这里是 2026 年考研数二真题的刷题版解析，更详细的 2026 考研数二解析请查阅这里。
一、选择题
1~10 小题，每小题 5 分，共 50 分.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
已知当 \(x \to 0\) 时，\(a x^{2} + b x + \arcsin x\) 与 \(\sqrt[3]{1 + x^{2}} - 1\) 是等价无穷小，则
- A. \(a = \frac{1}{3},\ b = -1\)
- B. \(a = \frac{1}{3},\ b = 1\)
- C. \(a = \frac{2}{3},\ b = -1\)
- D. \(a = \frac{2}{3},\ b = 1\)
答案： A
解析：
当 \(x \to 0\) 时，
\[\sqrt[3]{1+x^2}-1 \sim \frac13 x^2,\qquad \arcsin x = x + o(x^2).
\]
故
\[ax^2+bx+\arcsin x=(b+1)x+ax^2+o(x^2).
\]
与 \(\frac13 x^2\) 等价，必有
\[b+1=0,\qquad a=\frac13.
\]
故选 A.
2
设 \(y_1(x),y_2(x)\) 是某二阶非齐次线性微分方程的两个特解.若常数 \(\lambda,\mu\) 使得 \(2\lambda y_1(x)+\mu y_2(x)\) 是该方程的解，\(\lambda y_1(x)-2\mu y_2(x)\) 是该方程对应齐次方程的解，则
- A. \(\lambda=\frac15,\ \mu=\frac25\)
- B. \(\lambda=\frac25,\ \mu=\frac15\)
- C. \(\lambda=\frac14,\ \mu=\frac12\)
- D. \(\lambda=\frac12,\ \mu=\frac14\)
答案： B
解析：
非齐次解线性组合仍为原方程解时，特解系数和应为 \(1\)；齐次解对应系数和应为 \(0\).故
\[2\lambda+\mu=1,\qquad \lambda-2\mu=0.
\]
解得
\[\lambda=\frac25,\qquad \mu=\frac15.
\]
故选 B.
3
设函数 \(z=z(x,y)\) 由方程 \(x-az=e^{y+az}\)（\(a\) 为非零常数）确定，则
- A. \(\dfrac{\partial z}{\partial x}-\dfrac{\partial z}{\partial y}=\dfrac1a\)
- B. \(\dfrac{\partial z}{\partial x}+\dfrac{\partial z}{\partial y}=\dfrac1a\)
- C. \(\dfrac{\partial z}{\partial x}-\dfrac{\partial z}{\partial y}=-\dfrac1a\)
- D. \(\dfrac{\partial z}{\partial x}+\dfrac{\partial z}{\partial y}=-\dfrac1a\)
答案： A
解析：
设
\[F(x,y,z)=x-az-e^{y+az}=0.
\]
则
\[F_x=1,\qquad F_y=-e^{y+az},\qquad F_z=-a\bigl(1+e^{y+az}\bigr).
\]
由隐函数求导公式，
\[\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}
=\frac{1}{a(1+e^{y+az})},
\]
\[\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}
=-\frac{e^{y+az}}{a(1+e^{y+az})}.
\]
两式相减得
\[\frac{\partial z}{\partial x}-\frac{\partial z}{\partial y}=\frac1a.
\]
故选 A.
4
设线密度为 \(1\) 的细直棒两端点分别位于 \((-1,0)\) 和 \((1,0)\)，质量为 \(m\) 的质点位于 \((0,1)\)，\(G\) 为引力常量，则该细直棒对该质点的引力大小为
- A. \(\displaystyle \int_0^1 \frac{2Gmx}{(x^2+1)^{1/2}}\,dx\)
- B. \(\displaystyle \int_0^1 \frac{2Gm}{(x^2+1)^{1/2}}\,dx\)
- C. \(\displaystyle \int_0^1 \frac{2Gmx}{(x^2+1)^{3/2}}\,dx\)
- D. \(\displaystyle \int_0^1 \frac{2Gm}{(x^2+1)^{3/2}}\,dx\)
答案： D
解析：
取棒上点 \((x,0)\) 的微元 \(dx\)，其到质点的距离为 \(\sqrt{x^2+1}\).微元引力大小为
\[dF=\frac{Gm\,dx}{x^2+1}.
