1988年考研数学一真题

（1）幂级数的收敛域

答案： 收敛域为 $[0,6)$，其中 $0<x<6$ 时绝对收敛，$x=0$ 时条件收敛。

解题思路： 这是以 $x=3$ 为中心的幂级数。先用比值判别法确定收敛半径，再分别代入两个端点；收敛半径本身不能决定端点是否收敛。

详细解答： 当 $x\ne3$ 时，记第 $n$ 项为

$$u_n(x)=\frac{(x-3)^n}{n\cdot3^n}.$$

相邻两项绝对值之比为

$$\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right| =\frac{|x-3|}{3}\frac{n}{n+1} \longrightarrow\frac{|x-3|}{3}.$$

因此，$|x-3|<3$ 时级数绝对收敛，$|x-3|>3$ 时发散，收敛半径为 $R=3$。中心点 $x=3$ 处每一项均为 $0$，也收敛。由 $|x-3|<3$ 得到开区间 $(0,6)$。

还要检查两端：

• 当 $x=0$ 时，级数变成 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n/n$。因为 $1/n$ 单调趋于 $0$，交错级数判别法说明它收敛；其绝对值级数 $\sum 1/n$ 发散，故为条件收敛。
• 当 $x=6$ 时，级数变成调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty}1/n$，发散。

所以收敛域为 $[0,6)$。

（2）复合函数与定义域

答案：

$$\varphi(x)=\sqrt{\ln(1-x)},\qquad x\in(-\infty,0].$$

解题思路： 把 $\varphi(x)$ 代入 $f$ 的表达式，先解指数方程，再用 $\varphi(x)\ge0$ 确定平方根的符号。定义域需要同时保证对数有意义、对数的值非负。

详细解答： 由 $f(t)=\mathrm e^{t^2}$，可知

$$f[\varphi(x)]=\mathrm e^{[\varphi(x)]^2}=1-x.$$

由于 $[\varphi(x)]^2\ge0$，左边至少为 $1$，因此必须有

$$1-x\ge1,\qquad\text{即 }x\le0.$$

在这个范围内，$1-x>0$，可以两边取自然对数：

$$[\varphi(x)]^2=\ln(1-x)\ge0.$$

再由 $\varphi(x)\ge0$，取非负平方根，得到 $\varphi(x)=\sqrt{\ln(1-x)}$。反过来，对任意 $x\le0$，这个表达式都为实数且非负，并满足原等式。特别地，$x=0$ 时 $\varphi(0)=0$，所以端点应包含在定义域内。

（3）球面的通量积分

答案： $I=\dfrac{12\pi}{5}$。

解题思路： 积分曲面是封闭球面的外侧，正好符合高斯公式的方向要求。用散度把第二类曲面积分化为球体上的三重积分，再用球坐标计算。

详细解答： 令

$$\Omega=\{(x,y,z):x^2+y^2+z^2\le1\},\qquad \boldsymbol F=(x^3,y^3,z^3).$$

向量场的各分量在球体及其边界上具有连续偏导数，且 $S$ 取外法线方向。因此高斯公式给出

$$\begin{aligned} I&=\iiint_\Omega\left( \frac{\partial x^3}{\partial x}+ \frac{\partial y^3}{\partial y}+ \frac{\partial z^3}{\partial z}\right)\,\mathrm dv\\ &=3\iiint_\Omega(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dv. \end{aligned}$$

采用球坐标

$$x=r\sin\phi\cos\theta,\quad y=r\sin\phi\sin\theta,\quad z=r\cos\phi,$$

其中 $0\le r\le1$，$0\le\phi\le\pi$，$0\le\theta\le2\pi$，体积元为 $\mathrm dv=r^2\sin\phi\,\mathrm dr\,\mathrm d\phi\,\mathrm d\theta$。于是

$$\begin{aligned} I&=3\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^\pi\sin\phi\,\mathrm d\phi\int_0^1r^4\,\mathrm dr\\ &=3\cdot2\pi\cdot2\cdot\frac15 =\frac{12\pi}{5}. \end{aligned}$$

