2017-2018 学年秋冬《线性代数（甲）》期中归档
共 7 道题，保留试卷题号和分值。先独立作答，再对照解析与考点索引。
根据归档题目整理的练习版，非原卷扫描件；仅含题目，并留有作答空间。
第一部分：题目
1.（15 分）
计算 \(n\) 阶行列式
\[ \begin{vmatrix} x & y & y & \cdots & y \\ z & x & y & \cdots & y \\ z & z & x & \cdots & y \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ z & z & z & \cdots & x \end{vmatrix}, \]
\(x, y, z\) 为任意实常数。
2.（20 分）
设 \(k\) 为实常数，当 \(k\) 为何值时，下面线性方程组无解？唯一解？无穷多解？有解时，求解。
\[ \begin{cases} kx_1 + x_2 + x_3 = k - 3, \\ x_1 + kx_2 + x_3 = -2, \\ x_1 + x_2 + kx_3 = -2. \end{cases} \]
3.（20 分）
求矩阵方程
\[ X\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -6 \end{pmatrix}. \]
4.（15 分）
设 \(R(A_{m\times n}) = r\)，证明存在 \(B_{n\times n}\)，且 \(R(B) = n - r\)，使得 \(AB = 0\)。
5.（15 分）
设 \(R(A_{n\times n}) = 1\)，\(A_{n\times n} \in P^{n\times n}\)，证明：
（1）存在两组不全为零的实数 \(a_1, \cdots, a_n\)；\(b_1, \cdots, b_n\)，使得 \(A = (a_1, \cdots, a_n)^{\mathrm{T}}(b_1, \cdots, b_n)\)；
（2）存在实数 \(k\)，使得 \(A^2 = kA\)。
6.（8 分）
设 \(A_{m\times n}X_{n\times 1} = d_{m\times 1}\) 有解，\(B_{m\times s}X_{s\times 1} = c_{m\times 1}\) 无解，令 \(G = (A\ B\ d\ c)_{m\times (n+s+2)}\)，证明：\(R(G) \leq R(A) + R(B) + 1\)。
7.（10 分）
设 \(A, B, C, D \in R^{n\times n}\)，证明：当 \(AC = CA\) 时，有 \(\begin{vmatrix} A & D \\ C & B \end{vmatrix} = |AB - CD|\)。
第二部分：详细解析
1.（15 分）
记该 \(n\) 阶行列式为 \(D_n\)：主对角线取 \(x\)，主对角线右上方取 \(y\)，左下方取 \(z\)。
第一步 把每行化成只有两个非零元。自下而上作行变换 \(R_i \leftarrow R_i - R_{i-1}\)（\(i = n, n-1, \cdots, 2\)，减的是尚未改动的第 \(i - 1\) 行）：第 \(i\) 行只剩第 \(i - 1\) 列的 \(z - x\) 与第 \(i\) 列的 \(x - y\)，行列式不变，得
\[ D_n = \begin{vmatrix} x & y & y & \cdots & y \\ z - x & x - y & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & z - x & x - y & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & z - x & x - y \end{vmatrix} =: \det B. \]
第二步 按第一行展开。\(B\) 的第 \(i\) 行（\(i \geq 2\)）只在第 \(i - 1\)、\(i\) 两列非零。删去第 1 行与第 \(k\) 列后，余子式要非零，必须每行从自己的两个非零元中取一个、且所取列号两两不同。设第 \(i\) 行取左元（第 \(i - 1\) 列，值 \(z - x\)）的行组成集合 \(S\)：若有 \(i \in S\)、\(i \geq 3\) 而 \(i - 1 \notin S\)，则第 \(i - 1\) 行取右元仍落在第 \(i - 1\) 列，与第 \(i\) 行所取同列而重复，故 \(S\) 必形如 \(\{2, 3, \cdots, m\}\)；此时所取列号的集合是 \(\{1, \cdots, n\} \setminus \{m\}\)，而可用列只有 \(\{1, \cdots, n\} \setminus \{k\}\)，两者相等给出 \(m = k\)，即唯一取法 \(S = \{2, \cdots, k\}\)。所取列号按行号 \(2, 3, \cdots, n\) 依次为 \(1, 2, \cdots, k - 1, k + 1, \cdots, n\)，是递增的，故这一项的排列符号为 \(+1\)。连同展开式自身的 \((-1)^{1+k}\) 得
\[ \det B = x(x - y)^{n-1} + y\sum_{k=2}^{n} (-1)^{k+1}(z - x)^{k-1}(x - y)^{n-k}, \]