\]
由对称性，水平方向分力抵消，只需取竖直分量：
\[dF_y=dF\cdot \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}
=\frac{Gm\,dx}{(x^2+1)^{3/2}}.
\]
故总引力为
\[F=2\int_0^1 \frac{Gm}{(x^2+1)^{3/2}}\,dx.
\]
故选 D.
5
设函数 \(f(x)\) 在区间 \([-1,1]\) 上有定义，则
- A. 当 \(f(x)\) 在 \((-1,0)\) 单调递减、在 \((0,1)\) 单调递增时，\(f(0)\) 是极小值
- B. 当 \(f(0)\) 是极小值时，\(f(x)\) 在 \((-1,0)\) 单调递减、在 \((0,1)\) 单调递增
- C. 当 \(f(x)\) 的图形在 \([-1,1]\) 上是凹的时，\(\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}\) 在 \([-1,1)\) 上单调递增
- D. 当 \(\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}\) 在 \([-1,1)\) 上单调递增时，\(f(x)\) 的图形在 \([-1,1]\) 上是凹的
答案： C
解析：
-
A 错： 取
\[f(x)=
\begin{cases}
x^2, & x\ne 0,\\
1, & x=0,
\end{cases}
\]
则单调性满足，但 \(f(0)\) 不是极小值.
-
B 错： 取
\[f(x)=
\begin{cases}
-x^2+1, & x\ne 0,\\
0, & x=0,
\end{cases}
\]
则 \(f(0)\) 是极小值，但两侧单调性不满足.
-
C 对： 若图形在 \([-1,1]\) 上是凹的，则割线斜率随点右移而增大，因此
\[\frac{f(x)-f(1)}{x-1}
\]
在 \([-1,1)\) 上单调递增.
-
D 错： 取 \(f(x)=x^4-x^3\)，上式单调递增，但 \(f''(x)=6x(2x-1)\) 在 \([-1,1]\) 不恒号，不是凹函数.
故选 C.
6
已知函数
\[f(x)=\int_1^{x^3}\frac{e^t}{1+t^2}\,dt,
\]
\(f\) 的反函数为 \(g\)，则
- A. \(g(0)=1,\ g'(0)=\dfrac{3e}{2}\)
- B. \(g(0)=1,\ g'(0)=\dfrac{2}{3e}\)
- C. \(g(1)=0,\ g'(1)=\dfrac{3e}{2}\)
- D. \(g(1)=0,\ g'(1)=\dfrac{2}{3e}\)
答案： B
解析：
因 \(f(1)=0\)，故
\[g(0)=1.
\]
由变上限积分求导，
\[f'(x)=\frac{e^{x^3}}{1+x^6}\cdot 3x^2,
\]
于是
\[f'(1)=\frac{3e}{2}.
\]
反函数求导公式给出
\[g'(0)=\frac{1}{f'(1)}=\frac{2}{3e}.
\]
故选 B.
7
设函数 \(f(x,y)\) 在区域
\[D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\}
\]
上连续，且 \(f(x,y)=f(y,x)\)，则
\[\iint_D f(x,y)\,dx\,dy=
\]
- A. \(\displaystyle 2\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\sum_{j=n+1-i}^n f\!\left(\frac{i}{n},\frac{j}{n}\right)\frac{1}{n^2}\)
- B. \(\displaystyle \frac12\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n f\!\left(\frac{i}{n},\frac{j}{n}\right)\frac{1}{n^2}\)
- C. \(\displaystyle 2\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=1}^{2n+1-i} f\!\left(\frac{i}{2n},\frac{j}{2n}\right)\frac{1}{n^2}\)
- D. \(\displaystyle \frac12\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=1}^i f\!\left(\frac{i}{2n},\frac{j}{2n}\right)\frac{1}{n^2}\)
答案： D
解析：
由对称性，
\[\iint_D f(x,y)\,dx\,dy
=2\iint_{0\le y\le x\le 1} f(x,y)\,dx\,dy
=2\int_0^1 dx\int_0^x f(x,y)\,dy.
