荒原之梦考研数学课程

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2002 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题与解析 ​

一、填空题 ​

1 ​

设函数

f(x)={1−etan⁡xarcsin⁡x2,x>0,ae2x,x≤0,f\left(x\right)=\begin{cases}\dfrac{1-e^{\tan x}}{\arcsin\dfrac{x}{2}}, & x>0,\\a e^{2x}, & x\le 0,\end{cases}

在 x=0x=0 处连续，则 a=a= ________。

答案： −2-2

解析： 当 x→0+x\to 0^{+} 时，1−etan⁡x∼−x1-e^{\tan x}\sim -x，arcsin⁡x2∼x2\arcsin\dfrac{x}{2}\sim \dfrac{x}{2}，故 lim⁡x→0+f(x)=−2\lim_{x\to 0^{+}}f\left(x\right)=-2。又 f(0)=af\left(0\right)=a，由连续性得 a=−2a=-2。

2 ​

位于曲线 y=xe−x(0≤x<+∞)y=x e^{-x}\left(0\le x<+\infty\right) 下方，xx 轴上方的无界图形的面积是 ________。

答案： 11

解析： 所求面积为 S=∫0+∞xe−x dxS=\int_{0}^{+\infty}x e^{-x}\mathrm{~d}x。分部积分得 S=[−xe−x]0+∞+∫0+∞e−x dx=1S=\left[-x e^{-x}\right]_{0}^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty}e^{-x}\mathrm{~d}x=1。

3 ​

微分方程 yy′′+(y′)2=0yy^{\prime\prime}+\left(y^{\prime}\right)^{2}=0 满足初始条件 y(0)=1y\left(0\right)=1，y′(0)=12y^{\prime}\left(0\right)=\dfrac{1}{2} 的特解是 ________。

答案： y=x+1y=\sqrt{x+1}

解析： 因为 yy′′+(y′)2=(yy′)′yy^{\prime\prime}+\left(y^{\prime}\right)^{2}=\left(yy^{\prime}\right)^{\prime}，所以 yy′=Cyy^{\prime}=C。由初始条件得 C=12C=\dfrac{1}{2}，即 (y2)′=1\left(y^{2}\right)^{\prime}=1。积分得 y2=x+1y^{2}=x+1，又 y(0)=1y\left(0\right)=1，故 y=x+1y=\sqrt{x+1}。

4 ​

lim⁡n→∞1n[1+cos⁡πn+1+cos⁡2πn+⋯+1+cos⁡nπn]=\lim_{n\to \infty}\dfrac{1}{n}\left[\sqrt{1+\cos\dfrac{\pi}{n}}+\sqrt{1+\cos\dfrac{2\pi}{n}}+\cdots+\sqrt{1+\cos\dfrac{n\pi}{n}}\right]= ________。

答案： 22π\dfrac{2\sqrt{2}}{\pi}

解析： 由定积分定义，

lim⁡n→∞1n∑i=1n1+cos⁡iπn=1π∫0π1+cos⁡x dx\lim_{n\to \infty}\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{1+\cos\dfrac{i\pi}{n}}=\dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\sqrt{1+\cos x}\mathrm{~d}x。

又 1+cos⁡x=2cos⁡2x21+\cos x=2\cos^{2}\dfrac{x}{2}，所以原式等于 2π∫0πcos⁡x2 dx=22π\dfrac{\sqrt{2}}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos\dfrac{x}{2}\mathrm{~d}x=\dfrac{2\sqrt{2}}{\pi}。

5 ​

矩阵

[0−2−2−222222]\begin{bmatrix}0 & -2 & -2\\-2 & 2 & 2\\2 & 2 & 2\end{bmatrix}

的非零特征值是 ________。

答案： 44

解析： 记该矩阵为 A\boldsymbol{A}。计算得 ∣λE−A∣=λ2(λ−4)\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\lambda^{2}\left(\lambda-4\right)，所以特征值为 0,0,40,0,4，非零特征值为 44。

二、选择题 ​

1 ​

设函数 f(u)f\left(u\right) 可导，y=f(x2)y=f\left(x^{2}\right)。当自变量 xx 在 x=−1x=-1 处取得增量 Δx=−0.1\Delta x=-0.1 时，相应的函数增量 Δy\Delta y 的线性主部为 0.10.1，则 f′(1)=f^{\prime}\left(1\right)=（ ）

