2026–2027 学年秋冬《线性代数》第一次小测真题归档
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以下保留原题条件；解析与知识点总结为本站补充整理，不作为教师官方答案。原卷未标明的分值、考试时长不作补充，参数按实数讨论。
第一部分：题目
题 1：行列式、克拉默法则与代数余子式之和
已知线性方程组
\[ \begin{cases} x_1+2x_2+x_3=1,\\ 2x_1+ax_2+x_3=2,\\ x_1+x_2+ax_3=3. \end{cases} \]
设系数矩阵为 \(A=(a_{ij})_{3\times3}\)，其行列式为 \(D\)，元素 \(a_{ij}\) 的代数余子式为 \(A_{ij}\)。
- 求 \(D\)，并求方程组有唯一解时 \(a\) 的取值。
- 在有唯一解的条件下，用克拉默法则求 \(x_3\)。
- 若所有代数余子式 \(A_{ij}\) 之和为 \(2\)，求 \(a\)。
题 2：三对角行列式
计算 \(n\) 阶行列式（\(n\ge2\)）
\[ D_n=\begin{vmatrix} 5&6&0&\cdots&0\\ 1&5&6&\ddots&\vdots\\ 0&1&5&\ddots&0\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&6\\ 0&\cdots&0&1&5 \end{vmatrix}. \]
即主对角线元素为 \(5\)，上、下副对角线元素分别为 \(6,1\)，其余元素为零。
题 3：两个齐次方程组的公共非零解
设两个含有 \(n\) 个未知量的齐次线性方程组分别为
\[ \mathrm{(I)}\quad Ax=0,\qquad \mathrm{(II)}\quad Bx=0, \]
其中 \(A=(a_{ij})_{n\times n}\)，\(B=(b_{ij})_{n\times n}\)，\(x=(x_1,\ldots,x_n)^{\mathsf T}\)。
已知 \(r(A)+r(B)<n\)。证明这两个方程组必有非零公共解。
题 4：含参方程组解的分类与通解
讨论 \(a,b\) 为何值时，下列方程组有唯一解、有无穷多解或无解，并在有解时求出解：
\[ \begin{cases} x_1+x_2+x_3+x_4=0,\\ x_2+2x_3+2x_4=1,\\ -x_2+(a-3)x_3-2x_4=b,\\ 3x_1+2x_2+x_3+ax_4=-1. \end{cases} \]
第二部分：详细解析
解析 1：先判可逆，再用克拉默法则
（1）行列式与唯一解条件。
\[ \begin{aligned} D&=\begin{vmatrix}1&2&1\\2&a&1\\1&1&a\end{vmatrix}\\ &=(a^2-1)-2(2a-1)+(2-a)\\ &=a^2-5a+3. \end{aligned} \]
方程组有唯一解当且仅当 \(D\ne0\)，即
\[ a\ne\frac{5+\sqrt{13}}2,\qquad a\ne\frac{5-\sqrt{13}}2. \]
（2）用克拉默法则求 \(x_3\)。 用常数列替换系数矩阵的第三列：
\[ D_3=\begin{vmatrix}1&2&1\\2&a&2\\1&1&3\end{vmatrix} =2(a-4). \]
因此，在 \(D\ne0\) 的条件下，
\[ x_3=\frac{D_3}{D}=\frac{2(a-4)}{a^2-5a+3}. \]
（3）代数余子式之和。 逐项计算得到代数余子式矩阵
\[ (A_{ij})=\begin{pmatrix} a^2-1&1-2a&2-a\\ 1-2a&a-1&1\\ 2-a&1&a-4 \end{pmatrix}. \]
故
\[ \sum_{i,j=1}^{3}A_{ij}=a^2-4a+2. \]
由题设 \(a^2-4a+2=2\)，得 \(a(a-4)=0\)，所以 \(a=0\) 或 \(a=4\)。
易错点： 代数余子式含符号 \((-1)^{i+j}\)；克拉默法则只在 \(D\ne0\) 时适用。
解析 2：递推降阶
按第一行展开，再沿第二项余子式的第一列展开，得
\[ D_n=5D_{n-1}-6D_{n-2}\qquad(n\ge3). \]
