一、选择题（每小题 3 分，共 24 分）#

1. 设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，且 $|A|=2$，则 $|-2A|=$（　　）

A. $-2^{n+1}$ 　　B. $(-2)^n\cdot 2$ 　　C. $-2\cdot 2^n$ 　　D. $2^{n+1}$

答案：B

解析： 设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$k$ 为常数，则行列式性质：$|kA|=k^n|A|$。 因此 $|-2A|=(-2)^n|A|=(-2)^n\cdot 2$ 故选 B。

2. 设 $A,B$ 均为 $n$ 阶可逆矩阵，则下列结论正确的是（　　）

A. $(A+B)^{-1}=A^{-1}+B^{-1}$ 　　B. $(AB)^{-1}=A^{-1}B^{-1}$ 　　C. $(AB)^{T}=A^{T}B^{T}$ 　　D. $|AB|=|A||B|$

答案：D

解析： 逐项分析：

• A 错误：矩阵逆不满足加法分配律，$(A+B)^{-1}\neq A^{-1}+B^{-1}$（一般情况下）。
• B 错误：$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$，注意顺序要颠倒。
• C 错误：$(AB)^{T}=B^{T}A^{T}$，转置运算也要颠倒顺序。
• D 正确：行列式乘法公式 $|AB|=|A||B|$ 对任意同阶方阵均成立。

故选 D。

3. 向量组 $\alpha_1=(1,2,3)^T, \alpha_2=(2,4,6)^T, \alpha_3=(1,0,-1)^T$ 的秩为（　　）

A. 0 　　B. 1 　　C. 2 　　D. 3

答案：C

解析： 观察可知 $\alpha_2=2\alpha_1$，即 $\alpha_1$ 与 $\alpha_2$ 线性相关。 再看 $\alpha_1$ 与 $\alpha_3$：设 $k_1\alpha_1+k_3\alpha_3=0$，即 $k_1(1,2,3)^T+k_3(1,0,-1)^T=(0,0,0)^T$ 得方程组： $\begin{cases}k_1+k_3=0\\2k_1=0\\3k_1-k_3=0\end{cases}$ 由第二式 $k_1=0$，代入第一式得 $k_3=0$。故 $\alpha_1,\alpha_3$ 线性无关。 因此该向量组的极大无关组含 2 个向量，秩为 2。

故选 C。

4. 设 $A$ 为 $3\times 4$ 矩阵，$Ax=0$ 的基础解系含有 2 个向量，则 $R(A)=$（　　）

A. 1 　　B. 2 　　C. 3 　　D. 4

答案：B

解析： 对于 $m\times n$ 矩阵 $A$，齐次线性方程组 $Ax=0$ 的基础解系所含向量个数为 $n-R(A)$。 本题中 $n=4$（未知数个数，即 $A$ 的列数），基础解系含 2 个向量，故 $n-R(A)=2\quad\Rightarrow\quad 4-R(A)=2\quad\Rightarrow\quad R(A)=2$

故选 B。

5. 设 $A$ 为 3 阶方阵，$\lambda_1=1,\lambda_2=2,\lambda_3=3$ 为其特征值，则 $|A|=$（　　）

A. 0 　　B. 5 　　C. 6 　　D. 7

答案：C

解析： $n$ 阶方阵 $A$ 的所有特征值之积等于其行列式，即 $|A|=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n$ 本题中 $|A|=1\times 2\times 3=6$

故选 C。

6. 下列矩阵中，与对角矩阵相似的是（　　）

A. $\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ 　　B. $\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}$ 　　C. $\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ 　　D. $\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}$

答案：B

解析：

• A：特征值 $\lambda=1$（二重），但 $R(A-I)=1\neq 0$，几何重数 $=2-1=1<2$，不可对角化。
• B：本身就是对角矩阵，当然与对角矩阵相似（取 $P=I$ 即可）。
• C：Jordan 块，特征值 $0$（二重），不可对角化。
• D：特征值为 $1,0$，有两个不同特征值，理论上可对角化；但需验证。实际上 $A$ 有两个不同特征值，必可对角化。不过 B 选项更直接明确。

最稳妥的答案为 B（本身就是对角阵）。

故选 B。

7. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2+2x_1x_2+2x_2x_3$ 的正惯性指数为 $p$，负惯性指数为 $q$，则（　　）