A. −1-1
B. 0.10.1
C. 11
D. 0.50.5

答案： D

解析： 由 y=f(x2)y=f\left(x^{2}\right)，得 y′=2xf′(x2)y^{\prime}=2x f^{\prime}\left(x^{2}\right)。线性主部为 y′(−1)Δx=0.2f′(1)y^{\prime}\left(-1\right)\Delta x=0.2f^{\prime}\left(1\right)，由题意 0.2f′(1)=0.10.2f^{\prime}\left(1\right)=0.1，故 f′(1)=0.5f^{\prime}\left(1\right)=0.5，选 D。

2 ​

设函数 f(x)f\left(x\right) 连续，则下列函数中，必为偶函数的是（ ）

A. ∫0x2f(t) dt\int_{0}^{x^{2}}f\left(t\right)\mathrm{~d}t
B. ∫0xf(t2) dt\int_{0}^{x}f\left(t^{2}\right)\mathrm{~d}t
C. ∫0xt[f(t)−f(−t)] dt\int_{0}^{x}t\left[f\left(t\right)-f\left(-t\right)\right]\mathrm{~d}t
D. ∫0xt[f(t)+f(−t)] dt\int_{0}^{x}t\left[f\left(t\right)+f\left(-t\right)\right]\mathrm{~d}t

答案： D

解析： 设 F(x)=∫0xt[f(t)+f(−t)] dtF\left(x\right)=\int_{0}^{x}t\left[f\left(t\right)+f\left(-t\right)\right]\mathrm{~d}t。令 t=−ut=-u，可得 F(−x)=F(x)F\left(-x\right)=F\left(x\right)，故 D 为偶函数。

3 ​

设 y=y(x)y=y\left(x\right) 是二阶常系数微分方程 y′′+py′+qy=e3xy^{\prime\prime}+py^{\prime}+qy=e^{3x} 满足初始条件 y(0)=y′(0)=0y\left(0\right)=y^{\prime}\left(0\right)=0 的特解，则当 x→0x\to 0 时，函数 ln⁡(1+x2)y(x)\dfrac{\ln\left(1+x^{2}\right)}{y\left(x\right)} 的极限（ ）

A. 不存在
B. 等于 11
C. 等于 22
D. 等于 33

答案： C

解析： 由方程和初始条件得 y′′(0)=1y^{\prime\prime}\left(0\right)=1。因此 y(x)=12x2+o(x2)y\left(x\right)=\dfrac{1}{2}x^{2}+o\left(x^{2}\right)，而 ln⁡(1+x2)∼x2\ln\left(1+x^{2}\right)\sim x^{2}，故极限为 22，选 C。

4 ​

设函数 y=f(x)y=f\left(x\right) 在 (0,+∞)\left(0,+\infty\right) 内有界且可导，则（ ）

A. 当 lim⁡x→+∞f(x)=0\lim_{x\to +\infty}f\left(x\right)=0 时，必有 lim⁡x→+∞f′(x)=0\lim_{x\to +\infty}f^{\prime}\left(x\right)=0。
B. 当 lim⁡x→+∞f′(x)\lim_{x\to +\infty}f^{\prime}\left(x\right) 存在时，必有 lim⁡x→+∞f′(x)=0\lim_{x\to +\infty}f^{\prime}\left(x\right)=0。
C. 当 lim⁡x→0+f(x)=0\lim_{x\to 0^{+}}f\left(x\right)=0 时，必有 lim⁡x→0+f′(x)=0\lim_{x\to 0^{+}}f^{\prime}\left(x\right)=0。
D. 当 lim⁡x→0+f′(x)\lim_{x\to 0^{+}}f^{\prime}\left(x\right) 存在时，必有 lim⁡x→0+f′(x)=0\lim_{x\to 0^{+}}f^{\prime}\left(x\right)=0。

答案： B

解析： 设 lim⁡x→+∞f′(x)=A\lim_{x\to +\infty}f^{\prime}\left(x\right)=A。若 A>0A>0 或 A<0A<0，由拉格朗日中值定理均可推出 f(x)f\left(x\right) 无界，与题设矛盾。因此 A=0A=0，选 B。