易错点： 被积函数中的 $r^2$ 还要乘体积元中的 $r^2$，所以径向积分是 $\int_0^1r^4\,\mathrm dr$。

（1）先求极限再求导

答案： $f'(t)=(1+2t)\mathrm e^{2t}$。

解题思路： 固定 $t$，利用基本极限求出 $f(t)$ 的显式表达式，然后对这个表达式求导。这样不需要把求导运算直接移入极限。

详细解答： 对任意固定的实数 $t$，当 $x\to+\infty$ 时，底数 $1+1/x$ 为正，且

$$\left(1+\frac1x\right)^{2tx} =\exp\left(2t\,x\ln\left(1+\frac1x\right)\right).$$

由 $\ln(1+h)/h\to1$（$h\to0$），有

$$x\ln\left(1+\frac1x\right)\longrightarrow1.$$

因此 $f(t)=t\mathrm e^{2t}$。应用乘积求导法则及链式法则，得到

$$f'(t)=1\cdot\mathrm e^{2t}+t\cdot2\mathrm e^{2t} =(1+2t)\mathrm e^{2t}.$$

（2）傅里叶级数在接缝处的收敛值

答案： $\dfrac32$。

解题思路： 题中的周期函数分段光滑，傅里叶级数在跳跃点收敛到左右极限的平均值。$x=1$ 的右侧需要借助周期为 $2$ 的条件，移到 $x=-1$ 的右侧计算。

详细解答： 当 $x\to1^-$ 时，使用 $0<x\le1$ 上的表达式 $f(x)=x^3$，故

$$f(1-0)=1.$$

当 $x=1+h$、$h>0$ 且足够小时，由周期性得

$$f(1+h)=f(-1+h)=2,$$

所以 $f(1+0)=2$。由傅里叶级数的狄利克雷收敛定理，所求值为

$$\frac{f(1-0)+f(1+0)}2=\frac{1+2}2=\frac32.$$

易错点： 虽然函数本身在 $x=1$ 处的值为 $1$，但傅里叶级数在这里收敛到 $3/2$；跳跃点处不能直接用函数值作级数和。

（3）变上限积分求函数值

答案： $f(7)=\dfrac1{12}$。

解题思路： 变上限积分先对其上限求导，再乘以上限对 $x$ 的导数。要得到 $f(7)$，应取 $x^3-1=7$，即 $x=2$。

详细解答： 记 $F(u)=\int_0^u f(t)\,\mathrm dt$。由于 $f$ 连续，微积分基本定理说明 $F'(u)=f(u)$。题给等式 $F(x^3-1)=x$ 在 $x=2$ 的一个开邻域内恒成立，因此可以在该邻域对等式两边求导：

$$F'(x^3-1)\cdot3x^2=1, \qquad 3x^2f(x^3-1)=1.$$

代入 $x=2$，得到 $12f(7)=1$，所以 $f(7)=1/12$。

易错点： 上限是 $x^3-1$，不是 $x$，不能遗漏链式法则中的 $3x^2$；在单个点相等也不能直接求导，题设的邻域恒等条件保证了这一步合法。

（4）利用行列式对列的线性性质

答案： $|A+B|=40$。

解题思路： 两个矩阵的后三列相同，所以相加后后三列都变为原来的 $2$ 倍。先从这三列各提出因子 $2$，再把第一列的和拆成两个行列式。

详细解答： 按列相加有

$$A+B=(\alpha+\beta,2\gamma_2,2\gamma_3,2\gamma_4).$$

行列式对每一列分别是线性的，因此

$$\begin{aligned} |A+B| &=2^3|\alpha+\beta,\gamma_2,\gamma_3,\gamma_4|\\ &=8\bigl(|\alpha,\gamma_2,\gamma_3,\gamma_4| +|\beta,\gamma_2,\gamma_3,\gamma_4|\bigr)\\ &=8(|A|+|B|)=8(4+1)=40. \end{aligned}$$