A. $p=3,q=0$ 　　B. $p=2,q=1$ 　　C. $p=2,q=0$ 　　D. $p=1,q=2$

答案：C

解析： 二次型的矩阵为 $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&2&1\\0&1&3\end{pmatrix}$ 求顺序主子式：

• $\Delta_1=1>0$
• $\Delta_2=\begin{vmatrix}1&1\\1&2\end{vmatrix}=2-1=1>0$
• $\Delta_3=|A|=1\times(6-1)-1\times(3-0)+0=5-3=2>0$

由 Sylvester 判别法，$A$ 正定，故正惯性指数 $p=3$，负惯性指数 $q=0$。

等等，重新计算 $\Delta_3$： $|A|=1\cdot(2\cdot 3-1\cdot 1)-1\cdot(1\cdot 3-1\cdot 0)+0=1\cdot 5-1\cdot 3=2>0$

实际上三个顺序主子式均正，矩阵正定，$p=3, q=0$。但选项中没有 $p=3,q=0$ 对应 A…

重新审视矩阵：$f=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2+2x_1x_2+2x_2x_3$，交叉项只有 $x_1x_2$ 和 $x_2x_3$，没有 $x_1x_3$。 矩阵正确。三个顺序主子式均正，$p=3,q=0$。答案应选 A。

故选 A。

8. 设 $A$ 为正交矩阵，则下列结论错误的是（　　）

A. $A^{-1}=A^T$ 　　B. $|A|=1$ 　　C. $A$ 的列向量两两正交 　　D. $\|Ax\|=\|x\|$ 对任意 $x$ 成立

答案：B

解析：

• A 正确：正交矩阵的定义就是 $A^TA=AA^T=I$，即 $A^{-1}=A^T$。
• B 错误：由 $A^TA=I$ 取行列式得 $|A|^2=1$，故 $|A|=\pm 1$，不一定为 1。
• C 正确：正交矩阵的列（行）向量构成标准正交基，当然两两正交。
• D 正确：$\|Ax\|^2=(Ax)^T(Ax)=x^TA^TAx=x^Tx=\|x\|^2$。

故选 B。

二、填空题（每小题 4 分，共 24 分）#

9. 设 $A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$，则 $|2A^{-1}|=$________。

答案： $-2$

解析： 先求 $|A|$：$|A|=1\times 4-2\times 3=4-6=-2$。

由 $|A^{-1}|=\frac{1}{|A|}=-\frac{1}{2}$。

再由 $|kA|=k^n|A|$（$n$ 为阶数），对 2 阶矩阵： $|2A^{-1}|=2^2|A^{-1}|=4\times\left(-\frac{1}{2}\right)=-2$

10. 若向量组 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，则向量组 $\alpha_1+\alpha_2, \alpha_2+\alpha_3, \alpha_3+\alpha_1$ 的线性相关性为________。

答案： 线性无关

解析： 设 $k_1(\alpha_1+\alpha_2)+k_2(\alpha_2+\alpha_3)+k_3(\alpha_3+\alpha_1)=0$，整理得 $(k_1+k_3)\alpha_1+(k_1+k_2)\alpha_2+(k_2+k_3)\alpha_3=0$

因 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，故 $\begin{cases}k_1+k_3=0\\k_1+k_2=0\\k_2+k_3=0\end{cases}$

系数矩阵行列式：$\begin{vmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&1&1\end{vmatrix}=1+0+1-0-0-0=2\neq 0$

故只有零解 $k_1=k_2=k_3=0$，所以新向量组线性无关。

11. 设 $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\0&1&2\\0&0&1\end{pmatrix}$，则 $A^n=$________（$n$ 为正整数）。

答案： $\begin{pmatrix}1&2n&n(2n+1)\\0&1&2n\\0&0&1\end{pmatrix}$

解析： $A=I+N$，其中 $N=\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}$。

注意到 $N^3=0$（严格上三角，3 阶幂零）。

由二项式定理（$I$ 与 $N$ 可交换）： $A^n=(I+N)^n=I+nN+\frac{n(n-1)}{2}N^2$

计算： $N^2=\begin{pmatrix}0&0&4\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$

故 $A^n=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}+n\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}+\frac{n(n-1)}{2}\begin{pmatrix}0&0&4\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}1&2n&3n+2n(n-1)\\0&1&2n\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2n&2n^2+n\\0&1&2n\\0&0&1\end{pmatrix}$