其中 \(k = 1\) 的余子式是上三角阵、对角元全为 \(x - y\)，值为 \((x - y)^{n-1}\)。
第三步 求和化简。记 \(u = x - y\)、\(v = z - x\)，上式中的和 \(S = \sum_{m=1}^{n-1} (-1)^m v^m u^{n-1-m}\)，把它拆开：
\[ (u + v)S = \sum_{m=1}^{n-1}\left[(-1)^m v^m u^{n-m} + (-1)^m v^{m+1} u^{n-1-m}\right] = -vu^{n-1} + (-1)^{n+1}v^n, \]
第 \(m\) 项的后一半与第 \(m + 1\) 项的前一半正负相消，只剩首尾。再由 \(u + v = z - y\) 及 \(x(z - y) - y(z - x) = z(x - y)\)，
\[ \begin{aligned} (z - y)D_n &= x(z - y)u^{n-1} + y\left(-vu^{n-1} + (-1)^{n+1}v^n\right) \\ &= \left[x(z - y) - y(z - x)\right]u^{n-1} + (-1)^{n+1}yv^n = z(x - y)^n + (-1)^{n+1}y(z - x)^n. \end{aligned} \]
这是关于 \(x, y, z\) 的多项式恒等式，只有在 \(y = z\) 时不能直接除以 \(z - y\)。
情形一： \(y \neq z\)。
\[ D_n = \frac{z(x - y)^n + (-1)^{n+1}y(z - x)^n}{z - y} = \frac{y(x - z)^n - z(x - y)^n}{y - z} \]
（后一等式用了 \((z - x)^n = (-1)^n(x - z)^n\)）。分母中只出现 \(z - y\)，所以 \(x = y\) 或 \(x = z\) 都不是退化，直接代入即可：\(x = y\) 时 \(D_n = (-1)^{n+1}y(z - y)^{n-1}\)，\(x = z\) 时 \(D_n = z(z - y)^{n-1}\)。
情形二： \(y = z\)。此时所有非对角元都是 \(y\)，即 \(D_n = \left|(x - y)E + yJ\right|\)，\(J\) 为全 1 阵。\(J\) 的特征值为 \(n\)（一重）与 \(0\)（\(n - 1\) 重），故
\[ D_n = (x - y)^{n-1}\left[(x - y) + ny\right] = (x - y)^{n-1}\left(x + (n - 1)y\right). \]
答案 \(y \neq z\) 时 \(D_n = \dfrac{z(x - y)^n + (-1)^{n+1}y(z - x)^n}{z - y}\)（也等于 \(\dfrac{y(x - z)^n - z(x - y)^n}{y - z}\)）；\(y = z\) 时 \(D_n = (x - y)^{n-1}\left(x + (n - 1)y\right)\)。
注 退化只出在 \(y = z\)（分母为零），此时改用 \(M = (x - y)E + yJ\) 的特征值来算；所得结果恰是通项公式在 \(z \to y\) 处的极限，可用来验算。\(x = y\)、\(x = z\) 不属于退化，代入通项即可。
考点 行列式。
易错点 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。
2.（20 分）
把第 \(i\) 个方程写成 \((k - 1)x_i + (x_1 + x_2 + x_3) = b_i\)，其中 \(b_1 = k - 3\)、\(b_2 = b_3 = -2\)，并记 \(s = x_1 + x_2 + x_3\)。三式相加：左端为 \((k - 1)s + 3s = (k + 2)s\)，右端为 \((k - 3) - 2 - 2 = k - 7\)，故
\[ (k + 2)s = k - 7. \]
这是全题的关键：\(k \neq -2\) 时它定出 \(s\)，\(k = -2\) 时它自相矛盾。
\(k \neq 1, -2\)：唯一解。系数矩阵是 \((k - 1)E + J\)（\(J\) 为全 1 阵），其特征值为 \(k - 1\)（\(n - 1\) 重）与 \(k + 2\)，故 \(|A| = (k - 1)^2(k + 2) \neq 0\)，解唯一。由 \((k + 2)s = k - 7\) 得 \(s = \dfrac{k - 7}{k + 2}\)，再由 \((k - 1)x_i = b_i - s\) 得
\[ x_1 = \frac{1}{k - 1}\left[(k - 3) - \frac{k - 7}{k + 2}\right] = \frac{(k - 1)^2}{(k - 1)(k + 2)} = \frac{k - 1}{k + 2}, \] \[ x_2 = x_3 = \frac{1}{k - 1}\left[-2 - \frac{k - 7}{k + 2}\right] = \frac{-3(k - 1)}{(k - 1)(k + 2)} = \frac{-3}{k + 2}. \]
把它们代回三个原方程即可验算。
