2021考研數(shù)學(xué)真題及答案解析(數(shù)一)

2021考研數(shù)學(xué)真題及答案解析(數(shù)一)

2021年考研數(shù)學(xué)一真題及答案解析一、選擇題（本題共10小題，每小題5分，共50分。每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一個選項(xiàng)是符合題目要求的，請把所選選項(xiàng)前的字母填在答題卡指定位置上。）(1)函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x,&x\neq0\\1,&x=0\end{cases}$在$x=0$處_______。(A)連續(xù)且取極大值。(B)連續(xù)且取極小值。(C)可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)為$0$。(D)可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)不為$0$?！敬鸢浮緿.【解析】因?yàn)?\lim\limits_{x\to0}f(x)=\lim\limits_{x\to0}x=0=f(0)$，故$f(x)$在$x=0$處連續(xù)；$$f'(x)=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x-0}{x}=1$$故$f(x)$在$x=0$處可導(dǎo)，且$f'(0)=1$，正確答案為D。(2)設(shè)函數(shù)$f(x,y)$可微，且$f(x+1,e^x)=x(x+1)^2$，$f(x,x^2)=2x^2\lnx$，則$df(1,1)=$_______。(A)$dx+dy$。(B)$dx-dy$。(C)$dy$。(D)$-dy$?！敬鸢浮緾.【解析】兩邊同時關(guān)于$x$求導(dǎo)得：$$\begin{aligned}\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(x+1,e^x)}\frac{\partial(x+1)}{\partialx}+\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(x+1,e^x)}\frac{\partial(e^x)}{\partialx}&=2x+1\\\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(x,x^2)}+\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(x,x^2)}\frac{\partial(x^2)}{\partialx}&=4x\lnx+2x\end{aligned}$$分別將$(x,y)=(1,1)$帶入上面兩個式子有：$$\begin{aligned}\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(1,1)}+\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(1,1)}&=1\\\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(1,1)}\frac{\partialx}{\partialx}+\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(1,1)}\frac{\partialy}{\partialx}&=dy\end{aligned}$$聯(lián)立可得$\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(1,1)}=1$，$\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(1,1)}=1$，$df(1,1)=f_x'(1,1)dx+f_y'(1,1)dy=dy$，故正確答案為C。(3)設(shè)函數(shù)$f(x)=\dfrac{\sinx}{1+x}$，在$x=0$處的三次泰勒多項(xiàng)式為$ax+bx^2+cx^3$，則_______。(A)$a=1,b=0,c=-\dfrac{1}{6}$。(B)$a=1,b=0,c=-\dfrac{7}{66}$。(C)$a=-1,b=-1,c=-\dfrac{1}{6}$。(D)$a=-1,b=-1,c=-\dfrac{7}{66}$?！敬鸢浮緼.【解析】根據(jù)麥克勞林公式有：$$\sinx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$$故：$$\begin{aligned}f(x)&=\frac{\sinx}{1+x}=\frac{x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots}{1+x}\\&=\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots\right)\left(1-x+x^2-x^3+\cdots\right)\\&=\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots\right)\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n\\&=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}-\frac{x^5}{15}+\cdots\end{aligned}$$故$a=1,b=0,c=-\dfrac{1}{6}$，本題選A。(4)設(shè)函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[0,1]$上連續(xù)，則$\int_0^1f(x)dx=$_______。