\]
选项 D 的求和区域正对应三角形区域 \(0\le y\le x\le 1\)，且网格边长为 \(\frac{1}{2n}\)，因此
\[\frac12\cdot \frac{1}{n^2}
=2\cdot \frac{1}{(2n)^2},
\]
恰好对应上述二重积分.故选 D.
8
单位矩阵经过若干次互换两行得到的矩阵称为置换矩阵.设 \(\boldsymbol A\) 为 \(n\) 阶置换矩阵，\(\boldsymbol A^*\) 为 \(\boldsymbol A\) 的伴随矩阵，则
- A. \(\boldsymbol A^*\) 为置换矩阵
- B. \(\boldsymbol A^{-1}\) 为置换矩阵
- C. \(\boldsymbol A^{-1}=\boldsymbol A^*\)
- D. \(\boldsymbol A^{-1}=-\boldsymbol A^*\)
答案： B
解析：
置换矩阵的逆矩阵等于其转置，仍是置换矩阵，所以 B 正确.
又
\[\boldsymbol A^*=|\boldsymbol A|\,\boldsymbol A^{-1},\qquad |\boldsymbol A|=\pm 1.
\]
因此 \(\boldsymbol A^*\) 不一定还是置换矩阵，且 C、D 也都不是恒成立.故选 B.
9
设矩阵
\[\boldsymbol A=
\begin{pmatrix}
1&0&1\\
0&0&1\\
1&1&3\\
1&1&1
\end{pmatrix},
\qquad
\boldsymbol C=
\begin{pmatrix}
2&0\\
1&1\\
1&1\\
a&b
\end{pmatrix}.
\]
若存在矩阵 \(\boldsymbol B\) 满足 \(\boldsymbol A\boldsymbol B=\boldsymbol C\)，则
- A. \(a=-1,\ b=-1\)
- B. \(a=2,\ b=2\)
- C. \(a=-1,\ b=2\)
- D. \(a=2,\ b=-1\)
答案： A
解析：
\(\boldsymbol A\boldsymbol B=\boldsymbol C\) 意味着 \(\boldsymbol C\) 的每一列都应属于 \(\boldsymbol A\) 的列空间.
对第一列 \((2,1,1,a)^T\)，设
\[\boldsymbol A x=
\begin{pmatrix}
2\\1\\1\\a
\end{pmatrix}.
\]
由方程组得
\[x_3=1,\quad x_1=1,\quad x_2=-3,
\]
再代入第四行得
\[a=x_1+x_2+x_3=-1.
\]
同理，对第二列 \((0,1,1,b)^T\)，解得
\[x_3=1,\quad x_1=-1,\quad x_2=-1,
\]
故
\[b=x_1+x_2+x_3=-1.
\]
故选 A.
10
设三阶矩阵 \(\boldsymbol A,\boldsymbol B\) 满足
\[\boldsymbol A\boldsymbol B+\boldsymbol B\boldsymbol A=\boldsymbol A^2+\boldsymbol B^2,
\]
且 \(\boldsymbol A\ne \boldsymbol B\)，则下列结论错误的是
- A. \((\boldsymbol A-\boldsymbol B)^3=\boldsymbol O\)
- B. \(\boldsymbol A-\boldsymbol B\) 只有零特征值
- C. \(\boldsymbol A,\boldsymbol B\) 不能都是对角矩阵
- D. \(\boldsymbol A-\boldsymbol B\) 只有一个线性无关的特征向量
答案： D
解析：
原式化为
\[\boldsymbol A(\boldsymbol B-\boldsymbol A)+\boldsymbol B(\boldsymbol A-\boldsymbol B)=\boldsymbol O,
\]
即
\[(\boldsymbol A-\boldsymbol B)(\boldsymbol B-\boldsymbol A)=\boldsymbol O,
\]
从而
\[(\boldsymbol A-\boldsymbol B)^2=\boldsymbol O.