12. 设 $A$ 为 3 阶方阵，特征值为 $1,-1,2$，则 $A^2+A-2I$ 的特征值为________。

答案： $0, -2, 4$

解析： 若 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，则对多项式 $f(A)=A^2+A-2I$，其特征值为 $f(\lambda)=\lambda^2+\lambda-2$。

分别代入：

• $\lambda=1$：$f(1)=1+1-2=0$
• $\lambda=-1$：$f(-1)=1-1-2=-2$
• $\lambda=2$：$f(2)=4+2-2=4$

故 $A^2+A-2I$ 的特征值为 $0, -2, 4$。

13. 设 $f(x_1,x_2)=2x_1^2+2x_1x_2+5x_2^2$，则该二次型的正惯性指数为________。

答案： 2

解析： 二次型矩阵 $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&5\end{pmatrix}$。

顺序主子式：

• $\Delta_1=2>0$
• $\Delta_2=\begin{vmatrix}2&1\\1&5\end{vmatrix}=10-1=9>0$

由 Sylvester 判别法，$A$ 正定，故正惯性指数为 2，负惯性指数为 0。

14. 设 $A$ 为 3 阶正交矩阵，且 $|A|=1$，则 $A$ 必有一个特征值为________。

答案： 1

解析： 正交矩阵的特征值 $\lambda$ 满足 $|\lambda|=1$，即 $\lambda=\pm 1$ 或复数单位模。

设三个特征值为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，则 $|A|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3=1$。

对于实正交矩阵，非实特征值成共轭对出现。若有一复特征值 $e^{i\theta}$，则必有 $e^{-i\theta}$，其乘积为 1，此时第三个特征值必须为 1 才能使总乘积为 1。

若没有复特征值，则三个特征值均为 $\pm 1$，乘积为 1 时至少有一个为 1（否则 $(-1)^3=-1\neq 1$）。

综上，$A$ 必有一个特征值为 1。

三、计算题（每小题 10 分，共 40 分）#

15. 计算行列式 $D=\begin{vmatrix}1&2&3&4\\2&3&4&1\\3&4&1&2\\4&1&2&3\end{vmatrix}$

解析： 观察到各行元素之和均为 $1+2+3+4=10$。利用这一特点：

将第 2、3、4 列都加到第 1 列： $D=\begin{vmatrix}10&2&3&4\\10&3&4&1\\10&4&1&2\\10&1&2&3\end{vmatrix}=10\begin{vmatrix}1&2&3&4\\1&3&4&1\\1&4&1&2\\1&1&2&3\end{vmatrix}$

再将第 1 行的 $(-1)$ 倍分别加到第 2、3、4 行： $=10\begin{vmatrix}1&2&3&4\\0&1&1&-3\\0&2&-2&-2\\0&-1&-1&-1\end{vmatrix}=10\begin{vmatrix}1&1&-3\\2&-2&-2\\-1&-1&-1\end{vmatrix}$

把第 1 行加到第 3 行： $=10\begin{vmatrix}1&1&-3\\2&-2&-2\\0&0&-4\end{vmatrix}$

按第 3 行展开： $=10\times(-4)\times\begin{vmatrix}1&1\\2&-2\end{vmatrix}=-40\times(-2-2)=-40\times(-4)=160$

答案： $D=160$

16. 求矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&2&1\\3&4&3\end{pmatrix}$ 的逆矩阵 $A^{-1}$。

解析： 方法一：伴随矩阵法

先求 $|A|$： $|A|=1\times(6-4)-2\times(6-3)+3\times(8-6)=2-6+6=2\neq 0$

求各元素的代数余子式：

• $A_{11}=+(6-4)=2$，$A_{12}=-(6-3)=-3$，$A_{13}=+(8-6)=2$
• $A_{21}=-(6-12)=6$，$A_{22}=+(3-9)=-6$，$A_{23}=-(4-6)=2$
• $A_{31}=+(2-6)=-4$，$A_{32}=-(1-6)=5$，$A_{33}=+(2-4)=-2$

伴随矩阵 $A^*$ 为代数余子式矩阵的转置： $A^*=\begin{pmatrix}2&6&-4\\-3&-6&5\\2&2&-2\end{pmatrix}$

故 $A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^*=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}2&6&-4\\-3&-6&5\\2&2&-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&3&-2\\-1.5&-3&2.5\\1&1&-1\end{pmatrix}$