5 ​

设向量组 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性无关，向量 β1\boldsymbol{\beta}_{1} 可由 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性表示，而向量 β2\boldsymbol{\beta}_{2} 不能由 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性表示，则对于任意常数 kk，必有（ ）

A. α1,α2,α3,kβ1+β2\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},k\boldsymbol{\beta}_{1}+\boldsymbol{\beta}_{2} 线性无关。
B. α1,α2,α3,kβ1+β2\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},k\boldsymbol{\beta}_{1}+\boldsymbol{\beta}_{2} 线性相关。
C. α1,α2,α3,β1+kβ2\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\beta}_{1}+k\boldsymbol{\beta}_{2} 线性无关。
D. α1,α2,α3,β1+kβ2\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\beta}_{1}+k\boldsymbol{\beta}_{2} 线性相关。

答案： A

解析： 若 A 中向量组线性相关，则 kβ1+β2k\boldsymbol{\beta}_{1}+\boldsymbol{\beta}_{2} 可由 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性表示。又 β1\boldsymbol{\beta}_{1} 可由它们线性表示，从而 β2\boldsymbol{\beta}_{2} 也可由它们线性表示，矛盾。故选 A。

三、计算题 ​

已知曲线的极坐标方程是 r=1−cos⁡θr=1-\cos\theta，求该曲线上对应于 θ=π6\theta=\dfrac{\pi}{6} 处的切线与法线的直角坐标方程。

解析：

由 x=rcos⁡θx=r\cos\theta，y=rsin⁡θy=r\sin\theta，得

x=(1−cos⁡θ)cos⁡θ,y=(1−cos⁡θ)sin⁡θx=\left(1-\cos\theta\right)\cos\theta,\quad y=\left(1-\cos\theta\right)\sin\theta。

当 θ=π6\theta=\dfrac{\pi}{6} 时，点的坐标为 (32−34,12−34)\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{3}{4},\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)。又

yθ′xθ′=cos⁡θ+sin⁡2θ−cos⁡2θ−sin⁡θ+2cos⁡θsin⁡θ\dfrac{y_{\theta}^{\prime}}{x_{\theta}^{\prime}}=\dfrac{\cos\theta+\sin^{2}\theta-\cos^{2}\theta}{-\sin\theta+2\cos\theta\sin\theta}，

代入 θ=π6\theta=\dfrac{\pi}{6} 得切线斜率为 11。故切线方程为

x−y−334+54=0x-y-\dfrac{3\sqrt{3}}{4}+\dfrac{5}{4}=0。

法线斜率为 −1-1，故法线方程为

x+y−34+14=0x+y-\dfrac{\sqrt{3}}{4}+\dfrac{1}{4}=0。

四、计算题 ​

设

f(x)={2x+32x2,−1≤x<0,xex(ex+1)2,0≤x≤1,f\left(x\right)=\begin{cases}2x+\dfrac{3}{2}x^{2}, & -1\le x<0,\\\dfrac{x e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}}, & 0\le x\le 1,\end{cases}

求函数 F(x)=∫−1xf(t) dtF\left(x\right)=\int_{-1}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t 的表达式。

解析：

当 −1≤x<0-1\le x<0 时，

F(x)=∫−1x(2t+32t2) dt=12x3+x2−12F\left(x\right)=\int_{-1}^{x}\left(2t+\dfrac{3}{2}t^{2}\right)\mathrm{~d}t=\dfrac{1}{2}x^{3}+x^{2}-\dfrac{1}{2}。

当 0≤x≤10\le x\le 1 时，

F(x)=−12+∫0xtet(et+1)2 dt=−12−xex+1+ln⁡(1+ex)−ln⁡2F\left(x\right)=-\dfrac{1}{2}+\int_{0}^{x}\dfrac{t e^{t}}{\left(e^{t}+1\right)^{2}}\mathrm{~d}t=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{e^{x}+1}+\ln\left(1+e^{x}\right)-\ln 2。

所以

F(x)={12x3+x2−12,−1≤x<0,−12−xex+1+ln⁡(1+ex)−ln⁡2,0≤x≤1.F\left(x\right)=\begin{cases}\dfrac{1}{2}x^{3}+x^{2}-\dfrac{1}{2}, & -1\le x<0,\\-\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{e^{x}+1}+\ln\left(1+e^{x}\right)-\ln 2, & 0\le x\le 1.\end{cases}