\(k = -2\)：无解。此时 \((k + 2)s = k - 7\) 变成 \(0 \cdot s = -9\)，矛盾；即 \(R(A) = 2\) 而增广矩阵 \(R(A \mid d) = 3\)。
\(k = 1\)：无穷多解。三个方程都化为 \(x_1 + x_2 + x_3 = -2\)，\(R(A) = R(A \mid d) = 1 < 3\)，通解为
\[ (x_1, x_2, x_3) = (-2 - c_1 - c_2,\ c_1,\ c_2), \qquad c_1, c_2 \text{ 为任意实数}. \]
答案 \(k \neq 1\) 且 \(k \neq -2\) 时有唯一解 \(x = \left(\dfrac{k - 1}{k + 2},\ \dfrac{-3}{k + 2},\ \dfrac{-3}{k + 2}\right)^{\mathrm{T}}\)；\(k = -2\) 时无解；\(k = 1\) 时有无穷多解，即 \(x_1 + x_2 + x_3 = -2\)。
考点 线性方程组。
易错点 含参消元在除以参数前先分情形；通解写成特解加齐次通解。
3.（20 分）
记 \(A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}\)，\(B = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -6 \end{pmatrix}\)，则 \(X\) 是 \(2 \times 3\) 矩阵。按第一列展开算 \(|A|\)：
\[ |A| = 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} + 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} = 2 + 1 = 3 \neq 0, \]
故 \(A\) 可逆，矩阵方程的解唯一，为 \(X = BA^{-1}\)。
用高斯－若尔当消元求 \(A^{-1}\)：对 \((A \mid E)\) 作初等行变换化为 \((E \mid A^{-1})\)，即
\[ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \big| & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & \big| & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & \big| & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \big| & \frac{2}{3} & -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\[2pt] 0 & 1 & 0 & \big| & \frac{2}{3} & \frac{1}{3} & -\frac{2}{3} \\[2pt] 0 & 0 & 1 & \big| & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{pmatrix}, \]
于是
\[ A^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\[2pt] \frac{2}{3} & \frac{1}{3} & -\frac{2}{3} \\[2pt] -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{pmatrix}, \] \[ X = BA^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -6 \end{pmatrix} A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & -2 \end{pmatrix}. \]
验算：\(X\) 的第 1 行乘 \(A\) 得 \((1, 1, 1)\)，第 2 行乘 \(A\) 得 \((0, 0, -6)\)，正是 \(B\) 的两行。
答案 \(X = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & -2 \end{pmatrix}\)。
考点 矩阵方程。
易错点 逆矩阵不能随意跨过其他因子；只可在同侧作相应运算。
4.（15 分）
思路：取齐次方程组 \(Ax = \theta\) 的基础解系充当 \(B\) 的列。
由秩－零化度定理（对 \(A\) 的 \(n\) 列，\(\dim \ker A + R(A) = n\)），\(Ax = \theta\) 的解空间维数为
\[ \dim \ker A = n - R(A) = n - r. \]
取它的一组基 \(\xi_1, \cdots, \xi_{n-r}\)，令
\[ B = \left(\xi_1, \cdots, \xi_{n-r}, \theta, \cdots, \theta\right)_{n\times n}, \]
即前 \(n - r\) 列是基础解系、其余 \(r\) 列取零列。
