已知 $I_{1} = \int_{0}^{1} \frac{x}{2\left(1 + \cos x\right)} \mathrm{~d}x$, $I_{2} = \int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1 + x\right)}{1 + \cos x} \mathrm{~d}x$, $I_{3} = \int_{0}^{1} \frac{2x}{1 + \sin x} \mathrm{~d}x$, 则 $\left( \quad \right)$
»A« $I_{1} < I_{2} < I_{3}$
»B« $I_{2} < I_{1} < I_{3}$
»C« $I_{1} < I_{3} < I_{2}$
»D« $I_{3} < I_{2} < I_{1}$
难度评级：
继续阅读“2022考研数二第07题解析：定积分比大小”已知数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $-\frac{\pi}{2} \leqslant x_{n} \leqslant \frac{\pi}{2}$, 则 $\left( \quad \right)$
»A« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
»B« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
»C« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
»D« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
当前解法的计算过程需要用到：《常用三角函数的取值对照表》
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 首先，令：
$$
x_{n} = \left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}
$$
则可知，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 发散.
在本题中，可以令 $x_{n} = \left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{2}$, 计算方式和逻辑与令 $x_{n} = \left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}$ 是一样的.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 此时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 收敛（极限存在）：
$$
\lim_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right) = \cos \frac{\sqrt{2}}{2}
$$
所以，»A« 选项 错 误 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为，此时 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 收敛（极限存在）：
$$
\lim_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right) = \sin \frac{\sqrt{2}}{2}
$$
所以，»B« 选项 错 误 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为，$\sin \left( \frac{\pi}{4} \right) \neq \sin \left( \frac{-\pi}{4} \right)$, 即 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}\right)$ 发散（极限不存在）：
$$
\lim_{n \to \infty} \sin \left(\left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}\right)
$$
所以，»C« 选项 错 误 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为，$\cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = \cos \left( \frac{- \pi}{4} \right)$, 即 $\lim\limits_{x \to \infty} \cos \left( \left( -1 \right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4} \right)$ 收敛（极限存在）
所以，»D« 选项 正 确 .
事实上，对于 »D« 选项，当 $n \to \infty$ 的时候，我们也可以由 $\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的极限存在，推导出 $\cos x_{n}$ 的极限存在：
由 $-\frac{\pi}{2} \leqslant x_{n} \leqslant \frac{\pi}{2}$ 可知：
$$
0 \leqslant \cos x_{n} \leqslant 1
$$
又因为 $\sin x$ 在区间 $\left[ 0, 1 \right]$ 上严格单调递增，于是，根据数列极限存在的“单调有界准则”可知，当 $n \to \infty$ 的时候，$\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的极限存在.
又因为，严格单调递增的函数一定存在连续反函数，且复合函数 $\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的反函数为：
$$
\arcsin \left[ \sin \left( \cos x_{n} \right) \right] = \cos x_{n}
$$
由于函数的自变量和函数是一一对应的，因此，对于单调的连续函数而言，函数值收敛的时候，自变量一定也收敛，所以，当 $n \to \infty$ 的时候，由 $\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 收敛可知，$\cos x_{n}$ 一定也收敛，因此，当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 也存在.
需要注意的是，虽然 $\cos x_{n}$ 的反函数是 $x_{n}$, 但由于 $\cos x_{n}$ 在区间 $\left[ \frac{- \pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上不是严格单调的函数，所以，当 $n \to \infty$ 的时候，由 $\cos x_{n}$ 的极限存在，无法推导出 $x_{n}$ 的极限也存在的结论.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 对于 »A« 选项和 »B« 选项：
令 $x_{n} = \begin{cases} 1, & n \text{ 为奇数} \\ -1, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$, 则：
但是，当 $x_{n} = \begin{cases} 1, & n \text{ 为奇数} \\ -1, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$ 时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不存在，因此，»A« 选项和 »B« 选项 错 误.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 对于 »C« 选项：
由于函数 $y = \sin x$ 在区间 $\left[ – \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上单调增加且连续，所以，当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 一定存在，因此，»C« 错 误 .
在本解法中，如果令 $x_{n} = \begin{cases} -1, & n \text{ 为奇数} \\ 1, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$, 即令 $x_{n} = \left( -1 \right)^{n}$, 对应的解析步骤与上面基本一致.