\]
因此：
-
A 对： 平方为零，立方当然也为零.
-
B 对： 若 \(\lambda\) 是 \(\boldsymbol A-\boldsymbol B\) 的特征值，则 \(\lambda^2=0\)，故 \(\lambda=0\).
-
C 对： 若二者都为对角矩阵，则差仍为对角矩阵；对角矩阵平方为零只能是零矩阵，这与 \(\boldsymbol A\ne\boldsymbol B\) 矛盾.
-
D 错： 例如
\[\begin{pmatrix}
0&1&0\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}^2=\boldsymbol O,
\]
但其对应零特征值可有两个线性无关特征向量.
故选 D.
二、填空题
11~16 小题，每小题 5 分，共 30 分.
11
设 \(p\) 为常数，若反常积分
\[\int_0^{+\infty}\frac{\arctan x}{x^p(x+1)}\,dx
\]
收敛，则 \(p\) 的取值范围是 ________.
答案： \(0<p<2\)
解析：
分两端讨论：
-
当 \(x\to 0^+\) 时，\(\arctan x\sim x\)，故被积函数
\[\sim \frac{x}{x^p}=\frac{1}{x^{p-1}},
\]
收敛条件为 \(p<2\).
-
当 \(x\to +\infty\) 时，\(\arctan x\to \frac\pi2\)，故被积函数
\[\sim \frac{\pi/2}{x^{p+1}},
\]
收敛条件为 \(p>0\).
综上，
\[0<p<2.
\]
12
\[\lim_{x\to 0}\left(\frac1x-\frac{\ln(1+x)}{x\sin x}\right)=\ \underline{\qquad\qquad}.
\]
答案： \(\dfrac12\)
解析：
化为
\[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\ln(1+x)}{x\sin x}.
\]
利用展开式
\[\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3),\qquad \ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2),
\]
得分子为
\[\frac12x^2+o(x^2),
\]
分母为 \(x^2+o(x^2)\)，故极限为
\[\frac12.
\]
13
曲线
\[x^2+2\sqrt3xy+y^2=1
\]
在点 \((0,1)\) 处的曲率半径为 ________.
答案： \(4\)
解析：
对方程求导：
\[2x+2\sqrt3y+2\sqrt3x y'+2y y'=0.
\]
代入 \((0,1)\) 得
\[y'(0)=-\sqrt3.
\]
再求一次导并代入 \((0,1)\)，得
\[y''(0)=2.
\]
曲率
\[k=\frac{|y''|}{\left(1+(y')^2\right)^{3/2}}
=\frac{2}{(1+3)^{3/2}}
=\frac14.
\]
故曲率半径
\[R=\frac1k=4.
\]
14
已知函数 \(f(x,y)\) 可微，且
\[df(0,0)=\pi\,dx+3\,dy.
\]
记
\[g(x)=f(\ln x,\sin \pi x),
\]
则
\[g'(1)=\ \underline{\qquad\qquad}.
\]
答案： \(-2\pi\)
解析：
由全微分知
\[f_x(0,0)=\pi,\qquad f_y(0,0)=3.
\]
由链式法则，
\[g'(x)=f_x(\ln x,\sin\pi x)\cdot \frac1x+f_y(\ln x,\sin\pi x)\cdot \pi\cos\pi x.
