2026 年全国硕士研究生入学统一考试（数学二）试题与解析

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.

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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.

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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

$$a+b=2.$$

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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：

$$A=f_{xx}=e^x(2x^2+8x+4-y^2),\qquad B=f_{xy}=-2ye^x,\qquad C=f_{yy}=-2e^x.$$

• 在 $(0,0)$ 处，

  $$AC-B^2=-8<0,$$

  不是极值点.
• 在 $(-2,0)$ 处，

  $$AC-B^2=8e^{-4}>0,\qquad A=-4e^{-2}<0,$$

  故为极大值点.

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

$$\boldsymbol A=(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4),\qquad \boldsymbol G=(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2).$$

1. 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；
2. 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

$$\boldsymbol A^{10} =\boldsymbol G\boldsymbol D^9\boldsymbol H = \begin{pmatrix} 1&-8&-9&9\\ 0&-1&-1&1\\ -1&9&10&-10\\ -1&7&8&-8 \end{pmatrix}.$$