因 \(A\xi_j = \theta\)（\(j = 1, \cdots, n-r\)），\(AB\) 的每一列都是零列，故 \(AB = O\)。又 \(\xi_1, \cdots, \xi_{n-r}\) 线性无关，而 \(B\) 的后 \(r\) 列全为零，故这 \(n-r\) 列构成 \(B\) 的列向量组的一个极大无关组，\(R(B) = n - r\)。（\(r = n\) 时 \(n - r = 0\)，取 \(B = O\) 即可。）\(\square\)
考点 矩阵方程、秩与空间维数。
易错点 逆矩阵不能随意跨过其他因子；只可在同侧作相应运算。
5.（15 分）
（1）由 \(R(A) = 1\) 知 \(A \neq O\)，故 \(A\) 有非零行。取定其中一个非零行，记其为行向量 \(a = (a_1, \cdots, a_n)\)，则 \(a \neq 0\)。\(R(A) = 1\) 意味着行空间是一维的，于是每一行都落在 \(a\) 张成的直线上，即存在实数 \(b_1, \cdots, b_n\) 使 \(A\) 的第 \(j\) 行为 \(b_j a\)。取定的那一行（设为第 \(r\) 行）对应 \(b_r = 1\)，故 \(b_1, \cdots, b_n\) 也不全为零。把各行写成一列即
\[ A = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} (b_1, b_2, \cdots, b_n) = (a_1, \cdots, a_n)^{\mathrm{T}}(b_1, \cdots, b_n). \]
（2）沿用（1）的记法 \(A = a^{\mathrm{T}}b\)，其中 \(a, b\) 为上述行向量；\(ba^{\mathrm{T}} = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i\) 是一个实数，记为 \(k\)。把矩阵乘法的结合律用在中间的一对上：
\[ A^2 = (a^{\mathrm{T}}b)(a^{\mathrm{T}}b) = a^{\mathrm{T}}(ba^{\mathrm{T}})b = k\, a^{\mathrm{T}}b = kA. \]
于是存在实数 \(k\) 使 \(A^2 = kA\)。（顺便得到 \(k = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i = \operatorname{tr} A\)。）\(\square\)
考点 矩阵幂与多项式、秩与空间维数。
易错点 二项式展开须保证参与的矩阵可交换；幂零与零矩阵不是同一概念。
6.（8 分）
把 \(G\) 按列分块为 \(G = (A\ B\ d\ c)\)，用 \(C(P)\) 表示矩阵 \(P\) 的列空间，则 \(\dim C(P) = R(P)\)。
\(AX = d\) 有解，说明 \(d\) 是 \(A\) 的列向量组的线性组合，即 \(d \in C(A)\)。于是 \(G\) 的列空间为
\[ C(G) = C(A) + C(B) + \operatorname{span}\{d\} + \operatorname{span}\{c\} = C(A) + C(B) + \operatorname{span}\{c\}, \]
即新增的两列中 \(d\) 一列不带来新的维数。由此
\[ R(G) = \dim C(G) \leq \dim\left(C(A) + C(B)\right) + 1 \leq R(A) + R(B) + 1, \]
最后一步用了 \(\dim(U + V) \leq \dim U + \dim V\)；这里 \(C(A) + C(B)\) 恰是分块矩阵 \((A\ B)\) 的列空间，其维数为 \(R(A\ B)\)。
顺带说明：证明只用到 \(AX = d\) 有解。\(BX = c\) 无解等价于 \(c \notin C(B)\)，即 \(R(B\ c) = R(B) + 1\)，这说明多出的那一维确由 \(c\) 贡献、上界中的 1 一般不能更小：例如取 \(A = O_{m\times n}\)、\(d = \theta\)、\(B = O_{m\times s}\)、\(c \neq \theta\)（此时 \(AX = d\) 有解、\(BX = c\) 无解），有 \(R(G) = 1 = R(A) + R(B) + 1\)。\(\square\)
考点 秩与空间维数。
易错点 秩是最大非零子式的阶数；区分零空间、列空间与行空间。
7.（10 分）
记 \(M = \begin{pmatrix} A & D \\ C & B \end{pmatrix}\)。先对可逆的 \(A\) 证，再用摄动法去掉可逆性。
第一步：\(A\) 可逆时用分块消元。 由 \(AC = CA\) 可作如下分块行变换（左乘一个分块初等矩阵）：
\[ \begin{pmatrix} E & O \\ -C & A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & D \\ C & B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & D \\ -CA + AC & -CD + AB \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & D \\ O & AB - CD \end{pmatrix}, \]
左下角因 \(AC = CA\) 而为零。左边第一个因子是分块三角阵，其行列式为 \(|E| \cdot |A| = |A|\)，对等式两边取行列式得