五、计算题 ​

已知函数 f(x)f\left(x\right) 在 (0,+∞)\left(0,+\infty\right) 内可导，f(x)>0f\left(x\right)>0，lim⁡x→+∞f(x)=1\lim_{x\to +\infty}f\left(x\right)=1，且满足

lim⁡h→0(f(x+hx)f(x))1h=e1x\lim_{h\to 0}\left(\dfrac{f\left(x+hx\right)}{f\left(x\right)}\right)^{\frac{1}{h}}=e^{\frac{1}{x}}，

求 f(x)f\left(x\right)。

解析：

两边取对数，得

lim⁡h→0ln⁡f(x+hx)−ln⁡f(x)h=1x\lim_{h\to 0}\dfrac{\ln f\left(x+hx\right)-\ln f\left(x\right)}{h}=\dfrac{1}{x}。

左端为 x(ln⁡f(x))′x\left(\ln f\left(x\right)\right)^{\prime}，故 (ln⁡f(x))′=1x2\left(\ln f\left(x\right)\right)^{\prime}=\dfrac{1}{x^{2}}。积分得 ln⁡f(x)=−1x+C\ln f\left(x\right)=-\dfrac{1}{x}+C，即 f(x)=C1e−1xf\left(x\right)=C_{1}e^{-\frac{1}{x}}。

由 lim⁡x→+∞f(x)=1\lim_{x\to +\infty}f\left(x\right)=1，得 C1=1C_{1}=1，所以

f(x)=e−1xf\left(x\right)=e^{-\frac{1}{x}}。

六、计算题 ​

求微分方程 xdy+(x−2y)dx=0x\mathrm{d}y+\left(x-2y\right)\mathrm{d}x=0 的一个解 y=y(x)y=y\left(x\right)，使得由曲线 y=y(x)y=y\left(x\right)，直线 x=1x=1、x=2x=2 以及 xx 轴所围成的平面图形绕 xx 轴旋转一周的旋转体体积最小。

解析：

原方程化为 y′−2xy=−1y^{\prime}-\dfrac{2}{x}y=-1，解得 y=x+Cx2y=x+Cx^{2}。

旋转体体积为

V=π∫12(x+Cx2)2 dx=π(315C2+152C+73)V=\pi\int_{1}^{2}\left(x+Cx^{2}\right)^{2}\mathrm{~d}x=\pi\left(\dfrac{31}{5}C^{2}+\dfrac{15}{2}C+\dfrac{7}{3}\right)。

令 V′(C)=0V^{\prime}\left(C\right)=0，得 C=−75124C=-\dfrac{75}{124}。又 V′′(C)>0V^{\prime\prime}\left(C\right)>0，故体积最小。所求曲线为

y=x−75124x2y=x-\dfrac{75}{124}x^{2}。

七、应用题 ​

某闸门的形状与大小如图所示（图示略），其中直线 ll 为对称轴，闸门的上部为矩形 ABCDABCD，下部由二次抛物线与线段 ABAB 所围成。图中矩形宽为 2 m2\ \mathrm{m}，下部抛物线顶点到线段 ABAB 的距离为 1 m1\ \mathrm{m}。当水面与闸门的上端相平时，欲使闸门矩形部分承受的水压力与闸门下部承受的水压力之比为 5:45:4，闸门矩形部分的高 hh 应为多少 m\mathrm{m}？

解析：

建立坐标系，使下部抛物线为 y=x2y=x^{2}，−1≤x≤1-1\le x\le 1，线段 ABAB 位于 y=1y=1 处。

矩形部分所受水压力为

P1=2ρg∫11+h(1+h−y) dy=ρgh2P_{1}=2\rho g\int_{1}^{1+h}\left(1+h-y\right)\mathrm{~d}y=\rho g h^{2}。

抛物线部分所受水压力为

P2=2ρg∫01y(1+h−y) dy=ρg(43h+815)P_{2}=2\rho g\int_{0}^{1}\sqrt{y}\left(1+h-y\right)\mathrm{~d}y=\rho g\left(\dfrac{4}{3}h+\dfrac{8}{15}\right)。

