2010 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题

一、选择题

1.

函数 $f \left(x\right) = \frac{x^{2} - x}{x^{2} - 1}\sqrt{1 + \frac{1}{x^{2}}}$ 的无穷间断点的个数为（ ）

（A）0. （B）1. （C）2. （D）3.

答案： （B）

解析： 间断点为 $x = 0, \pm 1$。化简得 $f \left(x\right) = x\sqrt{1 + \frac{1}{x^{2}}}$，其中 $x \ne \pm 1$。当 $x \to 0^{+}$ 时极限为 $1$，当 $x \to 0^{-}$ 时极限为 $-1$，故 $x = 0$ 为跳跃间断点；$x = 1$ 为可去间断点；当 $x \to -1$ 时 $f \left(x\right) \to \infty$，故只有 $x = -1$ 是无穷间断点。

2.

设 $y_{1}, y_{2}$ 是一阶线性非齐次微分方程 $y^{\prime} + p \left(x\right)y = q \left(x\right)$ 的两个特解，若常数 $\lambda, \mu$ 使 $\lambda y_{1} + \mu y_{2}$ 是该方程的解，$\lambda y_{1} - \mu y_{2}$ 是该方程对应的齐次方程的解，则（ ）

（A）$\lambda = \frac{1}{2}, \mu = \frac{1}{2}$. （B）$\lambda = -\frac{1}{2}, \mu = -\frac{1}{2}$. （C）$\lambda = \frac{2}{3}, \mu = \frac{1}{3}$. （D）$\lambda = \frac{2}{3}, \mu = \frac{2}{3}$.

答案： （A）

解析： 由 $\lambda y_{1} - \mu y_{2}$ 是齐次方程的解，得 $\left(\lambda - \mu\right)q \left(x\right) = 0$，故 $\lambda = \mu$。由 $\lambda y_{1} + \mu y_{2}$ 是非齐次方程的解，得 $\left(\lambda + \mu\right)q \left(x\right) = q \left(x\right)$，故 $\lambda + \mu = 1$。因此 $\lambda = \mu = \frac{1}{2}$。

3.

曲线 $y = x^{2}$ 与曲线 $y = a \ln x \left(a \ne 0\right)$ 相切，则 $a =$（ ）

（A）$4e$. （B）$3e$. （C）$2e$. （D）$e$.

答案： （C）

解析： 相切时斜率相等，故 $2x = \frac{a}{x}$，即 $x = \sqrt{\frac{a}{2}}$。又两曲线交于切点，所以 $\frac{a}{2} = a \ln \sqrt{\frac{a}{2}} = \frac{a}{2}\ln \frac{a}{2}$，解得 $a = 2e$。

4.

设 $m, n$ 是正整数，则反常积分 $\int_{0}^{1}\frac{\sqrt[m]{\ln^{2}\left(1 - x\right)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d}x$ 的收敛性（ ）

（A）仅与 $m$ 的取值有关. （B）仅与 $n$ 的取值有关. （C）与 $m, n$ 取值都有关. （D）与 $m, n$ 取值都无关.

答案： （D）

解析： 在 $x = 0$ 附近，$\ln \left(1 - x\right) \sim -x$，被积函数等价于 $x^{\frac{2}{m} - \frac{1}{n}}$，对正整数 $m, n$ 均收敛；在 $x = 1$ 附近，对数函数的增长慢于任意幂函数，故也收敛。因此收敛性与 $m, n$ 的取值都无关。

5.

设函数 $z = z \left(x, y\right)$，由方程 $F \left(\frac{y}{x}, \frac{z}{x}\right) = 0$ 确定，其中 $F$ 为可微函数，且 $F_{2}^{\prime} \ne 0$，则 $x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} =$（ ）

（A）$x$. （B）$z$. （C）$-x$. （D）$-z$.

答案： （B）

解析： 对 $F \left(\frac{y}{x}, \frac{z}{x}\right) = 0$ 分别关于 $x, y$ 求偏导，得 $\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{yF_{1}^{\prime} + zF_{2}^{\prime}}{xF_{2}^{\prime}}$，$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_{1}^{\prime}}{F_{2}^{\prime}}$，因此 $x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = z$。

6.