考虑到 $\cos x$ 在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上是一个偶函数，$\sin x$ 在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上是一个奇函数，所以，我们在设 $x_{n}$ 的特例的时候，只要满足下面的形式就可以：
$$x_{n} = \left( -1 \right)^{n} \cdot a, \ a \in \left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$$
综上可知，»D« 选项 正 确 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 观察可知，本题中极限存在性的判定，实际上涉及 $y = \cos \left( \sin \left( x_{n} \right) \right)$, $y = \sin \left( \cos \left( x_{n} \right) \right)$, $y=\sin x_{n}$ 和 $y = \cos x_{n}$ 四个函数，对应的函数图象示意图如图 01、02、03、04 所示（在稿纸上手绘的时候，只需要能绘制出这些函数图象的大致走向和一些关键点，如交点、拐点等即可）：
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 在本题中，「荒原之梦考研数学」就会结合上面的函数图象，以及“十字”极限判定法来判断本题中四个选项的对错——
根据函数图象的性质可知，函数的极限存在，就是在某一个极限过程中，函数值都位于一条定义域内的水平直线上，如图 05 所示的每条水平直线都代表函数的一个极限（但如果这两个水平直线同时存在，则这个函数此时就不存在极限）：
同样，根据函数图象的性质可知，函数自变量的极限存在，就是在某一个极限过程中，自变量的取值都位于一条定义域内的竖直直线上，如图 06 所示的每条竖直直线都代表函数自变量的一个极限（但如果这两个竖直直线同时存在，则这个函数自变量此时就不存在极限）：
在本题中，作为函数自变量的数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的极限过程 $n \to \infty$ 并不是说数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的取值就要一直向横坐标的左右两侧无限延伸——$n \to \infty$ 只是说数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的下标 $n$ 一直在“变大”，但下标“变大”并不意味着数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 本身“变大”或者“变小”，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 本身的取值可以是任意的，也可以是遵循其他的某种特定规律，就像前面的解法 1 和解法 2 中的 $\left\{x_{n}\right\}$ 所遵循的规律一样.
于是可知，如果一个函数和函数自变量的极限取值如图 07 所示，那么，这个函数的极限就是不存在的（因为不止一条横线），自变量的极限也是不存在的（因为不止一条竖线）：
如果一个函数和函数自变量的极限取值如图 08 所示，那么，这个函数的极限就是存在的（因为只有一条直线），自变量的极限则是不存在的（因为不止一条竖线）：
当然，根据函数的定义可知，一个自变量只能对应一个函数值，但是，如果图 09 中的两条横线对应两个函数的极限，那么，就说明这两个函数的极限是存在的（因为每个函数都只有一条直线），函数自变量的极限也是存在的（因为只有一条竖线）：
对于一个函数而言，如果函数的极限和函数自变量的极限都是存在的，那么，对应的图形就是如图 10 所示的“十字”，这也是“十字”极限判定法名称的来源：
当然，“十字”极限判定法中的“横线”和“竖线”可以是某个确定位置的横线和竖线，也可以只是某个极限位置的横线和竖线.
接下来，我们就使用「荒原之梦考研数学」在上面构建的这个“十字”极限判定法对题目中的四个选项做逐一的判定——
如图 11 所示，我们用位于区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内的横线表示 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 的极限存在，但此时从该横线与 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 的函数图象的交点可以引出两条竖线，因此，该函数的自变量 $x_{n}$ 的极限不存在，»A« 错 误 ：
在上面的图 11，以及接下来的图 12 到图 18 中，示意图中的位于坐标轴 $Y$ 轴左侧的灰色虚线竖线表示 $x = \frac{-\pi}{2}$; 示意图中的位于坐标轴 $Y$ 轴左右侧的灰色虚线竖线表示 $x = \frac{\pi}{2}$.
如图 12 所示，我们用位于区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内的横线表示 $y = \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 的极限存在，但此时从该横线与 $y = \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 的函数图象的交点可以引出两条竖线，因此，该函数的自变量 $x_{n}$ 的极限不存在，»B« 错 误 ：
如图 13 所示，在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内，我们绘制一条横线，表示极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在：
图 13 中的横线，与函数 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 的图象产生了两个交点，对应两条竖线，所以极限 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 此时不存在，如图 14 所示：
但是，如果我们将横线画在函数 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 与 $y = \sin x_{n}$ 图象的交点，就会产生“十字”，此时，极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$, $\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 和 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 都存在，如图 15 所示：
综合来看，»C« 错 误 ，因为极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 不一定存在.
“不一定存在”包含“一定不存在”和“可能存在”，但不包含“一定存在”.