或用分数表示： $A^{-1}=\begin{pmatrix}1&3&-2\\-\frac{3}{2}&-3&\frac{5}{2}\\1&1&-1\end{pmatrix}$

验证： $AA^{-1}=I$（略，可自行验证）。

答案： $A^{-1}=\begin{pmatrix}1&3&-2\\-\frac{3}{2}&-3&\frac{5}{2}\\1&1&-1\end{pmatrix}$

17. 求非齐次线性方程组的通解： $\begin{cases}x_1+x_2+x_3+x_4=1\\x_1+2x_2+3x_3+4x_4=2\\2x_1+3x_2+4x_3+5x_4=3\end{cases}$

解析： 写出增广矩阵并做初等行变换： $\bar{A}=\begin{pmatrix}1&1&1&1&1\\1&2&3&4&2\\2&3&4&5&3\end{pmatrix}$

$r_2-r_1, r_3-2r_1$： $\rightarrow\begin{pmatrix}1&1&1&1&1\\0&1&2&3&1\\0&1&2&3&1\end{pmatrix}$

$r_3-r_2$： $\rightarrow\begin{pmatrix}1&1&1&1&1\\0&1&2&3&1\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}$

$r_1-r_2$： $\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&-1&-2&0\\0&1&2&3&1\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}$

$R(A)=R(\bar{A})=2<4$，方程组有无穷多解。

同解方程组： $\begin{cases}x_1=x_3+2x_4\\x_2=1-2x_3-3x_4\end{cases}$

令自由变量 $x_3=c_1, x_4=c_2$，得通解： $\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}+c_1\begin{pmatrix}1\\-2\\1\\0\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}2\\-3\\0\\1\end{pmatrix},\quad c_1,c_2\in\mathbb{R}$

其中 $\eta^*=(0,1,0,0)^T$ 为特解，$\xi_1=(1,-2,1,0)^T, \xi_2=(2,-3,0,1)^T$ 为对应齐次方程组的基础解系。

答案： 通解为 $\eta^*+c_1\xi_1+c_2\xi_2$，如上所示。

18. 设矩阵 $A=\begin{pmatrix}4&2&2\\2&4&2\\2&2&4\end{pmatrix}$，求正交矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP=P^TAP$ 为对角矩阵。

解析： Step 1：求特征值

$|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}4-\lambda&2&2\\2&4-\lambda&2\\2&2&4-\lambda\end{vmatrix}$

各行加到第 1 行： $=\begin{vmatrix}8-\lambda&8-\lambda&8-\lambda\\2&4-\lambda&2\\2&2&4-\lambda\end{vmatrix}=(8-\lambda)\begin{vmatrix}1&1&1\\2&4-\lambda&2\\2&2&4-\lambda\end{vmatrix}$

$c_2-c_1, c_3-c_1$： $=(8-\lambda)\begin{vmatrix}1&0&0\\2&2-\lambda&0\\2&0&2-\lambda\end{vmatrix}=(8-\lambda)(2-\lambda)^2$

特征值：$\lambda_1=8, \lambda_2=\lambda_3=2$。

Step 2：求特征向量

对 $\lambda_1=8$： $A-8I=\begin{pmatrix}-4&2&2\\2&-4&2\\2&2&-4\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&1&-2\\0&-3&3\\0&3&-3\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&-1\\0&0&0\end{pmatrix}$

得特征向量 $\alpha_1=(1,1,1)^T$，单位化：$p_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^T$。

对 $\lambda_2=\lambda_3=2$： $A-2I=\begin{pmatrix}2&2&2\\2&2&2\\2&2&2\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&1&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$

得 $x_1+x_2+x_3=0$。取基础解系： $\alpha_2=(1,-1,0)^T,\quad\alpha_3=(1,0,-1)^T$

对 $\alpha_2,\alpha_3$ 做 Schmidt 正交化： $\beta_2=\alpha_2=(1,-1,0)^T$ $\beta_3=\alpha_3-\frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)}\beta_2=(1,0,-1)^T-\frac{1}{2}(1,-1,0)^T=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1\right)^T$

单位化： $p_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)^T,\quad p_3=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2)^T$

Step 3：构造正交矩阵 $P=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\\frac{1}{\sqrt{3}}&0&-\frac{2}{\sqrt{6}}\end{pmatrix}$