$\lim_{n \to \infty}\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}\frac{n}{\left(n + i\right)\left(n^{2} + j^{2}\right)} =$（ ）

（A）$\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\frac{1}{\left(1 + x\right)\left(1 + y^{2}\right)}\mathrm{~d}y$. （B）$\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\frac{1}{\left(1 + x\right)\left(1 + y\right)}\mathrm{~d}y$. （C）$\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\frac{1}{\left(1 + x\right)\left(1 + y\right)}\mathrm{d}y$. （D）$\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\frac{1}{\left(1 + x\right)\left(1 + y^{2}\right)}\mathrm{~d}y$.

答案： （D）

解析： 原式可写为 $\left(\sum_{j = 1}^{n}\frac{n}{n^{2} + j^{2}}\right)\left(\sum_{i = 1}^{n}\frac{1}{n + i}\right)$。两部分分别为黎曼和，极限为 $\int_{0}^{1}\frac{1}{1 + y^{2}}\mathrm{~d}y$ 与 $\int_{0}^{1}\frac{1}{1 + x}\mathrm{~d}x$，故结果为 $\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\frac{1}{\left(1 + x\right)\left(1 + y^{2}\right)}\mathrm{~d}y$。

7.

设向量组 I：$\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\alpha}_{r}$ 可由向量组 II：$\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\beta}_{s}$ 线性表示，下列命题正确的是（ ）

（A）若向量组 I 线性无关，则 $r \le s$. （B）若向量组 I 线性相关，则 $r > s$. （C）若向量组 II 线性无关，则 $r \le s$. （D）若向量组 II 线性相关，则 $r > s$.

答案： （A）

解析： 因向量组 I 可由向量组 II 线性表示，故 $r \left(\text{I}\right) \le r \left(\text{II}\right) \le s$。若向量组 I 线性无关，则 $r \left(\text{I}\right) = r$，从而 $r \le s$。

8.

设 $\boldsymbol{A}$ 为 4 阶实对称矩阵，且 $\boldsymbol{A}^{2} + \boldsymbol{A} = \boldsymbol{O}$，若 $\boldsymbol{A}$ 的秩为 3，则 $\boldsymbol{A}$ 相似于（ ）

（A）$\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$. （B）$\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$. （C）$\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$. （D）$\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$.

答案： （D）

解析： 设 $\lambda$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的特征值，由 $\boldsymbol{A}^{2} + \boldsymbol{A} = \boldsymbol{O}$ 得 $\lambda^{2} + \lambda = 0$，故 $\lambda = 0$ 或 $-1$。又 $\boldsymbol{A}$ 为实对称矩阵，可相似对角化，且 $r \left(\boldsymbol{A}\right) = 3$，所以其对角形中有三个 $-1$ 和一个 $0$。

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二、填空题

9.

3 阶常系数线性齐次微分方程 $y^{\prime\prime\prime} - 2y^{\prime\prime} + y^{\prime} - 2y = 0$ 的通解为 $y = \underline{\qquad\qquad}$.

答案： $y = C_{1}e^{2x} + C_{2}\cos x + C_{3}\sin x$

解析： 特征方程为 $\lambda^{3} - 2\lambda^{2} + \lambda - 2 = 0$，即 $\left(\lambda - 2\right)\left(\lambda^{2} + 1\right) = 0$，特征根为 $2, \pm i$。

10.

曲线 $y = \frac{2x^{3}}{x^{2} + 1}$ 的渐近线方程为 $\underline{\qquad\qquad}$.

答案： $y = 2x$

解析： 因为 $\lim_{x \to \infty}\frac{y}{x} = 2$，且 $\lim_{x \to \infty}\left(y - 2x\right) = 0$，故渐近线为 $y = 2x$。

11.

函数 $y = \ln \left(1 - 2x\right)$ 在 $x = 0$ 处的 $n$ 阶导数 $y^{\left(n\right)}\left(0\right) = \underline{\qquad\qquad}$.

答案： $-2^{n}\left(n - 1\right)!$

解析： 由 $\ln \left(1 - 2x\right)$ 的高阶导数公式可得 $y^{\left(n\right)}\left(x\right) = -\frac{2^{n}\left(n - 1\right)!}{\left(1 - 2x\right)^{n}}$，令 $x = 0$ 即得结果。

12.

当 $0 \le \theta \le \pi$ 时，对数螺线 $r = e^{\theta}$ 的弧长为 $\underline{\qquad\qquad}$.