\]
代入 \(x=1\) 时，\((\ln 1,\sin\pi)=(0,0)\)，故
\[g'(1)=\pi\cdot 1+3\pi\cos\pi=\pi-3\pi=-2\pi.
\]
15
函数
\[f(x)=\ln(2+x)
\]
在区间 \([0,2]\) 上的平均值为 ________.
答案： \(3\ln 2-1\)
解析：
平均值为
\[\frac12\int_0^2 \ln(2+x)\,dx.
\]
令 \(u=2+x\)，则
\[\frac12\int_2^4 \ln u\,du
=\frac12\bigl(u\ln u-u\bigr)\Big|_2^4
=3\ln 2-1.
\]
16
设矩阵
\[\boldsymbol A=
\begin{pmatrix}
1&b&-1\\
a+2&3&-3a
\end{pmatrix}.
\]
若二次型
\[\boldsymbol x^T(\boldsymbol A\boldsymbol A^T)\boldsymbol x
\]
的规范形为 \(y_1^2\)，则 \(a+b=\) ________.
答案： \(2\)
解析：
规范形只有一项，说明
\[r(\boldsymbol A\boldsymbol A^T)=1.
\]
故
\[r(\boldsymbol A)=1,
\]
即两行成比例.于是
\[\frac{1}{a+2}=\frac{b}{3}=\frac{1}{3a}.
\]
由
\[a+2=3a,\qquad 3=(a+2)b
\]
得
\[a=1,\qquad b=1.
\]
故
\[a+b=2.
\]
三、解答题
17~22 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17
（本题满分 10 分）
计算
\[I=\int_{-1}^1 dx\int_{|x|}^{\sqrt{2-x^2}} y\sin\sqrt{x^2+y^2}\,dy.
\]
解：
改用极坐标
\[x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta.
\]
区域对应为
\[0\le r\le \sqrt2,\qquad \frac{\pi}{4}\le \theta\le \frac{3\pi}{4}.
\]
故
\[I=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\int_0^{\sqrt2} r^2\sin\theta\sin r\,dr\,d\theta
=\left(\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\sin\theta\,d\theta\right)\left(\int_0^{\sqrt2}r^2\sin r\,dr\right).
\]
其中
\[\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\sin\theta\,d\theta=\sqrt2,
\]
且
\[\int_0^{\sqrt2}r^2\sin r\,dr
=2\sqrt2\sin\sqrt2-2.
\]
因此
\[I=\sqrt2\,(2\sqrt2\sin\sqrt2-2)=4\sin\sqrt2-2\sqrt2.
\]
18
（本题满分 12 分）
已知函数 \(g(x)\) 连续.设
\[f(x)=\int_0^{x^2} g(xt)\,dt,
\]
求 \(f'(x)\) 的表达式，并判断 \(f'(x)\) 在 \(x=0\) 处的连续性.
解：
当 \(x\ne 0\) 时，令 \(u=xt\)，则
\[f(x)=\int_0^{x^2} g(xt)\,dt
=\frac1x\int_0^{x^3} g(u)\,du.
\]
故
\[f'(x)=-\frac{1}{x^2}\int_0^{x^3}g(u)\,du+3x\,g(x^3),\qquad x\ne 0.
\]
再看 \(x=0\).因 \(f(0)=0\)，
\[f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}
=\lim_{x\to 0}\frac1{x^2}\int_0^{x^3}g(u)\,du.
\]
由积分中值定理，
\[\int_0^{x^3}g(u)\,du=x^3 g(\xi_x),
\]
其中 \(\xi_x\) 介于 \(0\) 与 \(x^3\) 之间.于是
\[f'(0)=\lim_{x\to 0} x\,g(\xi_x)=0.
\]
因此
\[f'(x)=
\begin{cases}
3x\,g(x^3)-\dfrac{1}{x^2}\displaystyle\int_0^{x^3}g(u)\,du, & x\ne 0,\\[1.1em]
0, & x=0.