易错点： 一般没有 $|A+B|=|A|+|B|$。本题能够拆分，是先提出后三列的因子，使两个行列式仅第一列不同。

（1）微分的无穷小阶数

答案： 选 B，$\mathrm dy$ 与 $\Delta x$ 是同阶无穷小，但不是等价无穷小。

解题思路： 微分是函数增量的线性部分。先写出 $\mathrm dy=f'(x_0)\Delta x$，再看它与 $\Delta x$ 的比值趋于什么数。

详细解答： 一元函数在 $x_0$ 可导，故在该点的微分为

$$\mathrm dy=f'(x_0)\Delta x=\frac12\Delta x.$$

对 $\Delta x\ne0$，有

$$\frac{\mathrm dy}{\Delta x}=\frac12.$$

两无穷小之比趋于有限的非零常数时，它们同阶，所以选 B。等价无穷小要求比值趋于 $1$，故 A 不成立；高阶要求比值趋于 $0$，低阶要求比值的绝对值趋于无穷大，故 C、D 也不成立。

（2）用微分方程判断极值

答案： 选 A，$f(x)$ 在 $x=x_0$ 处取得严格局部极大值。

解题思路： 已知一阶导数为 $0$，可用二阶导数判别法。无需先解出整个微分方程，只要将 $x_0$ 代入方程就能确定二阶导数的符号。

详细解答： 因 $f$ 是方程的解，有

$$f''(x)-2f'(x)+4f(x)=0.$$

取 $x=x_0$，利用 $f'(x_0)=0$，得到

$$f''(x_0)=2f'(x_0)-4f(x_0)=-4f(x_0)<0.$$

于是 $f'(x_0)=0$ 且 $f''(x_0)<0$。二阶导数判别法说明 $x_0$ 是严格局部极大值点。也可从二阶展开看出：

$$f(x_0+h)-f(x_0) =\frac12f''(x_0)h^2+o(h^2)<0$$

对充分小的非零 $h$ 成立。因而不能在该点取得极小值，也不能在包含该点的整个邻域内单调增加或单调减少。

（3）三重积分的区域对称性

答案： 选 C，$\displaystyle\iiint_{\Omega_1}z\,\mathrm dv=4\iiint_{\Omega_2}z\,\mathrm dv$。

解题思路： 上半球体 $\Omega_1$ 可按 $x,y$ 的正负分成四个全等部分。只有在反射 $x$ 或 $y$ 时被积函数不变，四部分积分才相等；若被积函数变号，则会抵消。

详细解答： 对球体半径 $R>0$，$\Omega_1$ 关于平面 $x=0$ 和 $y=0$ 都对称。作变换 $x\mapsto-x$ 时，被积函数 $x$ 与 $xyz$ 变号，而区域和体积元不变，所以

$$\iiint_{\Omega_1}x\,\mathrm dv=0,\qquad \iiint_{\Omega_1}xyz\,\mathrm dv=0.$$

同理，作 $y\mapsto-y$ 可得 $\iiint_{\Omega_1}y\,\mathrm dv=0$。

在 $\Omega_2$ 的内部，$x,y,z$ 均为正，所以 $x$、$y$、$xyz$ 在该区域上的积分均为正。这就排除了 A、B、D。

对于被积函数 $z$，反射 $x$ 或 $y$ 不会改变其值。把 $\Omega_1$ 分成 $x,y$ 符号各异的四个部分，四个积分完全相等，其中一个部分就是 $\Omega_2$。因此

$$\iiint_{\Omega_1}z\,\mathrm dv =4\iiint_{\Omega_2}z\,\mathrm dv,$$

故选 C。

（4）幂级数在内部点的收敛性

答案： 选 B，在 $x=2$ 处绝对收敛。

解题思路： 幂级数的中心为 $1$。已知收敛点 $-1$ 到中心的距离为 $2$，而待判断点 $2$ 到中心的距离只有 $1$，所以它严格落在收敛区间内部。

详细解答： 设收敛半径为 $R$。幂级数在 $x=-1$ 处收敛，说明

$$R\ge|-1-1|=2.$$

在 $x=2$ 处，$|2-1|=1<2\le R$。幂级数在收敛半径内部绝对收敛，故选 B。

还可以直接验证：由 $\sum a_n(-2)^n$ 收敛，知其通项 $a_n(-2)^n$ 趋于 $0$，因而存在常数 $M>0$，使所有 $n$ 都满足 $|a_n|2^n\le M$。于是

$$\sum_{n=0}^{\infty}|a_n(2-1)^n| =\sum_{n=0}^{\infty}|a_n| \le M\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{2^n}<\infty.$$

