2018-2019 学年秋冬《线性代数（甲）》期中归档
共 8 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）
\[ D=\begin{vmatrix} a_1+x & a_2 & \cdots & a_n\\ a_1 & a_2+x & \cdots & a_n\\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ a_1 & a_2 & \cdots & a_n+x \end{vmatrix}. \]
2.（15 分）
设 \(\sigma=(i_1i_2\cdots i_n)\) 是一个 \(n\) 阶排列，\(A=[a_{ij}]\) 是一个 \(n\) 阶方阵，并且 \(A\) 中元素满足：对于每个固定 \(r\)，当 \(j=i_r\) 时，\(a_{rj}=1\)，否则 \(a_{rj}=0\)，求 \(|A|\)。
3.（15 分）
问：当 \(\lambda\) 取什么值时，方程组无解？唯一解？无穷多解？有解时求解。
\[ \begin{cases} \lambda x_1+x_2+x_3=1,\\ x_1+\lambda x_2+x_3=1,\\ x_1+x_2+\lambda x_3=1. \end{cases} \]
4.（15 分）
设 \(A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\)，求矩阵方程：\(AX=A+2X\)。
5.（15 分）
设 \(A\) 为 4 阶反对称矩阵，\(B=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)，证明：\(E+AB\) 可逆。
6.（10 分）
设 \(A\) 为 \(n\) 阶实对称矩阵 \((n>1)\)，\(|A|=0\)，证明：\(A_{ij}A_{ji}=(A_{ij})^2\)，\((i,j=1,2,\cdots,n)\)。
7.（7 分）
\(A,B\in P^{n\times n}\)，\(M=\begin{pmatrix}A & B\\ B & A\end{pmatrix}\)，证明：\(R(M)\ge R(A+B)+R(A-B)\)。
8.（8 分）
设 \(A,B\in P^{n\times n}\)，满足 \(B=E+AB\)，证明：\(AB=BA\)。
第二部分：详细解析
1.（15 分）
每行都是「\(x\) 倍的单位行加上同一个行向量 \(a^{\mathrm{T}}\)」。记 \(\mathbf{1}=(1,1,\cdots,1)^{\mathrm{T}}\)，\(a=(a_1,a_2,\cdots,a_n)^{\mathrm{T}}\)，\(S=a_1+a_2+\cdots+a_n\)，则
\[ D=|xE+\mathbf{1}a^{\mathrm{T}}|. \]
当 \(x\ne 0\) 时提出因子 \(x^n\)，再用矩阵行列式引理 \(|E+uv^{\mathrm{T}}|=1+v^{\mathrm{T}}u\)：
\[ D=x^n\left|E+\frac{1}{x}\mathbf{1}a^{\mathrm{T}}\right|=x^n\left(1+\frac{1}{x}a^{\mathrm{T}}\mathbf{1}\right)=x^n+x^{n-1}S. \]
当 \(x=0\) 时矩阵的 \(n\) 行全是同一个行向量 \(a^{\mathrm{T}}\)：\(n\ge 2\) 时秩不超过 1（\(a=\theta\) 时秩为 0），\(D=0\)；\(n=1\) 时 \(D=a_1\)。两者都等于 \(x^{n-1}(x+S)\) 在 \(x=0\) 处的值，故上式对一切 \(x\) 成立。
答案 \(D=x^{n-1}\left(x+\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\right)\)。
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.（15 分）
这里 \(A\) 是置换矩阵：第 \(r\) 行只有第 \(i_r\) 列的元素为 1；因 \(\sigma\) 是排列，\(i_1,\cdots,i_n\) 互不相同，故每行每列恰有一个 1。
按行列式定义展开，
\[ |A|=\sum_{j_1j_2\cdots j_n}(-1)^{\tau(j_1j_2\cdots j_n)}a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}, \]