\[ |A| \cdot |M| = |A| \cdot |AB - CD|. \]
\(A\) 可逆时 \(|A| \neq 0\)，约去 \(|A|\) 即得 \(|M| = |AB - CD|\)。
第二步：\(A\) 不可逆时用摄动法。 对参数 \(t\) 令 \(A(t) = A + tE\)。由 \(AC = CA\) 得
\[ A(t)C = AC + tC = CA + tC = CA(t), \]
即 \(A(t)\) 仍与 \(C\) 可交换，故可对 \(A(t)\) 套用第一步的结论。而 \(|A(t)| = |A + tE|\) 是 \(t\) 的 \(n\) 次首一多项式，至多有 \(n\) 个根，所以除有限多个 \(t\) 外 \(A(t)\) 都可逆。于是
\[ f(t) := \begin{vmatrix} A(t) & D \\ C & B \end{vmatrix} = |A(t)B - CD| =: g(t) \]
对无穷多个 \(t\) 成立。\(f(t)\) 与 \(g(t)\) 都是 \(t\) 的多项式（行列式按定义展开即若干元素乘积之和），两个多项式在无穷多个点取值相同，故是同一个多项式；令 \(t = 0\) 便得
\[ \begin{vmatrix} A & D \\ C & B \end{vmatrix} = |AB - CD|. \]
\(\square\)
注“可逆时消元、不可逆时摄动”是分块行列式恒等式的通用套路：恒等式两边都是矩阵元素的多项式，只要在可逆（稠密）的情形验证，就能自动延拓到奇异情形，不必对奇异矩阵单独另找消元方案。
考点 行列式。
易错点 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。
第三部分：知识点总结
答案与考点
| 题号 | 答案要点 | 主要考点 |
|---|---|---|
| 1 | （15）\(n\) 阶行列式（主对角 \(x\)、上 \(y\) 下 \(z\)）：\(D_n=\dfrac{z(x-y)^{n}+(-1)^{n+1}y(z-x)^{n}}{z-y}\)；\(y=z\) 时为 \((x-y)^{n-1}\big(x+(n-1)y\big)\)。 | 行列式 |
| 2 | （20）含参 \(k\) 方程组：\(k\neq1,-2\) 唯一解 \(x=\big(\frac{k-1}{k+2},-\frac{3}{k+2},-\frac{3}{k+2}\big)^{\mathrm{T}}\)；\(k=-2\) 无解；\(k=1\) 无穷多解（\(x_1+x_2+x_3=-2\)）。 | 线性方程组 |
| 3 | （20）矩阵方程 \(XA=B\)：\(X=BA^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&-2&-2\end{pmatrix}\)。 | 矩阵方程 |
| 4 | （15）秩与齐次解空间（\(AB=O\)）：取 \(Ax=\theta\) 的基础解系 \(\xi_1,\dots,\xi_{n-r}\) 充作 \(B\) 的前 \(n-r\) 列。 | 矩阵方程、秩与空间维数 |
| 5 | （15）秩 1 矩阵的分解与幂等：\(A=\boldsymbol a^{\mathrm{T}}\boldsymbol b\)，\(A^{2}=kA\)，\(k=\boldsymbol b\boldsymbol a^{\mathrm{T}}=\operatorname{tr}A\)。 | 矩阵幂与多项式、秩与空间维数 |
| 6 | （8）列空间维数不等式：\(d\in C(A)\)，\(C(G)=C(A)+C(B)+\operatorname{span}\{c\}\)，故 \(R(G)\le R(A)+R(B)+1\)。 | 秩与空间维数 |
| 7 | （10）分块行列式恒等式：\(\|M\|=\|AB-CD\|\)（\(A\) 可逆时消元，不可逆时用 \(A(t)=A+tE\) 摄动）。 | 行列式 |
复习要点
- 行列式：优先用行、列倍加制造零元；三对角型按首行展开建立递推，并核对初值。
- 线性方程组：\(r(A)<r(A\mid b)\) 时无解；两秩相等时有解，自由参数个数为 \(n-r(A)\)。
- 矩阵方程：\(AX=B\) 左乘 \(A^{-1}\)，\(XA=B\) 右乘 \(A^{-1}\)；先移项因式分解，再判断可逆性。
- 秩与空间维数：\(r(XY)\le\min\{r(X),r(Y)\}\)，\(r(X+Y)\le r(X)+r(Y)\)；可逆初等变换不改变秩。
- 矩阵幂与多项式：由已知的矩阵多项式关系降低幂次；秩一矩阵 \(uv^{\mathsf T}\) 满足 \((uv^{\mathsf T})^m=(v^{\mathsf T}u)^{m-1}uv^{\mathsf T}\)。
易错点清单
- 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。
- 含参消元在除以参数前先分情形；通解写成特解加齐次通解。
- 逆矩阵不能随意跨过其他因子；只可在同侧作相应运算。
- 秩是最大非零子式的阶数；区分零空间、列空间与行空间。
- 二项式展开须保证参与的矩阵可交换；幂零与零矩阵不是同一概念。
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