这说明收敛性已能确定，而且是绝对收敛，A、C、D 均不成立。

（5）线性无关的充分必要条件

答案： 选 D，向量组中任意一个向量都不能由其余向量线性表示。

解题思路： 线性相关意味着存在一个非平凡的零线性组合；只要其中某个系数非零，就可以解出对应向量。反过来，一个向量能由其余向量表示，就会产生一个非平凡的零线性组合。

详细解答： 先证明 D 的必要性。若某个向量，例如 $\alpha_1$，可表示为

$$\alpha_1=c_2\alpha_2+\cdots+c_s\alpha_s,$$

则

$$\alpha_1-c_2\alpha_2-\cdots-c_s\alpha_s=\boldsymbol0.$$

这个组合中 $\alpha_1$ 的系数为 $1$，系数并非全零，故向量组线性相关。因此线性无关时，任何一个向量都不能由其余向量表示。

再证明充分性。假设向量组线性相关，则存在不全为零的 $k_1,\ldots,k_s$，使

$$k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s=\boldsymbol0.$$

取一个非零系数 $k_j$，即可解出

$$\alpha_j=-\sum_{i\ne j}\frac{k_i}{k_j}\alpha_i.$$

这与 D 中“任意一个都不可表示”矛盾。因此 D 也充分。

其余选项均不能保证整个向量组线性无关。取允许的情形 $n=s=3$，记 $e_1=(1,0,0)^{\mathrm T}$、$e_2=(0,1,0)^{\mathrm T}$：

• 对向量组 $e_1,e_2,e_1+e_2$，取系数 $(1,0,0)$ 可得到非零线性组合，满足 A；任意两个也都线性无关，满足 B。但第三个向量是前两个的和，整个向量组线性相关。
• 对向量组 $e_1,e_2,\boldsymbol0$，$e_1$ 不能由 $e_2,\boldsymbol0$ 表示，满足 C；但组中有零向量，仍然线性相关。

故只有 D 是充分必要条件。

答案： 在题设表达式有定义的点，$\displaystyle x\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+y\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=0$。

解题思路： 对含有 $x/y$、$y/x$ 的复合函数，用链式法则和乘积法则逐次求导。先把一阶导数整理好，会发现二阶导数中包含 $g'$ 的项互相抵消。

详细解答： 题设中的两个比值要求 $x\ne0$、$y\ne0$。记

$$s=\frac xy,\qquad t=\frac yx.$$

求偏导时，另一个自变量保持不变，因此

$$s_x=\frac1y,\quad s_y=-\frac{x}{y^2},\quad t_x=-\frac{y}{x^2},\quad t_y=\frac1x.$$

对 $u=yf(s)+xg(t)$ 先求 $x$ 的偏导：

$$u_x=yf'(s)s_x+g(t)+xg'(t)t_x =f'(s)+g(t)-t g'(t).$$

再对 $x$ 求导，得

$$\begin{aligned} u_{xx} &=f''(s)s_x+g'(t)t_x-\bigl[t_xg'(t)+t g''(t)t_x\bigr]\\ &=\frac1y f''(s)+\frac{y^2}{x^3}g''(t). \end{aligned}$$

对 $u_x$ 求 $y$ 的偏导，得

$$\begin{aligned} u_{xy} &=f''(s)s_y+g'(t)t_y-\bigl[t_yg'(t)+t g''(t)t_y\bigr]\\ &=-\frac{x}{y^2}f''(s)-\frac{y}{x^2}g''(t). \end{aligned}$$

代入所求组合：

$$\begin{aligned} xu_{xx}+yu_{xy} &=\frac xy f''(s)+\frac{y^2}{x^2}g''(t) -\frac xy f''(s)-\frac{y^2}{x^2}g''(t)\\ &=0. \end{aligned}$$

答案： $y(x)=(1-2x)\mathrm e^x$。

解题思路： 先把切线重合的几何条件转为 $y(0)$ 和 $y'(0)$ 两个初始条件。再求常系数非齐次方程的通解，最后确定两个积分常数。右端 $\mathrm e^x$ 与齐次解重复，特解要乘上 $x$。