其中和式跑遍 \(1,2,\cdots,n\) 的所有排列。由 \(a_{rj}=1\) 只可能在 \(j=i_r\) 处，乘积非零当且仅当 \(j_r=i_r\ (r=1,\cdots,n)\)；因 \((i_1,\cdots,i_n)\) 本身是排列，只贡献一项，于是
\[ |A|=(-1)^{\tau(i_1i_2\cdots i_n)}. \]
这里 \(\tau(i_1i_2\cdots i_n)\) 是排列 \(\sigma\) 的逆序数，即满足 \(r<s\) 而 \(i_r>i_s\) 的数对 \((r,s)\) 的个数；排列的符号按定义就是 \(\operatorname{sgn}\sigma=(-1)^{\tau(\sigma)}\)，它也可写成 \(\operatorname{sgn}\sigma=\prod\limits_{1\le r<s\le n}\dfrac{i_s-i_r}{s-r}\)：交换相邻两项正好改变一个逆序数，而恒等排列的符号为 1。因此
答案 \(|A|=\operatorname{sgn}\sigma=(-1)^{\tau(i_1i_2\cdots i_n)}\)，即 1 或 \(-1\)，由 \(\sigma\) 的逆序数决定。
考点 行列式、初等变换。
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 \((-1)^{i+j}\)。
3.（15 分）
系数矩阵为 \(A=\begin{pmatrix}\lambda & 1 & 1\\ 1 & \lambda & 1\\ 1 & 1 & \lambda\end{pmatrix}\)。把第 2, 3 列加到第 1 列，提出公因子 \(\lambda+2\)，再把第 1 行分别乘 \(-1\) 加到第 2, 3 行：
\[ |A|=(\lambda+2)\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\ 1 & \lambda & 1\\ 1 & 1 & \lambda\end{vmatrix}=(\lambda+2)\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\ 0 & \lambda-1 & 0\\ 0 & 0 & \lambda-1\end{vmatrix}=(\lambda+2)(\lambda-1)^2. \]
故 \(\lambda\ne 1\) 且 \(\lambda\ne -2\) 时 \(|A|\ne 0\)，有唯一解；\(\lambda=1\) 与 \(\lambda=-2\) 时需另作判断。
唯一解（\(\lambda\ne 1,-2\)）。方程组对 \(x_1,x_2,x_3\) 完全对称而右端又都是 1，把三个未知量任意互换方程组不变；既然解唯一，解也必须在同一互换下不变，即 \(x_1=x_2=x_3=x\)。代入任一式得 \((\lambda+2)x=1\)，故
\[ x_1=x_2=x_3=\frac{1}{\lambda+2}. \]
无穷多解（\(\lambda=1\)）。三式都化为 \(x_1+x_2+x_3=1\)，系数矩阵与增广矩阵的秩同为 \(1<3\)，故有无穷多解，自由度为 2，通解为
\[ (x_1,x_2,x_3)^{\mathrm{T}}=(1,0,0)^{\mathrm{T}}+c_1(-1,1,0)^{\mathrm{T}}+c_2(-1,0,1)^{\mathrm{T}}, \]
其中 \(c_1,c_2\) 任意。
无解（\(\lambda=-2\)）。把三式相加，左端为 \((\lambda+2)(x_1+x_2+x_3)=0\)，右端为 3，得 \(0=3\)，矛盾，故方程组无解。
\(|A|=0\) 只可能 \(\lambda=1\) 或 \(\lambda=-2\)，情形已穷尽。
答案 \(\lambda\ne 1,-2\) 时唯一解 \(x_1=x_2=x_3=\dfrac{1}{\lambda+2}\)；\(\lambda=1\) 时无穷多解，通解为 \((1,0,0)^{\mathrm{T}}+c_1(-1,1,0)^{\mathrm{T}}+c_2(-1,0,1)^{\mathrm{T}}\)；\(\lambda=-2\) 时无解。
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。
4.（15 分）
