)-21+x2=0,所以p(x)=-x1+x2。渐近线为x轴,旋转体体积为2∫+∞0πp2(x)dx=2π∫+∞0x2(1+x2)2dx= 2π∫π20 tan2tsec4t sec2tdt 令x=tant 2π∫π20sin2tdt=π22。 综合15级数审敛法(仅数学一、数学三) 例题1 下列选项正确的是()。 A. 若un=(-1)nln1+1n,则级数∑∞n=1un收敛而∑∞n=1u2n发散 B. 若un=(-1)nln1+1n,则级数∑∞n=1un,∑∞n=1u2n均发散 C. 若常数λ>0,且级数∑∞n=1a2n收敛,则级数∑∞n=1(-1)n|an|n2+λ条件收敛 D. 若常数λ>0,且级数∑∞n=1a2n收敛,则级数∑∞n=1(-1)n|an|n2+λ收敛性与λ有关 答案 A 解先看选项A和选项B。讨论 ∑∞n=1un与∑∞n=1u2n的敛散性,∑∞n=1un=∑∞n=1(-1)nln1+1n是交错级数,显然ln1+1n单调下降且趋于零,由莱布尼茨判别法知,该级数收敛。正项级数∑∞n=1u2n=∑∞n=1ln1+1n中,ln21+1n~1n2=1n。 根据正项级数的比较判别法以及∑∞n=11n发散∑∞n=1u2n发散,故选A。 再看选项C和选项D。考查取绝对值后的级数。 (-1)n|an|n2+λ≤12a2n+121n2+λ<12a2n+12n2(第一个不等式是由a≥0,b≥0,ab≤12(a2+b2)得到的)。 又∑∞n=1a2n收敛, ∑∞n=112n2收敛(此为p级数: ∑∞n=11np,当p>1时收敛; 当p≤1时发散),所以∑∞n=112a2n+12n2收敛,由比较判别法得∑∞n=1(-1)n|an|n2+λ收敛。故原级数绝对收敛。 综合16余子式之和 例题1 设A=[aij]4×4为四阶方阵,Aij为代数余子式,若A的每行元素之和均为3,且A=3,则所有代数余子式之和∑4j=1∑4i=1Aij=。 答案 4 解A1111=31111,所以矩阵A有特征值λ=3,对应的特征向量为α=1111,考虑到代数余子式与伴随矩阵有关,由题意可知矩阵A的伴随矩阵A*有特征值Aλ=1,对应的特征向量为α=1111,对于A*=A11A21A31A41A12A22A32A42A13A23A33A43A14A24A34A44,有A11A21A31A41A12A22A32A42A13A23A33A43A14A24A34A441111=1111,所以∑4j=1∑4i=1Aij=1+1+1+1=4。 综合17隐含特征值 例题1 设二次型f(x1,x2,x3,x4)=xTAx,方程Ax=x+β的通解为15β+c1ξ1+c2ξ2,c1,c2为任意常数,β,ξ1,ξ2均为非零列向量,且 rA-2E*=1,则此二次型经过正交变换后得到的标准形为()。 A. 65y21+2y22+y23+y24B. 6y21+2y22+y23+y24 C. 15y21+2y22D. 4y21+2y22-y23-y24 答案 B 解 方程Ax=x+β的通解为15β+c1ξ1+c2ξ2,即 方程(A-E)x=β的通解为15β+c1ξ1+c2ξ2, 所以有如下结论: ① (A-E)ξ1= 0,(A-E)ξ2=0 ,即0是矩阵A-E的二重特征值。 ② (A-E)15β=β( A-E)β=5β,即 5是矩阵A-E的特征值。 所以A有特征值6,1,1。 (A-2E)伴随矩阵的秩r [(A-2E)*]=1,所以r(A-2E)=3,即0是矩阵A-2E的特征值。所以A有特征值2。 综上,A有特征值6,2,1,1。 所以二次型f(x1,x2,x3,x4)=xTAx经过正交变换后得到的标准形为6y21+2y22+y23+y24。 故选B。 