详细解答： 曲线 $y=x^2-x+1$ 在 $x=0$ 处的函数值为 $1$，导数为 $2x-1$，故该点切线的斜率为 $-1$。所求曲线经过同一点且切线重合，所以

$$y(0)=1,\qquad y'(0)=-1.$$

齐次方程 $y''-3y'+2y=0$ 的特征方程为

$$\lambda^2-3\lambda+2=(\lambda-1)(\lambda-2)=0.$$

两个特征根为 $1,2$，齐次通解是 $C_1\mathrm e^x+C_2\mathrm e^{2x}$。

右端是 $2\mathrm e^x$，而 $\mathrm e^x$ 已在齐次通解中，故设特解为 $y_p=ax\mathrm e^x$。其导数为

$$y_p'=a(x+1)\mathrm e^x,\qquad y_p''=a(x+2)\mathrm e^x.$$

代入原方程，有

$$y_p''-3y_p'+2y_p =a[(x+2)-3(x+1)+2x]\mathrm e^x =-a\mathrm e^x.$$

令它等于 $2\mathrm e^x$，得 $a=-2$。所以非齐次方程的通解为

$$y=C_1\mathrm e^x+C_2\mathrm e^{2x}-2x\mathrm e^x.$$

由 $y(0)=1$，得到 $C_1+C_2=1$。又因为

$$y'=C_1\mathrm e^x+2C_2\mathrm e^{2x}-2(x+1)\mathrm e^x,$$

由 $y'(0)=-1$，得到 $C_1+2C_2-2=-1$，即 $C_1+2C_2=1$。两式相减得 $C_2=0$，继而 $C_1=1$，于是

$$y(x)=(1-2x)\mathrm e^x.$$

答案： 引力所做的功为 $\displaystyle W=k\left(1-\frac1{\sqrt5}\right)$。

解题思路： 引力方向指向固定点 $A$，需先由“力的大小”写出力的两个分量。这个力场有显式势函数 $k/r$，因此功等于势函数在终点与起点的差。

详细解答： 当质点位于 $M(x,y)$ 时，从 $M$ 指向 $A(0,1)$ 的向量为 $(-x,1-y)$，两点间距离为

$$r=\sqrt{x^2+(y-1)^2}.$$

方向的单位向量为 $(-x,1-y)/r$。力的大小是 $k/r^2$，故力向量为

$$\boldsymbol F(x,y)=\frac{k}{r^3}(-x,1-y).$$

设 $L$ 为从 $B(2,0)$ 到 $O(0,0)$ 的有向运动路径，则功是第二类曲线积分

$$W=\int_L\boldsymbol F\cdot(\mathrm dx,\mathrm dy) =k\int_L\frac{-x\,\mathrm dx+(1-y)\,\mathrm dy} {[x^2+(y-1)^2]^{3/2}}.$$

令

$$\Psi(x,y)=\frac{k}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}}.$$

在 $M\ne A$ 的地方，它的偏导数为

$$\Psi_x=-\frac{kx}{r^3},\qquad \Psi_y=-\frac{k(y-1)}{r^3}=\frac{k(1-y)}{r^3}.$$

因此被积表达式正是 $\mathrm d\Psi$，而非仅仅形式上的偏导相等。题设路径为圆 $(x-1)^2+y^2=1$ 的上半圆，不经过 $A(0,1)$，势函数在整条路径上有定义。由曲线积分的基本定理，

$$W=\Psi(O)-\Psi(B).$$

起点到 $A$ 的距离为 $\sqrt{2^2+(0-1)^2}=\sqrt5$，终点到 $A$ 的距离为 $1$，故

$$W=\frac{k}{1}-\frac{k}{\sqrt5} =k\left(1-\frac1{\sqrt5}\right).$$

易错点： 大小 $k/r^2$ 乘单位方向向量后，分量的分母为 $r^3$。功按“终点势函数值减起点势函数值”计算，运动方向不能颠倒。

（1）求矩阵 $A$

答案：

$$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&0&0\\6&-1&-1\end{pmatrix}.$$

解题思路： $AP=PB$ 是相似变换关系。先验证 $P$ 可逆，再右乘 $P^{-1}$，得到 $A=PBP^{-1}$。由于 $B$ 是对角矩阵，右乘 $B$ 就是按对角元缩放 $P$ 的各列。