\end{cases}
\]
再由同样的中值定理，
\[\frac{1}{x^2}\int_0^{x^3}g(u)\,du=x\,g(\xi_x)\to 0,\qquad 3x\,g(x^3)\to 0,
\]
故
\[\lim_{x\to 0} f'(x)=0=f'(0).
\]
所以 \(f'(x)\) 在 \(x=0\) 处连续.
19
（本题满分 10 分）
求函数
\[f(x,y)=(2x^2-y^2)e^x
\]
的极值.
解：
先求偏导：
\[f_x=e^x(2x^2+4x-y^2),\qquad f_y=-2ye^x.
\]
令
\[f_x=0,\qquad f_y=0,
\]
得驻点
\[(0,0),\qquad (-2,0).
\]
再求二阶偏导：
\[A=f_{xx}=e^x(2x^2+8x+4-y^2),\qquad
B=f_{xy}=-2ye^x,\qquad
C=f_{yy}=-2e^x.
\]
极大值为
\[f(-2,0)=2\cdot 4\cdot e^{-2}=\frac{8}{e^2}.
\]
结论： 只有一个极大值
\[\frac{8}{e^2},
\]
在点 \((-2,0)\) 处取得；无极小值.
20
（本题满分 12 分）
已知 \(M(x_0,y_0)\) 是曲线
\[y=\frac{1}{1+x^2}\qquad (x\ge 0)
\]
的拐点，\(O\) 为原点.记 \(D\) 是第一象限中以曲线
\[y=\frac{1}{1+x^2}\qquad (x\ge x_0),
\]
线段 \(OM\) 及 \(x\) 正半轴为边界的无界区域，求 \(D\) 绕 \(x\) 轴旋转所成旋转体的体积.
解：
先求拐点.由
\[y'=-\frac{2x}{(1+x^2)^2},\qquad
y''=\frac{6x^2-2}{(1+x^2)^3},
\]
令 \(y''=0\)，得
\[x_0=\frac1{\sqrt3},\qquad y_0=\frac{3}{4}.
\]
于是直线 \(OM\) 的方程为
\[y=\frac{y_0}{x_0}x=\frac{3\sqrt3}{4}x,\qquad 0\le x\le \frac1{\sqrt3}.
\]
旋转体体积为
\[V=\pi\int_0^{1/\sqrt3}\left(\frac{3\sqrt3}{4}x\right)^2dx
+\pi\int_{1/\sqrt3}^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)^2}\,dx.
\]
第一部分：
\[\pi\int_0^{1/\sqrt3}\left(\frac{3\sqrt3}{4}x\right)^2dx
=\frac{\sqrt3}{16}\pi.
\]
第二部分用公式
\[\int \frac{dx}{(1+x^2)^2}
=\frac{x}{2(1+x^2)}+\frac12\arctan x,
\]
故
\[\pi\int_{1/\sqrt3}^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)^2}\,dx
=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3}{8}\pi.
\]
综上，
\[V=\frac{\sqrt3}{16}\pi+\left(\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3}{8}\pi\right)
=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3}{16}\pi.
\]
21
（本题满分 12 分）
求微分方程
\[x^2y''-2xy'-(y')^2=0\qquad (x>2)
\]
满足条件
\[y\big|_{x=3}=\frac12,\qquad y'\big|_{x=3}=-9
\]
的解.
解：
方程不显含 \(y\)，令
\[p=y',
\]
则
\[x^2p'-2xp-p^2=0.
\]
化为
\[p'-\frac{2}{x}p=\frac{p^2}{x^2}.
\]
再令
\[z=\frac1p,
\]
则
\[z'=-\frac{p'}{p^2},
\]
代入得一阶线性方程
\[z'+\frac{2}{x}z=-\frac1{x^2}.
\]
解得
\[z=-\frac1x+\frac{C}{x^2}.