答案： $\sqrt{2}\left(e^{\pi} - 1\right)$

解析： 极坐标弧长为 $\int_{0}^{\pi}\sqrt{r^{2} + \left(r^{\prime}\right)^{2}}\mathrm{~d}\theta$。由 $r = e^{\theta}$，得弧长为 $\int_{0}^{\pi}\sqrt{2}e^{\theta}\mathrm{~d}\theta = \sqrt{2}\left(e^{\pi} - 1\right)$。

13.

已知一个长方形的长 $l$ 以 $2\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ 的速率增加，宽 $w$ 以 $3\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ 的速率增加，则当 $l = 12\mathrm{cm}, w = 5\mathrm{cm}$ 时，它的对角线增加的速率为 $\underline{\qquad\qquad}$.

答案： $3\mathrm{cm}/\mathrm{s}$

解析： 设对角线为 $S$，则 $S = \sqrt{l^{2} + w^{2}}$，所以 $S^{\prime} = \frac{ll^{\prime} + ww^{\prime}}{\sqrt{l^{2} + w^{2}}}$。代入 $l = 12, w = 5, l^{\prime} = 2, w^{\prime} = 3$，得 $S^{\prime} = 3$。

14.

设 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 为 3 阶矩阵，且 $\left|\boldsymbol{A}\right| = 3, \left|\boldsymbol{B}\right| = 2, \left|\boldsymbol{A}^{-1} + \boldsymbol{B}\right| = 2$，则 $\left|\boldsymbol{A} + \boldsymbol{B}^{-1}\right| = \underline{\qquad\qquad}$.

答案： $3$

解析： 因为 $\boldsymbol{A} + \boldsymbol{B}^{-1} = \boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{A}^{-1} + \boldsymbol{B}\right)\boldsymbol{B}^{-1}$，所以 $\left|\boldsymbol{A} + \boldsymbol{B}^{-1}\right| = \left|\boldsymbol{A}\right|\left|\boldsymbol{A}^{-1} + \boldsymbol{B}\right|\left|\boldsymbol{B}^{-1}\right| = 3 \times 2 \times \frac{1}{2} = 3$。

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三、解答题

15.

求函数 $f \left(x\right) = \int_{1}^{x^{2}}\left(x^{2} - t\right)e^{-t^{2}} \mathrm{~d}t$ 的单调区间与极值.

解析： 由变上限积分求导得 $f^{\prime}\left(x\right) = 2x\int_{1}^{x^{2}}e^{-t^{2}}\mathrm{~d}t$，故驻点为 $x = -1, 0, 1$。根据 $f^{\prime}\left(x\right)$ 的符号可得，单调递减区间为 $\left(-\infty,-1\right)$ 与 $\left(0,1\right)$，单调递增区间为 $\left(-1,0\right)$ 与 $\left(1,+\infty\right)$。又 $f \left(0\right) = \frac{1}{2}\left(1 - e^{-1}\right)$，$f \left(\pm 1\right) = 0$，故极大值为 $\frac{1}{2}\left(1 - e^{-1}\right)$，极小值为 $0$。

16.

（I）比较 $\int_{0}^{1}\left|\ln t\right|\left[\ln \left(1 + t\right)\right]^{n}\mathrm{~d}t$ 与 $\int_{0}^{1}t^{n}\left|\ln t\right|\mathrm{~d}t$，$\left(n = 1, 2, \cdots\right)$ 的大小，说明理由；

（II）记 $u_{n} = \int_{0}^{1}\left|\ln t\right|\left[\ln \left(1 + t\right)\right]^{n}\mathrm{~d}t$，$\left(n = 1, 2, \cdots\right)$，求极限 $\lim_{n \to \infty}u_{n}$.

解析： （I）当 $0 < t < 1$ 时，$0 < \ln \left(1 + t\right) < t$，故 $\left[\ln \left(1 + t\right)\right]^{n} < t^{n}$。又 $\left|\ln t\right| > 0$，因此 $\int_{0}^{1}\left|\ln t\right|\left[\ln \left(1 + t\right)\right]^{n}\mathrm{~d}t < \int_{0}^{1}t^{n}\left|\ln t\right|\mathrm{~d}t$。

（II）由 $\int_{0}^{1}t^{n}\left|\ln t\right|\mathrm{~d}t = \frac{1}{\left(n + 1\right)^{2}}$，得 $0 < u_{n} < \frac{1}{\left(n + 1\right)^{2}}$，故由夹逼定理可知 $\lim_{n \to \infty}u_{n} = 0$。

17.