又 \(D_1=5\)，\(D_2=25-6=19\)。于是
\[ D_n-2D_{n-1}=3(D_{n-1}-2D_{n-2}). \]
从 \(D_2-2D_1=9\) 出发，递推可知
\[ D_n-2D_{n-1}=3^n\qquad(n\ge2). \]
令 \(E_n=D_n-3^{n+1}\)，则
\[ E_n=2E_{n-1},\qquad E_1=5-9=-4. \]
因此 \(E_n=-2^{n+1}\)，最终得到
\[ \boxed{D_n=3^{n+1}-2^{n+1}}. \]
易错点： 递推中的 \(6\) 来自两条副对角线元素的乘积 \(6\cdot1\)；负号来自展开位置的代数余子式符号。
解析 3：把两个方程组叠在一起
将两个方程组联立，其系数矩阵为
\[ C=\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}_{2n\times n}. \]
\(C\) 的行空间由 \(A\)、\(B\) 的行空间共同生成，故
\[ r(C)\le r(A)+r(B)<n. \]
联立后的齐次方程组有 \(n\) 个未知量，而系数矩阵的秩小于 \(n\)，所以存在非零解 \(x\)。该解同时满足 \(Ax=0\) 和 \(Bx=0\)，即为所求公共非零解。
补充： 公共解空间就是 \(\ker C\)，其维数满足
\[ \dim(\ker A\cap\ker B)=n-r(C) \ge n-r(A)-r(B)>0. \]
仅仅分别证明两个方程组各自有非零解还不够，因为它们的非零解未必相同。
解析 4：保留参数因子，分情况回代
对增广矩阵依次作
\[ R_3\leftarrow R_3+R_2,\qquad R_4\leftarrow R_4-3R_1+R_2, \]
得到等价方程组
\[ \begin{cases} x_1+x_2+x_3+x_4=0,\\ x_2+2x_3+2x_4=1,\\ (a-1)x_3=b+1,\\ (a-1)x_4=0. \end{cases} \]
情况一：\(a\ne1\)。 后两式确定
\[ x_3=\frac{b+1}{a-1},\qquad x_4=0. \]
由前两式回代，唯一解为
\[ \boxed{ (x_1,x_2,x_3,x_4)= \left(\frac{b-a+2}{a-1},\frac{a-2b-3}{a-1},\frac{b+1}{a-1},0\right). } \]
情况二：\(a=1,b=-1\)。 后两式均化为 \(0=0\)。令 \(x_3=s\)，\(x_4=t\)，有无穷多解
\[ \boxed{ (x_1,x_2,x_3,x_4)=(-1+s+t,\,1-2s-2t,\,s,\,t), \quad s,t\in\mathbb R. } \]
情况三：\(a=1,b\ne-1\)。 第三式成为 \(0=b+1\ne0\)，矛盾，故无解。
易错点： 未讨论 \(a=1\) 前，不可直接除以 \(a-1\)；无穷多解情形有两个自由参数。
第三部分：答案与知识点总结
| 题号 | 答案或结论 | 主要方法 |
|---|---|---|
| 1（1） | \(D=a^2-5a+3\)，唯一解当且仅当 \(D\ne0\) | 行列式展开 |
| 1（2） | \(x_3=2(a-4)/(a^2-5a+3)\)，要求 \(D\ne0\) | 克拉默法则 |
| 1（3） | \(a=0\) 或 \(a=4\) | 代数余子式求和 |
| 2 | \(D_n=3^{n+1}-2^{n+1}\) | 三对角递推 |
| 3 | 公共解空间维数至少为 \(n-r(A)-r(B)>0\) | 联立、秩与零空间 |
| 4 | \(a\ne1\) 唯一解；\(a=1,b=-1\) 无穷多解；\(a=1,b\ne-1\) 无解 | 含参消元与回代 |
- 行列式判解： 方阵系数矩阵行列式不为零，才可直接使用克拉默法则。
- 递推行列式： 识别稀疏结构，先降阶，再用初值确定通项。
- 公共解： 联立方程组或研究零空间交集，避免将“分别存在”误当成“共同存在”。
- 含参消元： 参数因子为零时单独讨论，再判断矛盾行与自由变量。
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