则 $P^TAP=\mathrm{diag}(8,2,2)$。

答案： $P$ 如上，$P^TAP=\mathrm{diag}(8,2,2)$。

四、综合题（12 分）#

19. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2ax_1x_2+2bx_2x_3$（$a,b$ 为实数）经正交变换 $x=Py$ 化为标准形 $f=y_2^2+2y_3^2$。

（1）求 $a,b$ 的值；（6 分） （2）求正交变换矩阵 $P$。（6 分）

解析：

（1）求 $a,b$

二次型的矩阵为 $A=\begin{pmatrix}1&a&0\\a&1&b\\0&b&1\end{pmatrix}$

标准形为 $f=y_2^2+2y_3^2$，说明 $A$ 的特征值为 $\lambda_1=0, \lambda_2=1, \lambda_3=2$。

由特征值性质：

• $\mathrm{tr}(A)=1+1+1=3=0+1+2$ ✓
• $|A|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3=0$

计算 $|A|$： $|A|=1\cdot(1-b^2)-a\cdot(a-0)+0=1-b^2-a^2=0$ 故 $a^2+b^2=1$ … ①

又 $\lambda=1$ 是特征值，故 $|A-I|=0$： $A-I=\begin{pmatrix}0&a&0\\a&0&b\\0&b&0\end{pmatrix}$ $|A-I|=0-a\cdot(0-0)+0=0$

这自动满足。再用 $\lambda=2$： $A-2I=\begin{pmatrix}-1&a&0\\a&-1&b\\0&b&-1\end{pmatrix}$ $|A-2I|=-1\cdot(1-b^2)-a\cdot(-a)+0=-1+b^2+a^2=0$ 由 ① 知 $a^2+b^2=1$，代入得 $-1+1=0$ ✓

还需利用特征值 0 的特征向量条件。$|A|=0$ 已用。

实际上 $a^2+b^2=1$ 只给出一个约束，但有两个未知数。再观察：特征多项式 $|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}1-\lambda&a&0\\a&1-\lambda&b\\0&b&1-\lambda\end{vmatrix}$

展开：$(1-\lambda)[(1-\lambda)^2-b^2]-a[a(1-\lambda)]=(1-\lambda)[(1-\lambda)^2-b^2-a^2]$

由 $a^2+b^2=1$： $=(1-\lambda)[(1-\lambda)^2-1]=(1-\lambda)(1-\lambda-1)(1-\lambda+1)=(1-\lambda)(-\lambda)(2-\lambda)$

特征值为 $0,1,2$，与已知一致。故只要 $a^2+b^2=1$ 即可。但通常这类题目有唯一解，可能隐含 $a,b\geq 0$ 或其他条件。若取最简单情况 $a=0,b=1$ 或 $a=1,b=0$。

若取 $a=0,b=1$：$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}$，特征值验证：$|A-\lambda I|=(1-\lambda)[(1-\lambda)^2-1]=(1-\lambda)(\lambda^2-2\lambda)=\lambda(1-\lambda)(\lambda-2)$ ✓

若取 $a=1,b=0$：$A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$，特征值：$(1-\lambda)[(1-\lambda)^2-1]$，同上 ✓

题目可能有额外隐含条件（如 $a\geq b\geq 0$）。若无，通常取 $a=0, b=1$ 或 $a=1, b=0$。这里假设取 $a=0, b=1$。

（2）求正交矩阵 $P$

取 $a=0, b=1$，则 $A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}$。

对 $\lambda_1=0$： $A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}$ 得 $\alpha_1=(0,1,-1)^T$，单位化 $p_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1)^T$。

对 $\lambda_2=1$： $A-I=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$ 得 $\alpha_2=(1,0,0)^T$，已单位化 $p_2=(1,0,0)^T$。

对 $\lambda_3=2$： $A-2I=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&1\\0&1&-1\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&0&0\end{pmatrix}$ 得 $\alpha_3=(0,1,1)^T$，单位化 $p_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)^T$。

验证 $p_1,p_2,p_3$ 两两正交：$(p_1,p_2)=0,(p_1,p_3)=0,(p_2,p_3)=0$ ✓

故 $P=\begin{pmatrix}0&1&0\\\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}}\\-\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$

使 $P^TAP=\mathrm{diag}(0,1,2)$。

答案：（1）$a=0, b=1$（或 $a=1,b=0$，视题目条件而定）；（2）$P$ 如上。

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