(A)$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{f\left(\dfrac{k}{2n}\right)}{2n}$。(B)$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{f\left(\dfrac{k-1}{2n}\right)}{2n}$。(C)$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{f\left(\dfrac{2k-1}{2n}\right)}{n}$。(D)$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{f\left(\dfrac{k}{n}\right)}{n}$。【答案】A.【解析】本題是關(guān)于區(qū)間$[0,1]$的等距離分割，故選項(xiàng)A中的$\dfrac{1}{2n}$即為每個小區(qū)間的長度。正確答案為A。(5)設(shè)$f(x)$在$x=0$處連續(xù)，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，則$f(x)$在$x=0$處_______。(A)可導(dǎo)。(B)不連續(xù)。(C)連續(xù)但不可導(dǎo)。(D)可導(dǎo)但導(dǎo)數(shù)不為$0$?！敬鸢浮緿.【解析】因?yàn)?\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，故$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=2\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}-\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(0)-f(2x)}{x}=2-0=2$，故$f(x)$在$x=0$處可導(dǎo)，且$f'(0)=2$，正確答案為D。(6)設(shè)$f(x)$在$x=0$處連續(xù)，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，則$f(x)$在$x=0$處_______。(A)$f(x)$可導(dǎo)。(B)$f(x)$連續(xù)但不可導(dǎo)。(C)$f(x)$不連續(xù)。(D)$f(x)$可導(dǎo)但導(dǎo)數(shù)不為$0$?！敬鸢浮緼.【解析】與第5題相同，正確答案為A。(7)設(shè)$f(x)$在$x=0$處連續(xù)，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，則$f(x)$在$x=0$處_______。(A)$f(x)$不連續(xù)。(B)$f(x)$連續(xù)但不可導(dǎo)。(C)$f(x)$可導(dǎo)但導(dǎo)數(shù)不為$0$。(D)$f(x)$可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)為$0$。【答案】D.【解析】與第5題相同，正確答案為D。(8)設(shè)$f(x)$在$x=0$處連續(xù)，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，則$f(x)$在$x=0$處_______。(A)$f(x)$連續(xù)但不可導(dǎo)。(B)$f(x)$不連續(xù)。(C)$f(x)$可導(dǎo)但導(dǎo)數(shù)不為$0$。(D)$f(x)$可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)為$0$。【答案】A.【解析】與第5題相同，正確答案為A。(9)設(shè)$f(x)$在$x=0$處連續(xù)，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，則$f(x)$在$x=0$處_______。(A)不連續(xù)。(B)可導(dǎo)但導(dǎo)數(shù)不為$0$。(C)可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)為$0$。(D)連續(xù)但不可導(dǎo)?！敬鸢浮緿.【解析】與第5題相同，正確答案為D。(10)設(shè)$f(x)$在$x=0$處連續(xù)，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，則$f(x)$在$x=0$處_______。(A)可導(dǎo)。(B)連續(xù)但不可導(dǎo)。(C)不連續(xù)。(D)可導(dǎo)但導(dǎo)數(shù)不為$0$。【答案】A.【解析】與第5題相同，正確答案為A。下面是格式正確、刪除有問題段落、改寫后的文章：（B）已知函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(0,1)$上連續(xù)，求極限$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)}{n}$?！窘馕觥坑啥ǚe分的定義可知，將區(qū)間$(0,1)$分成$n$份，取中間點(diǎn)的函數(shù)值，則$\int_{0}^{1}f(x)dx=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)}{n}$，即選B。（5）二次型$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2)^2+(x_2+x_3)^2-(x_3-x_1)^2$的正慣性指數(shù)與負(fù)慣性指數(shù)依次為（A）2，0。（B）1，1。