详细解答： $P$ 是下三角矩阵，行列式等于对角元的乘积：

$$|P|=1\cdot(-1)\cdot1=-1\ne0.$$

为求逆矩阵，设 $P\boldsymbol u=\boldsymbol b$，其中 $\boldsymbol u=(u_1,u_2,u_3)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol b=(b_1,b_2,b_3)^{\mathrm T}$。逐行解得

$$u_1=b_1,\qquad u_2=2b_1-b_2,\qquad u_3=b_3-2u_1-u_2=-4b_1+b_2+b_3.$$

所以

$$P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&-1&0\\-4&1&1\end{pmatrix}.$$

由 $AP=PB$ 右乘 $P^{-1}$，得到

$$\begin{aligned} A&=PBP^{-1}\\ &=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&0&0\\2&0&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&0&0\\2&-1&0\\-4&1&1\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&0&0\\6&-1&-1\end{pmatrix}. \end{aligned}$$

（2）求 $A^5$

答案： $A^5=A=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&0&0\\6&-1&-1\end{pmatrix}$。

解题思路： 把相似关系用于矩阵的幂，避免连续计算五次矩阵乘法。对角矩阵的幂只需分别计算每个对角元的幂。

详细解答： 利用相邻的 $P^{-1}P=I_3$，有

$$A^2=(PBP^{-1})(PBP^{-1})=PB^2P^{-1}.$$

重复这一消去过程，可得 $A^5=PB^5P^{-1}$。而

$$B^5=\operatorname{diag}(1^5,0^5,(-1)^5) =\operatorname{diag}(1,0,-1)=B.$$

故 $A^5=PBP^{-1}=A$。

（1）求参数 $x,y$

答案： $x=0$，$y=1$。

解题思路： 相似矩阵具有相同的迹和行列式。这里两者都能直接算出，利用这两个不变量列方程即可求参数。

详细解答： 因 $A$ 与 $B$ 相似，$\operatorname{tr}A=\operatorname{tr}B$，所以

$$2+x=2+y-1=1+y,\qquad x=y-1.$$

再计算行列式。按第一行展开，得

$$|A|=2\begin{vmatrix}0&1\\1&x\end{vmatrix}=-2, \qquad |B|=2\cdot y\cdot(-1)=-2y.$$

由 $|A|=|B|$，得 $y=1$；代入 $x=y-1$，得 $x=0$。

（2）构造满足 $P^{-1}AP=B$ 的矩阵

答案： 可以取

$$P=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&1&1\end{pmatrix}.$$

解题思路： $P^{-1}AP=B$ 等价于 $AP=PB$。因为 $B$ 的对角元依次是 $2,1,-1$，所以 $P$ 的三列应依次选为 $A$ 对应这三个特征值的特征向量，并保证它们线性无关。

详细解答： 代入 $x=0,y=1$ 后，

$$A=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}, \qquad B=\operatorname{diag}(2,1,-1).$$

设 $\boldsymbol v=(v_1,v_2,v_3)^{\mathrm T}$，则 $A\boldsymbol v=(2v_1,v_3,v_2)^{\mathrm T}$。

• 当 $\lambda=2$ 时，方程 $A\boldsymbol v=2\boldsymbol v$ 给出 $v_3=2v_2$、$v_2=2v_3$，从而 $v_2=v_3=0$。取 $\alpha_1=(1,0,0)^{\mathrm T}$。
• 当 $\lambda=1$ 时，方程给出 $v_1=0$、$v_3=v_2$。取 $\alpha_2=(0,1,1)^{\mathrm T}$。
• 当 $\lambda=-1$ 时，方程给出 $v_1=0$、$v_3=-v_2$。取 $\alpha_3=(0,-1,1)^{\mathrm T}$。

按 $B$ 的对角元顺序排列三列，得到

$$P=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) =\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&1&1\end{pmatrix}.$$

其行列式为 $1\cdot(1\cdot1-(-1)\cdot1)=2\ne0$，故 $P$ 可逆。又有

$$AP=(2\alpha_1,\alpha_2,-\alpha_3)=PB.$$

左乘 $P^{-1}$，即可得到 $P^{-1}AP=B$。

易错点： 特征向量的列顺序要与 $B$ 中 $2,1,-1$ 的顺序一致；交换两列通常会改变对角化后矩阵的对角元顺序。