方程即 \((A-2E)X=A\)。由 \(A=\mathbf{1}\mathbf{1}^{\mathrm{T}}\)（\(\mathbf{1}=(1,1,1)^{\mathrm{T}}\)）得
\[ A^2=\mathbf{1}(\mathbf{1}^{\mathrm{T}}\mathbf{1})\mathbf{1}^{\mathrm{T}}=3A. \]
猜想 \(A-2E\) 的逆为 \(\frac{1}{2}(A-E)\)，直接验证：
\[ (A-2E)\cdot\frac{1}{2}(A-E)=\frac{1}{2}(A^2-3A+2E)=\frac{1}{2}\cdot 2E=E, \]
故 \(A-2E\) 可逆，\((A-2E)^{-1}=\frac{1}{2}(A-E)\)，矩阵方程的解唯一，且
\[ X=(A-2E)^{-1}A=\frac{1}{2}(A-E)A=\frac{1}{2}(A^2-A)=\frac{1}{2}(3A-A)=A. \]
回代验算：\(AX=A^2=3A\)，\(A+2X=A+2A=3A\)，相符。
答案 \(X=A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\)。
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。
5.（15 分）
证明 \(E+AB\) 可逆，只需证明齐次方程组 \((E+AB)X=0\) 只有零解。设实列向量 \(X\) 满足
\[ (E+AB)X=0,\quad\text{即}\quad X=-ABX. \]
记 \(Y=BX\)，则 \(X=-AY\)。两边左乘 \(Y^{\mathrm{T}}\)，得
\[ Y^{\mathrm{T}}X=-Y^{\mathrm{T}}AY. \]
\(A\) 反对称（\(A^{\mathrm{T}}=-A\)），故对任意实向量 \(Y\) 有 \(Y^{\mathrm{T}}AY=(Y^{\mathrm{T}}AY)^{\mathrm{T}}=Y^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}Y=-Y^{\mathrm{T}}AY\)，即 \(Y^{\mathrm{T}}AY=0\)，于是
\[ Y^{\mathrm{T}}X=0. \]
又 \(B=\operatorname{diag}(0,0,1,2)\) 是对称矩阵，\(Y=BX\)，设 \(X=(x_1,x_2,x_3,x_4)^{\mathrm{T}}\)，则
\[ Y^{\mathrm{T}}X=(BX)^{\mathrm{T}}X=X^{\mathrm{T}}B^{\mathrm{T}}X=x_3^2+2x_4^2. \]
由 \(x_3^2+2x_4^2=0\) 且 \(x_3,x_4\) 为实数得 \(x_3=x_4=0\)，于是 \(BX=0\)，再由 \(X=-ABX=0\) 得 \(X=0\)。
齐次方程组只有零解，故 \(E+AB\) 可逆。
顺带可用 Sylvester 恒等式 \(|E_m+XY|=|E_n+YX|\) 求出行列式：取 \(C=\begin{pmatrix}e_3 & e_4\end{pmatrix}\)（\(4\times 2\)），\(D=\operatorname{diag}(1,2)\)，则 \(B=CDC^{\mathrm{T}}\)。而 \((C^{\mathrm{T}}AC)^{\mathrm{T}}=C^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}C=-C^{\mathrm{T}}AC\)，故 \(C^{\mathrm{T}}AC=\begin{pmatrix}0 & a\\ -a & 0\end{pmatrix}\)，其中 \(a=a_{34}\)，于是
\[ |E+AB|=|E_4+ACDC^{\mathrm{T}}|=|E_2+DC^{\mathrm{T}}AC|=\begin{vmatrix}1 & a\\ -2a & 1\end{vmatrix}=1+2a_{34}^2>0. \]
注 注意 \((AB)^{\mathrm{T}}=B^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}=-BA\)，\(AB\) 一般并不反对称，不能直接说“反对称矩阵乘反对称矩阵”就下结论；真正起作用的是 \(A\) 反对称给出的 \(Y^{\mathrm{T}}AY\equiv 0\)，它把 \(B\) 的二次型 \(x_3^2+2x_4^2\) 逼成零。\(\square\)