由 P1:P2=5:4P_{1}:P_{2}=5:4，得 h243h+815=54\dfrac{h^{2}}{\frac{4}{3}h+\frac{8}{15}}=\dfrac{5}{4}。解得 h=2h=2 或 h=−13h=-\dfrac{1}{3}，舍去负值，故

h=2 mh=2\ \mathrm{m}。

八、证明题 ​

设 0<x1<30<x_{1}<3，xn+1=xn(3−xn)(n=1,2,⋯ )x_{n+1}=\sqrt{x_{n}\left(3-x_{n}\right)}\left(n=1,2,\cdots\right)，证明数列 {xn}\left\{x_{n}\right\} 的极限存在，并求此极限。

解析：

由 0<x1<30<x_{1}<3，得 xn>0x_{n}>0。又

xn+1=xn(3−xn)≤xn+3−xn2=32x_{n+1}=\sqrt{x_{n}\left(3-x_{n}\right)}\le \dfrac{x_{n}+3-x_{n}}{2}=\dfrac{3}{2}，

所以 0<xn≤32(n≥2)0<x_{n}\le \dfrac{3}{2}\left(n\ge 2\right)。

并且

xn+1−xn=xn(3−2xn)xn(3−xn)+xn≥0x_{n+1}-x_{n}=\dfrac{x_{n}\left(3-2x_{n}\right)}{\sqrt{x_{n}\left(3-x_{n}\right)}+x_{n}}\ge 0，

故从 n=2n=2 起，{xn}\left\{x_{n}\right\} 单调递增且有上界，极限存在。设极限为 aa，则

a=a(3−a)a=\sqrt{a\left(3-a\right)}，

解得 a=0a=0 或 a=32a=\dfrac{3}{2}。由 xn>0x_{n}>0 且单调递增，知 a≠0a\ne 0，故

lim⁡n→∞xn=32\lim_{n\to\infty}x_{n}=\dfrac{3}{2}。

九、证明题 ​

设 0<a<b0<a<b，证明不等式

2aa2+b2<ln⁡b−ln⁡ab−a<1ab\dfrac{2a}{a^{2}+b^{2}}<\dfrac{\ln b-\ln a}{b-a}<\dfrac{1}{\sqrt{ab}}。

解析：

由拉格朗日中值定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in\left(a,b\right)，使

ln⁡b−ln⁡ab−a=1ξ\dfrac{\ln b-\ln a}{b-a}=\dfrac{1}{\xi}。

因 a<ξ<ba<\xi<b，所以 1ξ>1b>2aa2+b2\dfrac{1}{\xi}>\dfrac{1}{b}>\dfrac{2a}{a^{2}+b^{2}}，左边不等式成立。

再令

ψ(x)=ln⁡x−ln⁡a−x−aax\psi\left(x\right)=\ln x-\ln a-\dfrac{x-a}{\sqrt{ax}}。

则 ψ(a)=0\psi\left(a\right)=0，且

ψ′(x)=−(x−a)22ax32<0(x>a)\psi^{\prime}\left(x\right)=-\dfrac{\left(\sqrt{x}-\sqrt{a}\right)^{2}}{2\sqrt{a}x^{\frac{3}{2}}}<0\quad \left(x>a\right)。

故 ψ(b)<0\psi\left(b\right)<0，即 ln⁡b−ln⁡a<b−aab\ln b-\ln a<\dfrac{b-a}{\sqrt{ab}}，从而右边不等式成立。

十、证明题 ​

设函数 f(x)f\left(x\right) 在 x=0x=0 的某邻域内具有二阶连续导数，且 f(0)≠0f\left(0\right)\ne 0，f′(0)≠0f^{\prime}\left(0\right)\ne 0，f′′(0)≠0f^{\prime\prime}\left(0\right)\ne 0。证明：存在惟一的一组实数 λ1,λ2,λ3\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3}，使得当 h→0h\to 0 时，

λ1f(h)+λ2f(2h)+λ3f(3h)−f(0)\lambda_{1}f\left(h\right)+\lambda_{2}f\left(2h\right)+\lambda_{3}f\left(3h\right)-f\left(0\right)

是比 h2h^{2} 高阶的无穷小。

解析：

将 f(h),f(2h),f(3h)f\left(h\right),f\left(2h\right),f\left(3h\right) 在 00 处展开到二阶。要使表达式为 o(h2)o\left(h^{2}\right)，需满足