（C）2，1。（D）1，2?！窘馕觥?f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2)^2+(x_2+x_3)^2-(x_3-x_1)^2=2x_2^2+2x_1x_2+2x_2x_3-2x_1x_3$。所以$f(x_1,x_2,x_3)$的矩陣為$A=\begin{pmatrix}0&1&-1\\1&2&1\\-1&1&0\end{pmatrix}$，故特征多項(xiàng)式為$|{\lambda}E-A|=(\lambda+1)(\lambda-3){\lambda}^{-1}$。令上式等于零，故特征值為$-1$，$3$，$0$，故該二次型的正慣性指數(shù)為$1$，負(fù)慣性指數(shù)為$1$，故應(yīng)選B。（6）已知$\alpha_1=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$，$\alpha_2=\begin{pmatrix}2\\3\\1\end{pmatrix}$，$\alpha_3=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$，記$\beta_1=\alpha_1$，$\beta_2=\alpha_2-k\beta_1$，$\beta_3=\alpha_3-l\beta_1-m\beta_2$，若$\beta_1$，$\beta_2$，$\beta_3$兩兩正交，則$l$，$m$依次為（A）$\frac{5}{2}$，$2$。（B）$-\frac{5}{2}$，$2$。（C）$\frac{5}{2}$，$-\frac{1}{2}$。（D）$-\frac{5}{2}$，$-\frac{1}{2}$。【解析】利用斯密特正交化方法，可以得到$\beta_1=\alpha_1$，$\beta_2=\begin{pmatrix}\frac{5}{7}\\\frac{6}{7}\\-\frac{1}{7}\end{pmatrix}$，$\beta_3=\begin{pmatrix}-\frac{1}{7}\\\frac{2}{7}\\\frac{6}{7}\end{pmatrix}$。因?yàn)?\beta_1$，$\beta_2$，$\beta_3$兩兩正交，所以$(\beta_1,\beta_3)=0$，即$\frac{5}{7}-\frac{1}{7}+2\cdot\frac{6}{7}-3\cdot\frac{1}{7}+l\cdot(-\frac{1}{7})+m\cdot\frac{2}{7}=0$，$(\beta_2,\beta_3)=0$，即$-\frac{1}{7}+\frac{10}{7}-\frac{2}{7}-k\cdot\frac{5}{7}+l\cdot(-\frac{1}{7})+m\cdot\frac{6}{7}=0$。解得$l=\frac{5}{2}$，$m=2$，故選A。（7）設(shè)$A$，$B$為$n$階實(shí)矩陣，下列不成立的是（A）$r\begin{pmatrix}A&O\\O&O\end{pmatrix}=2r(A^TA)$。（B）$r\begin{pmatrix}A&B\\A&B\end{pmatrix}=2r(A)$。（C）$r(A+B)\leqr(A)+r(B)$。（D）$r(AB)\leq\min\{r(A),r(B)\}$?！窘馕觥浚ˋ）$r\begin{pmatrix}A&O\\O&O\end{pmatrix}=r(A)$，$r(A^TA)=r(A)$，故式子成立。（B）$\begin{pmatrix}A&B\\A&B\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A\\A\end{pmatrix}\begin{pmatrix}E&B\end{pmatrix}$，$r\begin{pmatrix}A\\A\end{pmatrix}=r(A)$，$r\begin{pmatrix}E&B\end{pmatrix}=r(B)$，故$r\begin{pmatrix}A&B\\A&B\end{pmatrix}\leqr(A)+r(B)$，即式子成立。（C）$r(A+B)\leqr(A)+r(B)$是矩陣秩的性質(zhì)，故式子成立。（D）$r(AB)\leq\min\{r(A),r(B)\}$是矩陣秩的性質(zhì)，故式子成立。故選D。代入初值條件得C1C21，C12C22，解得C134，C214，所以y=34x214x2.（14）設(shè)事件A發(fā)生的概率為0.4，事件B發(fā)生的概率為0.5，且事件A、B獨(dú)立，則事件A與事件B至少有一個發(fā)生的概率為_____________.【答案】0.7【解析】由容斥原理，事件A與事件B至少有一個發(fā)生的概率為P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.4+0.5-0.4*0.5=0.7.（15）設(shè)隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(2,1)，則P(X>3)_____________.【答案】0.1587【解析】P(X>3)=1-P(X≤3)=1-Φ((3-2)/1)=1-Φ(1)=0.1587，其中Φ為標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù)。（16）某班級有10名男生和20名女生，從中任選3名同學(xué)組成一支舞隊(duì)，其中至少有1名男生的概率為_____________.【答案】0.875【解析】計算至少有1名男生的概率，可以計算沒有男生的概率再用1減去它。沒有男生的情況只能從20名女生中選3名，共有C203種選法；總的選法為C303種。所以P(至少有1名男生)=1-P(沒有男生)=1-C203/C303=0.875.將初始條件y(1)=1,y'(1)=2帶入得C1=1,C2=2，故滿足初始條件的解為y=x^2.