综合18线性表示方程二次型 例题1 已知二次型f(x1,x2,x3)=xTAx,向量组α1=(1,0,1)T,α2=(0,1,1)T不能由矩阵A的列向量组线性表示,且A1101-10=-110110,则二次型经正交变换化为的标准形为。 答案 y21-y22 解矩阵的列向量不能线性表示向量组α1=(1,0,1)T,α2=(0,1,1)T,则说明矩阵的秩必不为3,所以A=0,0是矩阵的特征值,A1101-10=-110110说明矩阵有特征值-1,1。所以,标准形为y21-y22。 综合19方程组的解 例题1 设三阶实对称矩阵A=α1,α2,α3有二重特征值λ1=λ2=1,且α1+2α2=α3,A*是A的伴随矩阵。 (1) 方程组Ax=0的通解为。 (2) 方程组A*x=0的通解为。 答案 (1) k[1,2,-1]T(k为任意常数)(2) k156,-13,16T+k2-13,13,13T(k1,k2为任意常数) 解(1) α1+2α2=α3,知α1,α2,α312-1=A12-1=0=012-1,故λ3=0是A的特征值,β3=(1,2,-1)T是其对应的特征向量,所以方程组Ax=0的通解为 k1,2,-1T(k为任意常数)。 (2) A矩阵的列向量为方程组A*x=0的解。下面求解矩阵A。 令λ1=λ2=1对应的特征向量为β=(x1,x2,x3)T。由A为实对称矩阵,知βTβ3=0,即x1+2x2-x3=0,解得β1=(-2,1,0)T,β2=(1,0,1)T,为λ1=λ2=1对应的特征向量。对β1,β2正交化,得η1=β1=(-2,1,0)T,η2=β2-β2,β1β1,β1β1=15(1,2,5)T。 对其单位化,得γ1=15(-2,1,0)T,γ2=130(1,2,5)T,γ3=16(1,2,-1)T。 令Q=γ1,γ2,γ3,则Q为正交矩阵, A=QΛQ-1=QΛQT =-251301615230260530-16100010000-251501302305301626-16 =56-1316-131313161356。 由于A*A=AE=O,A的列向量中线性无关的α1,α2是A*x=0的两个基础解。故所求通解为k156,-13,16T+k2-13,13,13T(k1,k2为任意常数)。 综合20伴随矩阵的性质 例题1 设A=aij3×3为三阶实对称矩阵,且满足aij=Aij(i,j=1,2,3,Aij为aij的代数余子式),a33=-1,A=1,则方程Ax1x2x3=001的解为。 答案 00-1 解由aij=Aij有AT=A*,于是Ax1x2x3=001的解为x1x2x3=A-1001=1AA*001=a31a32a33=a31a32-1。又A=a31A31+a32A32+a33A33=a231+a232+1=1,有a31=a32=0,故x1x2x3=00-1。 综合21列行矩阵(秩为1的矩阵) 例题1 设矩阵A=αβT,其中α=[1,-1,1]T,β=[1,1,1]T,若非零三阶方阵C使得AC=C,则矩阵C为。 答案 k1k2k3-k1-k2-k3k1k2k3(其中k1,k2,k3不同时为零) 解 (A-E)C=0,解 (A-E)x= 0,有A-E=011-1-2-1110→10-1011000,所以(A-E)x=0的通解为k1,-1,1T(其中k为任意常数),所以有C=k1k2k3-k1-k2-k3k1k2k3(其中k1,k2,k3不同时为零,C 为非零方阵)。 注意: 行向量乘列向量,得到数,也就是行列式。但列向量乘行向量,得到矩阵,编者称其为列行矩阵。列行矩阵是秩为1的矩阵,相关试题较为常见。 综合22线性方程组的解 例题1 设A=1111abcda2b2c2d2,其中a,b,c,d为互异的实数,则下述结论必成立的是 ()。 