设函数 $y = f \left(x\right)$ 由参数方程 $\begin{cases}x = 2t + t^{2}, \\ y = \psi \left(t\right),\end{cases} \left(t > -1\right)$ 所确定，其中 $\psi \left(t\right)$ 具有 2 阶导数，且 $\psi \left(1\right) = \frac{5}{2}, \psi^{\prime}\left(1\right) = 6$。已知 $\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}} = \frac{3}{4\left(1 + t\right)}$，求函数 $\psi \left(t\right)$.

解析： 由参数方程得 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\psi^{\prime}\left(t\right)}{2t + 2}$，从而 $\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}} = \frac{\psi^{\prime\prime}\left(t\right)\left(t + 1\right) - \psi^{\prime}\left(t\right)}{4\left(t + 1\right)^{3}}$。结合已知条件，得 $\psi^{\prime\prime}\left(t\right)\left(t + 1\right) - \psi^{\prime}\left(t\right) = 3\left(t + 1\right)^{2}$。令 $y = \psi^{\prime}\left(t\right)$，解得 $y = \left(t + 1\right)\left(3t + C\right)$。由 $\psi^{\prime}\left(1\right) = 6$ 得 $C = 0$，故 $\psi^{\prime}\left(t\right) = 3t\left(t + 1\right)$。积分并用 $\psi \left(1\right) = \frac{5}{2}$，得 $\psi \left(t\right) = t^{3} + \frac{3}{2}t^{2}$，其中 $t > -1$。

18.

一个高为 $l$ 的柱体形贮油罐，底面是长轴为 $2a$、短轴为 $2b$ 的椭圆。现将贮油罐平放，当油罐中油面高度为 $\frac{3}{2}b$ 时，计算油的质量。（长度单位为 $\mathrm{m}$，质量单位为 $\mathrm{kg}$，油的密度为常数 $\rho \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$）

解析： 截面椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$。油面高度为 $\frac{3}{2}b$ 时，截面积为 $S = \frac{2a}{b}\int_{-b}^{\frac{b}{2}}\sqrt{b^{2} - y^{2}}\mathrm{~d}y$。令 $y = b\sin t$，得 $S = 2ab\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}\cos^{2}t\mathrm{~d}t = ab\left(\frac{2\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$。因此油的质量为 $m = ab l\rho \left(\frac{2\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$。

19.

设函数 $u = f \left(x, y\right)$ 具有二阶连续偏导数，且满足等式 $4\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} + 12\frac{\partial^{2}u}{\partial x \partial y} + 5\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}} = 0$，确定 $a, b$ 的值，使等式在变换 $\xi = x + ay, \eta = x + by$ 下化简为 $\frac{\partial^{2}u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$.

解析： 由 $\xi = x + ay, \eta = x + by$，得 $\frac{\partial}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial \xi} + \frac{\partial}{\partial \eta}$，$\frac{\partial}{\partial y} = a\frac{\partial}{\partial \xi} + b\frac{\partial}{\partial \eta}$。代入原方程后，$\frac{\partial^{2}u}{\partial \xi^{2}}$ 与 $\frac{\partial^{2}u}{\partial \eta^{2}}$ 的系数应为 $0$，即 $5a^{2} + 12a + 4 = 0$，$5b^{2} + 12b + 4 = 0$。所以 $a, b$ 均取 $-\frac{2}{5}$ 或 $-2$。为使只剩 $\frac{\partial^{2}u}{\partial \xi \partial \eta}$ 项，应取不同根，故 $\left(a, b\right) = \left(-\frac{2}{5}, -2\right)$ 或 $\left(-2, -\frac{2}{5}\right)$。

20.

计算二重积分 $I = \iint_{D}r^{2}\sin \theta \sqrt{1 - r^{2}\cos 2\theta}\mathrm{~d}r\mathrm{~d}\theta$，其中 $D = \left\{\left(r, \theta\right)\mid 0 \le r \le \sec \theta, 0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}\right\}$.

解析： 由 $x = r\cos \theta, y = r\sin \theta$，区域 $D$ 化为 $0 \le y \le x \le 1$，且原积分化为 $I = \int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}y\sqrt{1 - x^{2} + y^{2}}\mathrm{~d}y$。先对 $y$ 积分，得 $I = \frac{1}{3}\int_{0}^{1}\left[1 - \left(1 - x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\right]\mathrm{d}x = \frac{1}{3} - \frac{1}{3}\int_{0}^{1}\left(1 - x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x$。令 $x = \sin \theta$，得 $\int_{0}^{1}\left(1 - x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta \mathrm{~d}\theta = \frac{3\pi}{16}$，故 $I = \frac{1}{3} - \frac{\pi}{16}$。

21.