如图 16 所示，在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内，我们绘制一条横线，表示极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在：
图 16 中的横线，与函数 $y = \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 的图象产生了两个交点，对应两条竖线，所以极限 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 此时不存在，如图 17 所示：
接着，图 17 中的两条竖线与 $y = \cos x_{n}$ 的图象产生了两个交点，对应一条横线，因此，极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 存在，如图 18 所示：
综上可知，»D« 选项 正 确 .
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以独特的视角解析线性代数，让繁复的知识变得直观明了。
通过专题的形式对数学知识结构做必要的补充，使所学知识更加连贯坚实。
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设 $p$ 为常数，若反常积分 $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x$ 收敛，则 $p$ 的取值范围是 $\left( \quad \right)$
»A« $\left(-1, 1\right)$
»B« $\left(-1, 2\right)$
»C« $\left(-\infty, 1\right)$
»D« $\left(-\infty, 2\right)$
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（1）求 $y\left(x\right)$；
（2）$P$ 为曲线 $y=y\left(x\right)$ 上的一点，曲线 $y=y\left(x\right)$ 在点 $P$ 的法线在 $Y$ 轴上的截距为 $I_{y}$, 为使 $I_{y}$ 最小，求 $P$ 的坐标.
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\int_{-\infty}^{+\infty}\left| x \right|3^{-x^{2}}\mathrm{~d}x=\underline{\hspace{26px}}
$$
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»A« $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
»B« $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
»C« $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
»D« $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
题目告诉我们，$\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q}$ 是一个对角矩阵，假设这个对角矩阵是 $\boldsymbol{\Lambda}$, 则：
$$
\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{\Lambda}
$$
于是（矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 可逆）：
$$
\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} = \boldsymbol{\Lambda} \boldsymbol{Q}^{-1}
$$
由于可逆上三角矩阵的逆矩阵仍然是上三角矩阵（关于这一结论的传统证明方式点击这里查看，峰式图证明方式点击这里查看），所以，在矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 是一个上三角矩阵的情况下，矩阵 $\boldsymbol{Q}^{-1}$ 一定也是一个上三角矩阵.
又由「荒原之梦考研数学」的《峰图 | 基于乘法运算的图形性质理解为什么上（下）三角矩阵与对角矩阵相乘之后得到的仍是上（下）三角矩阵？》这篇文章可知，上三角矩阵左乘一个对角矩阵，得到的仍然是上三角矩阵. 因此，$\boldsymbol{P} \boldsymbol{A}$ 一定是上三角矩阵.
关于为什么矩阵 $\boldsymbol{P} \boldsymbol{A}$ 一定是一个上三角矩阵，也可以由《峰图 | 单位矩阵“拓印”过程的“面积”恒定定理》这篇文章中的结论得到.
又根据矩阵乘法运算的左行右列性质可知，矩阵 $\boldsymbol{A}$ 左边乘以的矩阵 $\boldsymbol{P}$ 相当于给矩阵 $\boldsymbol{A}$ 施加了一些初等行变换，因此，根据《初等变换求逆法的形象理解：把单位矩阵 E 看作一张“白纸”或“原点”》这篇文章中的思路可知，只要我们拿出来一个单位矩阵 $\boldsymbol{E}$, 用一系列初等行变换将矩阵 $\boldsymbol{A}$ 变成上三角矩阵，那么，矩阵 $\boldsymbol{E}$ 就会记录下来这些初等行变换，得到的矩阵就是矩阵 $\boldsymbol{P}$, 即：
$$
\begin{aligned}
\left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{E}\right) & = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & -5 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -6 & 1 & 0 & 1
\end{pmatrix} \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & 2 & 1
\end{pmatrix} \\ \\
& = \left(\boldsymbol{F}, \boldsymbol{P}\right)
\end{aligned}
$$
则：
$$
\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1
\end{pmatrix}
$$
根据与上面相同的思路，前面的到的矩阵 $\boldsymbol{F}$ 实际上就是矩阵 $\boldsymbol{P} \boldsymbol{A}$, 那么，在矩阵 $\boldsymbol{P} \boldsymbol{A}$ 的右边乘以一个矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 就相当对矩阵 $\boldsymbol{P} \boldsymbol{A}$ 做了一系列来自矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 的列变换，使其变成对角矩阵.