A. Ax=0只有零解B. ATx=0有非零解 C. ATAx=0有非零解D. AATx=0有非零解 答案 C 解因A是3×4矩阵,故Ax=0是方程个数小于未知量个数的齐次线性方程组,所以必有非零解,故选项A不成立。因为Ax=0的解必是AT(Ax)=0的解,故选项C成立。注意到A为3×4矩阵,且其三阶子行列式含元素互异的三阶范德蒙行列式,故秩(A)=秩(AT)=秩(AAT)=3,而AT为4×3矩阵,故ATx=0及AATx=0只有零解,这表明选项B和D不成立。故选C。 综合23克拉默法则 例题1 设A=111…1a1a2a3…ana21a22a23…a2n︙︙︙︙an-11an-12an-13…an-1n,x=x1x2x3︙xn,β=111︙1,其中ai≠aj(i≠j,i,j=1,2,…,n),则线性方程组ATx=β的解是x=。 答案 (1,0,…,0)T 解A为n阶范德蒙行列式,由题设有i≠j时ai≠aj,则A=AT≠0,由克拉默法则,方程组ATx= β有唯一解,下面求出该唯一解。因 AT=1a1a21…an-111a2a22…an-12︙︙︙︙1ana2n…an-1n, AT=1a1a21…an-111a2a22…an-12︙︙︙︙1ana2n…an-1n, 则D1=AT,D2=11a21…an-1111a22…an-12︙︙︙︙11a2n…an-1n=0。同理,可求得D3=…=Dn=0,故其解为 x1=D1AT=D1D1=1,x2=D2AT=0AT=0,…,xn=DnAT=0AT=0, 即x=(1,0,…,0)T为所求的唯一解。 补充: 克拉默法则。若线性方程组的系数矩阵可逆(非奇异),即系数行列式 D≠0,则线性方程组有唯一解,其解为xj=DjD(j=1,2,…,n), 其中Dj是将D中的第j列元素对应地换成常数项而其余各列保持不变所得到的行列式。 综合24相似对角化 例题1 在矩阵① 10-1023-135,② 100230-15-1,③ 10-120-2-303,④ 12301300-1中,能相似对角化的矩阵共有()。 A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个 答案 C 解① 中的矩阵是实对称矩阵,必可相似对角化。 ② 中的矩阵是下三角矩阵,主对角线上的元素就是矩阵的特征值,因为矩阵有3个不同的特征值,其必可相似对角化。 ③ 中的矩阵的秩为1。由λE-A=λ3-4λ2知,其特征值是4,0,0。对于 λ2=λ3=0,有k2=2=n-秩0E-A=3-秩A=3-1=2。 或由0E-Ax=0的基础解系有3-1=2个线性无关的解向量,即λ=0有两个线性无关的特征向量.矩阵可相似对角化。 ④ 中的矩阵是上三角矩阵,主对角线上的元素1,1,-1就是其特征值。对于二重特征值,有k1=2≠n-秩E-A=3-秩0-2-300-3002=3-2=1。 或由E-Ax=0只有3-2=1个线性无关的特征向量知,矩阵不能相似对角化。 故选C。 综合25高等数学、线性代数与概率(仅数学一、数学三) 例题1 已知当x→0时,f(x)=3sinx-sin3x与xa是同阶无穷小,变量X服从参数为1的泊松分布,则矩阵A=a2-2-X-1X42-3不能相似于对角矩阵的概率为()。 A. 1-e-1B. e-1C. 0D. e-22 答案 A 解当x→0时,f(x)=3sinx-sin3x为三阶无穷小,所以a=3。A=32-2-X-1X42-3。矩阵的特征方程为A-λE=3-λ2-2-X-1-λX42-3-λ=λ-1λ+12,考查重根时特征向量的个数, A+E= 42-2 -X0X 42-2→42-2-X0X000,当X=0时,有rA+E=1,此时矩阵A能对角化,否则不能对角化。所以矩阵A不能对角化的概率为PX≠0=1-PX=0=1-e-1。故选A。