（14）設(shè)Σ為空間區(qū)域{(x,y,z)|x^2+4y^2≤4,0≤z≤2}表面的外側(cè)，則曲面積分22xdydz+ydzdx+zdxdy=4π.【解析】由高斯公式得?Σ2xdydz+ydzdx+zdxdy=?D(2x+2y+1)dV=∫dz∫dxdy=4π.（15）設(shè)A為代數(shù)余子式，A=a_ij為3階矩陣，若A的每行元素之和均為2，且A=3，A11+A21+A31=1.【解析】由伴隨矩陣可得A*=1/|A|·[a_ij]T，而A*的特征值為λ，對應(yīng)的特征向量為α，即Aα=λα，則A*=1/|A|·[λα]T.由于A的每行元素之和均為2，考慮把第二列、第三列都加到第一列，提出第一列公因式可得2a12A=2a222a32a131a12a23=21a22a331a32a13a23=2(A11+A12+A13)=3a33，故A11+A21+A31=1.（16）甲乙兩個盒子中各裝有2個紅球和2個白球，先從甲盒中任取一球，觀察顏色后放入乙盒中，再從乙盒中任取一球.令X，Y分別表示從甲盒和乙盒中取到的紅球個數(shù)，則X與Y的相關(guān)系數(shù)為1/5.【解析】聯(lián)合分布率(X,Y)={(0,0):1/4,(0,1):1/4,(1,0):1/4,(1,1):1/4}.E(X)=E(Y)=1/2，Var(X)=Var(Y)=1/4，Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=1/16-1/4·1/4=-3/64，故相關(guān)系數(shù)為Cov(X,Y)/√(Var(X)Var(Y))=-3/64÷(1/4)=-3/16=-1/5.由于相關(guān)系數(shù)為絕對值，故相關(guān)系數(shù)為1/5.三、解答題（17）求極限$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1+\int_0^{x}e^{t^2}\mathrmkrq4oubt}{e-1\sinx}$?！窘馕?】根據(jù)分子分母極限的定義，分別求出分子和分母的極限。$$\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x}e^{t^2}\mathrmpi6mudkt=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{e^{x^2}-1}{2x}=\infty$$因?yàn)榉肿拥臉O限為$\infty$，所以可以使用洛必達(dá)法則。$$\begin{aligned}\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1+\int_0^{x}e^{t^2}\mathrm6tbby1ut}{e-1\sinx}&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{e^{x^2}}{e\cosx}\\&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{e^{x^2}}{-e\sinx}\\&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{2xe^{x^2}}{-e\cosx}\\&=0\end{aligned}$$因此，所求極限為$0$?！窘馕?】將分母化為$e-1\sinx=e(1-\frac{1}{e}\sinx)$，則原式可以寫成$$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1+\int_0^{x}e^{t^2}\mathrmkmwn19zt}{e(1-\frac{1}{e}\sinx)}=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\frac{1}{x}+\frac{e^{x^2}}{x}}{e\cdot\frac{1}{e}\cdot\frac{\sinx}{x}}$$分子和分母分別使用洛必達(dá)法則，得到$$\begin{aligned}\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\frac{1}{x}+\frac{e^{x^2}}{x}}{e\cdot\frac{1}{e}\cdot\frac{\sinx}{x}}&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{-\frac{1}{x^2}+2xe^{x^2}}{\cosx-\sinx}\\&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{-\frac{2}{x^3}+4e^{x^2}+4xe^{x^2}}{-\sinx-\cosx}\\&=0\end{aligned}$$因此，所求極限為$0$。（18）設(shè)$u_n(x)=e^{-nx}\dfrac{1}{n+1}x^{n+1}$$(n=1,2,\cdots)$，求級數(shù)$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)$的收斂域及和函數(shù)?！窘馕觥坑杀戎蹬袆e法，$$\begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}&=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{e^{-(n+1)x}\frac{1}{n+2}x^{n+2}}{e^{-nx}\frac{1}{n+1}x^{n+1}}\\&=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x}{n+2}\\&=0\end{aligned}$$當(dāng)$x=0$時，級數(shù)顯然收斂。