所以，在 $\begin{pmatrix}
\boldsymbol{F} \\ \boldsymbol{E}
\end{pmatrix}$ 中，当矩阵 $\boldsymbol{F}$ 经过一系列初等列变换变成一个对角矩阵的时候，单位矩阵 $\boldsymbol{E}$ 就会变成矩阵 $\boldsymbol{Q}$, 即：
$$
\begin{aligned}
\begin{pmatrix}
\boldsymbol{F} \\ \boldsymbol{E}
\end{pmatrix} & = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \\ \\
& = \begin{pmatrix}
\boldsymbol{\Lambda} \\ \boldsymbol{Q}
\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$
则：
$$
\boldsymbol{Q} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
$$
需要注意的是，本题中的矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 并不是唯一的，上面的过程得到的矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 之所以和选项 »C« 中的矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 完全相同，可以认为是一种刻意的“巧合”.
关于为什么矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 不唯一，详细的解释在本文后面的“三、补充”这一章节中.
综上可知，本 题 应 选 C 
由于，在 »A« 选项中，$\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ 是一个单位矩阵，所以：
$$
\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{E} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q}
$$
又因为 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{Q}$ 不是一个对角矩阵：
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = & \ \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ \\ \\
= & \ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$
所以，»A« 选项不正确.
由于，在 »B« 选项中，$\boldsymbol{Q} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ 是一个单位矩阵，所以：
$$
\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{P} \boldsymbol{A} \boldsymbol{E} = \boldsymbol{P} \boldsymbol{A}
$$
又因为 $\boldsymbol{P} \boldsymbol{A}$ 不是一个对角矩阵：
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} = & \ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix} \\ \\ \\
= & \ \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$
所以，»B« 选项不正确.
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{P}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q} = & \ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ \\ \\
= & \ \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ \\ \\
= & \ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$
所以，»C« 选项正确.
由于前面已经计算证明出了 »C« 选项是正确选项，所以，只有在为了做进一步验证或者平时练习的时候才建议对 »D« 选项也做如下的计算验证.
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{P}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q} = & \ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ \\ \\
= & \ \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \\ 6 & -1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ \\ \\
= & \ \begin{pmatrix} 1 & 2 & -4 \\ 2 & 5 & -7 \\ 6 & 13 & -23 \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$
综上可知，本 题 应 选 C
事实上，满足本题题干要求的矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 并不是只有 »C« 选项所示的这一种组合——满足题目条件的矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 实际上有无穷多组.
得出上述结论的依据主要有以下三个：
本题也可以求解出矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 的通解——
首先，设：
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{P} & = \begin{pmatrix}
a & 0 & 0\\
b & c & 0 \\
d & e & f
\end{pmatrix} \\ \\
\boldsymbol{Q} & = \begin{pmatrix}
g & h & i \\
0 & j & k \\
0 & 0 & l
\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$
其中，$a,c,f,g,j,l \neq 0$.
且已知：
$$
\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix}
$$
于是，有：
$$
\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \begin{pmatrix}
ag & ah & a \left( i-l \right) \\
\left( b+2c \right) g & \left( b+2c \right) h-cj & \left( b+2c \right) i-ck+ \left( -b+c \right) l \\
\left( d+2e-f \right) g & \left( d+2e-f \right) h+ \left( -e+2f \right) j & \left( d+2e-f \right) i+ \left( -e+2f \right) k+ \left( -d+e-5f \right) l
\end{pmatrix}
$$
又因为 $\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q}$ 是一个对角矩阵，所以：
$$
\begin{cases}
b=-2c \\
e=2f \\
d=-3f \\
h=0 \\
i=l \\
k=3l
\end{cases} \tag{1}
$$
此时：
$$
\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \begin{pmatrix}
ag & 0 & 0 \\
0 & cj & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$$
于是，由上面的 $(1)$ 式可知，满足条件的矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 的一般形式（通解）可以写成：
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{P} & = \begin{pmatrix}
a & 0 & 0 \\
-2c & c & 0 \\
-3f & 2f & f
\end{pmatrix} \\ \\
\boldsymbol{Q} & = \begin{pmatrix}
g & 0 & l \\
0 & j & 3l \\
0 & 0 & l
\end{pmatrix}
\end{aligned} \tag{2}
$$
其中
$$
a,c,f,g,j,l \neq 0.
$$
选项 »C« 对应的 $(2)$ 式中矩阵元素的取值（特解）是：
$$
\begin{cases}
a=1 \\
c=-1 \\
f=1 \\
g=1 \\
j=1 \\
l=1
\end{cases}
$$
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