{λ1+λ2+λ3=1,λ1+2λ2+3λ3=0,λ1+4λ2+9λ3=0.\begin{cases}\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}=1,\\\lambda_{1}+2\lambda_{2}+3\lambda_{3}=0,\\\lambda_{1}+4\lambda_{2}+9\lambda_{3}=0.\end{cases}

其系数行列式

∣111123149∣=2≠0\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\1 & 2 & 3\\1 & 4 & 9\end{vmatrix}=2\ne 0，

故存在唯一解。解得 λ1=3\lambda_{1}=3，λ2=−3\lambda_{2}=-3，λ3=1\lambda_{3}=1，证毕。

十一、计算题 ​

已知 A,B\boldsymbol{A},\boldsymbol{B} 为 33 阶矩阵，且满足

2A−1B=B−4E2\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{B}-4\boldsymbol{E}，

其中 E\boldsymbol{E} 是 33 阶单位矩阵。

  1. 证明：矩阵 A−2E\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E} 可逆；
  2. 若

B=[1−20120002]\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}1 & -2 & 0\\1 & 2 & 0\\0 & 0 & 2\end{bmatrix}，

求矩阵 A\boldsymbol{A}。

解析：

由 2A−1B=B−4E2\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{B}-4\boldsymbol{E}，左乘 A\boldsymbol{A} 得 2B=AB−4A2\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}-4\boldsymbol{A}，即

(A−2E)(B−4E)=8E\left(\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E}\right)\left(\boldsymbol{B}-4\boldsymbol{E}\right)=8\boldsymbol{E}。

故 A−2E\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E} 可逆，且

(A−2E)−1=18(B−4E)\left(\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E}\right)^{-1}=\dfrac{1}{8}\left(\boldsymbol{B}-4\boldsymbol{E}\right)。

于是

A=8(B−4E)−1+2E\boldsymbol{A}=8\left(\boldsymbol{B}-4\boldsymbol{E}\right)^{-1}+2\boldsymbol{E}。

由

B−4E=[−3−201−2000−2]\boldsymbol{B}-4\boldsymbol{E}=\begin{bmatrix}-3 & -2 & 0\\1 & -2 & 0\\0 & 0 & -2\end{bmatrix}，

可得

(B−4E)−1=[−14140−18−38000−12]\left(\boldsymbol{B}-4\boldsymbol{E}\right)^{-1}=\begin{bmatrix}-\dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{4} & 0\\-\dfrac{1}{8} & -\dfrac{3}{8} & 0\\0 & 0 & -\dfrac{1}{2}\end{bmatrix}。

因此

A=[020−1−1000−2]\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}0 & 2 & 0\\-1 & -1 & 0\\0 & 0 & -2\end{bmatrix}。

十二、计算题 ​

已知 44 阶方阵 A=(α1,α2,α3,α4)\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\right)，α1,α2,α3,α4\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4} 均为 44 维列向量，其中 α2,α3,α4\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4} 线性无关，α1=2α2−α3\boldsymbol{\alpha}_{1}=2\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{3}。如果 β=α1+α2+α3+α4\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{4}，求线性方程组 Ax=β\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{\beta} 的通解。

解析：

设 x=[x1x2x3x4]\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\\x_{4}\end{bmatrix}。由 α1=2α2−α3\boldsymbol{\alpha}_{1}=2\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{3}，方程 Ax=β\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{\beta} 可化为

(2x1+x2)α2+(−x1+x3)α3+x4α4=3α2+α4\left(2x_{1}+x_{2}\right)\boldsymbol{\alpha}_{2}+\left(-x_{1}+x_{3}\right)\boldsymbol{\alpha}_{3}+x_{4}\boldsymbol{\alpha}_{4}=3\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{4}。

由于 α2,α3,α4\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4} 线性无关，故

{2x1+x2=3,−x1+x3=0,x4=1.\begin{cases}2x_{1}+x_{2}=3,\\-x_{1}+x_{3}=0,\\x_{4}=1.\end{cases}

令 x1=kx_{1}=k，则 x2=3−2kx_{2}=3-2k，x3=kx_{3}=k，x4=1x_{4}=1。因此通解为

x=[0301]+k[1−210]\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}0\\3\\0\\1\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}1\\-2\\1\\0\end{bmatrix}，

其中 kk 为任意常数。