\]
由
\[z(3)=\frac1{y'(3)}=-\frac19
\]
得
\[-\frac13+\frac{C}{9}=-\frac19 \quad\Rightarrow\quad C=2.
\]
所以
\[\frac1{y'}=-\frac1x+\frac{2}{x^2}
=\frac{2-x}{x^2},
\]
即
\[y'=\frac{x^2}{2-x}=-x-2-\frac{4}{x-2}.
\]
积分得
\[y=-\frac12x^2-2x-4\ln(x-2)+C_1.
\]
再由
\[y(3)=\frac12
\]
得
\[C_1=11.
\]
故所求解为
\[\boxed{\,y=-\frac12x^2-2x-4\ln(x-2)+11\, }.
\]
22
（本题满分 12 分）
已知向量组
\[\boldsymbol{\alpha}_1=
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
-1\\
-1
\end{pmatrix},
\qquad
\boldsymbol{\alpha}_2=
\begin{pmatrix}
1\\
-1\\
0\\
-2
\end{pmatrix},
\qquad
\boldsymbol{\alpha}_3=
\begin{pmatrix}
0\\
-1\\
1\\
-1
\end{pmatrix},
\qquad
\boldsymbol{\alpha}_4=
\begin{pmatrix}
0\\
1\\
-1\\
1
\end{pmatrix}.
\]
记
\[\boldsymbol A=(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4),\qquad
\boldsymbol G=(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2).
\]
- 证明：\(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2\) 是 \(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4\) 的极大线性无关组；
- 求矩阵 \(\boldsymbol H\) 使得 \(\boldsymbol A=\boldsymbol G\boldsymbol H\)，并求 \(\boldsymbol A^{10}\).
（1）证明：
将 \(\boldsymbol A\) 行化简：
\[\boldsymbol A=
\begin{pmatrix}
1&1&0&0\\
0&-1&-1&1\\
-1&0&1&-1\\
-1&-2&-1&1
\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}
1&0&-1&1\\
0&1&1&-1\\
0&0&0&0\\
0&0&0&0
\end{pmatrix}.
\]
故
\[r(\boldsymbol A)=2.
\]
而 \(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2\) 显然线性无关，所以它们构成一个极大线性无关组.
另外由化简结果可直接读出
\[\boldsymbol{\alpha}_3=-\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2,\qquad
\boldsymbol{\alpha}_4=\boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2.
\]
（2）解：
由上式，
\[\boldsymbol A
=
\bigl(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,-\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2\bigr)
=
(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2)
\begin{pmatrix}
1&0&-1&1\\
0&1&1&-1
\end{pmatrix}.
\]
故
\[\boldsymbol H=
\begin{pmatrix}
1&0&-1&1\\
0&1&1&-1
\end{pmatrix}.
\]
设
\[\boldsymbol D=\boldsymbol H\boldsymbol G,
\]
则
\[\boldsymbol D=
\begin{pmatrix}
1&0&-1&1\\
0&1&1&-1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&1\\
0&-1\\
-1&0\\
-1&-2
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1&-1\\
0&1
\end{pmatrix}.
\]
于是
\[\boldsymbol A^{10}
=(\boldsymbol G\boldsymbol H)^{10}
=\boldsymbol G(\boldsymbol H\boldsymbol G)^9\boldsymbol H
=\boldsymbol G\boldsymbol D^9\boldsymbol H.
\]
又因为
\[\boldsymbol D=
\begin{pmatrix}
1&-1\\
0&1
\end{pmatrix},
\]
故
\[\boldsymbol D^9=
\begin{pmatrix}
1&-9\\
0&1
\end{pmatrix}.
\]
从而
\[\boldsymbol A^{10}
=\boldsymbol G\boldsymbol D^9\boldsymbol H
=
\begin{pmatrix}
1&-8&-9&9\\
0&-1&-1&1\\
-1&9&10&-10\\
-1&7&8&-8
\end{pmatrix}.
\]
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