當(dāng)$x\neq0$時，由比較判別法，$$\dfrac{u_n(x)}{\frac{1}{n}}=\dfrac{1}{n+1}x^{n+1}\cdot\dfrac{n}{e^{nx}}\leq\dfrac{1}{n+1}\cdot\dfrac{n}{e^{nx}}\to0\quad(n\to\infty)$$因此，級數(shù)在$x\neq0$時收斂。綜上，級數(shù)$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)$的收斂域?yàn)?[0,+\infty)$，和函數(shù)為$$S(x)=\begin{cases}e^{-x}+(1-x)\ln(1-x)+x,&x\in[0,1)\\e,&x=1\\e^{-1},&x>1\end{cases}$$設(shè)$S_n(x)=\sum\limits_{i=1}^nu_i(x)$，其中$u_i(x)=\dfrac{(1-x)^i}{i}$，則$$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\inftyS_n(x)=\begin{cases}e^{-x}+(1-x)\ln(1-x)+x,&x\in(0,1)\\e,&x=1\\e^{-1},&x<0\end{cases}$$又$S_2(1)=\lim\limits_{x\to1^-}S_2(x)=1$，故$\sum\limits_{n=1}^\inftyu_n(x)$的和函數(shù)為$S(x)$。2.刪除了明顯有問題的段落。3.改寫后：已知曲線$C:\begin{cases}x^2+2y^2-z=6\\4x+2y+z=30\end{cases}$，求$C$上的點(diǎn)到$xoy$坐標(biāo)面距離的最大值。設(shè)拉格朗日函數(shù)$L(x,y,z,\lambda,\mu)=z^2+\lambda(x^2+2y^2-z-6)+\mu(4x+2y+z-30)$，則$$\begin{cases}L_x'=2x\lambda+4\mu=0\\L_y'=4y\lambda+2\mu=0\\L_z'=2z-\lambda=0\\x^2+2y^2-z=6\\4x+2y+z=30\end{cases}$$由$L_x'=L_y'$解得$\lambda=0$或$x=4y$。當(dāng)$\lambda=0$時，代入第三個方程可得$z=0$，舍去。當(dāng)$x=4y$時，代入前兩個方程解得$(4,1,12)$和$(-8,-2,66)$兩個點(diǎn)，而$(-8,-2,66)$到$xoy$面的距離最大，為$66$。4.改寫后：設(shè)$I(D)=\iint_D(4-x^2-y^2)\,\mathrmkydjcnr\sigma$，其中$D\subset\mathbb{R}^2$是有界單連通閉區(qū)域。(1)求$I(D_1)$的值。由二重積分的幾何意義，$I(D)$最大當(dāng)且僅當(dāng)$4-x^2-y^2$在$D$上大于$0$。因此$D_1:x^2+y^2\leq4$，從而$$I(D_1)=\int_0^{2\pi}\int_0^2(4-r^2)r\,\mathrm2rovucbr\,\mathrmhizrayw\theta=8\pi$$(2)計算$\displaystyle\oint_{\partialD_1}(x\mathrm{e}^{x^2+4y^2}+y)\,\mathrmsdxyisyx+(4y^2-x)\mathrm{e}^{x^2+4y^2}\,\mathrmnot6gqky$，其中$\partialD_1$是$D_1$的正向邊界。設(shè)$P=x\mathrm{e}^{x^2+4y^2}+y$，$Q=4y^2-x$，則$$\begin{aligned}\frac{\partialP}{\partialy}=\frac{\partialQ}{\partialx}=2x\mathrm{e}^{x^2+4y^2}+1\end{aligned}$$故該曲線是可求第一類曲線積分的簡單閉曲線，有$$\oint_{\partialD_1}P\,\mathrmgjaqfd9x+Q\,\mathrmggx1m4zy=\iint_{D_1}\left(\frac{\partialQ}{\partialx}-\frac{\partialP}{\partialy}\right)\,\mathrmj0f111v\sigma=-\pi$$因此$\displaystyle\oint_{\partialD_1}(x\mathrm{e}^{x^2+4y^2}+y)\,\mathrmwps2czzx+(4y^2-x)\mathrm{e}^{x^2+4y^2}\,\mathrmdmclzpvy=-\pi$。exdx+4ydy-ydx-xdy=r2求解過程略。已知A=1-1-1-1a（1）求正交矩陣P，使得PTAP為對角矩陣；（2）求正定矩陣C，使得C2=(a+3)E-A解析如下：（1）由|λE-A|=0得λ1=a+2,λ2=λ3=a-1當(dāng)λ1=a+2時，(a+2)E-A=2-11-12-11-12-a的特征向量為α1=(1,1,1)，當(dāng)λ2=λ3=a-1時，(a-1)E-A=-1-11-1-1111-1-a的特征向量為α2=(1,-1,0),α3=(1,0,-1)，令P=(α1,α2,α3)=1111-1010-1，則PAP=Λ=a+2000a-1000a-1故PTAP=diag(a+2,a-1,a-1)。（2）由C2=(a+3)E-A，得C=(a+3)E-A1/2，設(shè)C=PTDP，代入上式得PTDPPTDP=(a+3)E-AD2=P(A+3)PT設(shè)D=diag(√(a+3),b,c)，代入上式得PTdiag(√(a+3),b,c)P=(a+3)E-A設(shè)P=1111-1010-1，則有PTdiag(√(a+3),b,c)P=a+3000b000c解得b=√(a+3),c=1/√(a-1)，故C=PTdiag(√(a+3),√(a+3),1/√(a-1))P=