设函数 $f \left(x\right)$ 在闭区间 $\left[0,1\right]$ 上连续，在开区间 $\left(0,1\right)$ 内可导，且 $f \left(0\right) = 0, f \left(1\right) = \frac{1}{3}$，证明：存在 $\xi \in \left(0,\frac{1}{2}\right), \eta \in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使得 $f^{\prime}\left(\xi\right) + f^{\prime}\left(\eta\right) = \xi^{2} + \eta^{2}$.

解析： 令 $F \left(x\right) = f \left(x\right) - \frac{x^{3}}{3}$，则 $F \left(0\right) = F \left(1\right) = 0$。在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 和 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上分别对 $F$ 用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$，$\eta \in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使 $\frac{1}{2}F^{\prime}\left(\xi\right) = F \left(\frac{1}{2}\right) - F \left(0\right)$，$\frac{1}{2}F^{\prime}\left(\eta\right) = F \left(1\right) - F \left(\frac{1}{2}\right)$。两式相加得 $F^{\prime}\left(\xi\right) + F^{\prime}\left(\eta\right) = 0$，即 $f^{\prime}\left(\xi\right) + f^{\prime}\left(\eta\right) = \xi^{2} + \eta^{2}$。

22.

设 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix}\lambda & 1 & 1 \\ 0 & \lambda - 1 & 0 \\ 1 & 1 & \lambda\end{pmatrix}, \boldsymbol{b} = \begin{pmatrix}a \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$，已知线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 存在两个不同的解。

（I）求 $\lambda, a$；

（II）求方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 的通解.

解析： 由方程组有两个不同的解，知 $r \left(\boldsymbol{A}\right) = r \left(\overline{\boldsymbol{A}}\right) < 3$，故 $\left|\boldsymbol{A}\right| = 0$。计算得 $\left|\boldsymbol{A}\right| = \left(\lambda - 1\right)^{2}\left(\lambda + 1\right)$，所以 $\lambda = 1$ 或 $-1$。当 $\lambda = 1$ 时方程组无解，舍去；当 $\lambda = -1$ 时，由相容条件得 $a = -2$。因此 $\lambda = -1, a = -2$。

此时增广矩阵化简为 $\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$，故 $x_{1} - x_{3} = \frac{3}{2}$，$x_{2} = -\frac{1}{2}$。令 $x_{3} = k$，通解为 $\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix}\frac{3}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ 0\end{pmatrix} + k\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}$，其中 $k$ 为任意常数。

23.

设 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix}0 & -1 & 4 \\ -1 & 3 & a \\ 4 & a & 0\end{pmatrix}$，正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 使得 $\boldsymbol{Q}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}$ 为对角矩阵，若 $\boldsymbol{Q}$ 的第 1 列为 $\frac{1}{\sqrt{6}}\left(1,2,1\right)^{T}$，求 $a, \boldsymbol{Q}$.

解析： 因 $\boldsymbol{Q}$ 的第 1 列为 $\frac{1}{\sqrt{6}}\left(1,2,1\right)^{T}$，故 $\left(1,2,1\right)^{T}$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的特征向量。由 $\boldsymbol{A}\left(1,2,1\right)^{T} = \lambda_{1}\left(1,2,1\right)^{T}$，得 $a = -1, \lambda_{1} = 2$。于是 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix}0 & -1 & 4 \\ -1 & 3 & -1 \\ 4 & -1 & 0\end{pmatrix}$。

其特征值为 $2, -4, 5$。对应的单位正交特征向量可取 $\boldsymbol{\eta}_{1} = \frac{1}{\sqrt{6}}\left(1,2,1\right)^{T}$，$\boldsymbol{\eta}_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(-1,0,1\right)^{T}$，$\boldsymbol{\eta}_{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}\left(1,-1,1\right)^{T}$。因此可取 $\boldsymbol{Q} = \left(\boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \boldsymbol{\eta}_{3}\right) = \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{2}{\sqrt{6}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\end{pmatrix}$，此时 $\boldsymbol{Q}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q} = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix}$。