考点 正交与对称。
易错点 内积的正定性须对所有非零向量成立；矩阵乘积转置时要倒序。
6.（10 分）
记 \(M_{ij}\) 为元素 \(a_{ij}\) 的余子式，则 \(A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}\)。
由 \(A\) 对称有 \(A^{\mathrm{T}}=A\)。删去 \(A\) 的第 \(i\) 行、第 \(j\) 列所得子矩阵，恰是删去 \(A^{\mathrm{T}}\) 的第 \(j\) 行、第 \(i\) 列所得子矩阵的转置；转置不改变行列式，故 \(M_{ij}=M_{ji}\)。又 \((-1)^{i+j}=(-1)^{j+i}\)，于是
\[ A_{ij}=A_{ji}. \]
代入即得
\[ A_{ij}A_{ji}=A_{ij}A_{ij}=(A_{ij})^2. \]
注 题设 \(|A|=0\) 对这条等式其实用不上，对称性已足够；它起作用的地方是伴随矩阵的结构：由标准结论，\(R(A^{*})\) 依次取 \(n,1,0\)（对应 \(R(A)=n,\ n-1,\ \le n-2\)），\(|A|=0\) 即 \(R(A)\le n-1\) 时 \(R(A^{*})\le 1\)。\(R(A)\le n-2\) 时全部 \(A_{ij}=0\)；\(R(A)=n-1\) 时由秩－零化度定理，\(AX=\theta\) 的解空间是一维的，取非零实解 \(\alpha\)，则 \(A^{*}=c\alpha\alpha^{\mathrm{T}}\)（\(AA^{*}=O\) 说明 \(A^{*}\) 的每列都在 \(\ker A\) 内，\(A^{*}A=O\) 说明每行都在 \(\ker A^{\mathrm{T}}=\ker A\) 内），即 \(A_{ij}=c\alpha_i\alpha_j\)，同样得到上式。\(\square\)
考点 正交与对称。
易错点 内积的正定性须对所有非零向量成立；矩阵乘积转置时要倒序。
7.（7 分）
取 \(2n\) 阶矩阵
\[ Q=\begin{pmatrix}E & E\\ E & -E\end{pmatrix},\qquad Q^2=\begin{pmatrix}2E & O\\ O & 2E\end{pmatrix}=2E_{2n}, \]
故 \(Q\) 可逆，\(Q^{-1}=\frac{1}{2}Q\)（只要域 \(P\) 的特征不等于 2，如实数域）。对 \(M\) 作行列变换 \(M\mapsto QMQ\)，秩不变，而
\[ QMQ=\begin{pmatrix}A+B & A+B\\ A-B & B-A\end{pmatrix}\begin{pmatrix}E & E\\ E & -E\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2(A+B) & O\\ O & 2(A-B)\end{pmatrix}. \]
如第一块行：\((A+B)E+(A+B)E=2(A+B)\)，\((A+B)E-(A+B)E=O\)，第二块行同理。分块对角矩阵的秩等于各对角块秩之和，又 \(2\ne 0\) 时 \(R(2C)=R(C)\)，故
\[ R(M)=R(QMQ)=R\big(2(A+B)\big)+R\big(2(A-B)\big)=R(A+B)+R(A-B), \]
特别地 \(R(M)\ge R(A+B)+R(A-B)\)。\(\square\)
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。
8.（8 分）
由 \(B=E+AB\) 得
\[ B-AB=E,\quad\text{即}\quad (E-A)B=E. \]
\(E-A\) 与 \(B\) 都是 \(n\) 阶方阵，上式说明 \(B\) 是 \(E-A\) 的右逆，故 \(B\) 可逆且 \(B^{-1}=E-A\)。于是也有 \(B(E-A)=E\)，即
\[ B-BA=E,\quad BA=B-E. \]
而由已知等式移项立即得到 \(AB=B-E\)，两式比较得 \(AB=BA\)。\(\square\)
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。
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（每行为 \(x\) 倍单位行加同一行向量）：\(D=x^{n-1}(x+\sum a_i)\)。 | 行列式 |
| 2 | （15）置换矩阵的行列式：\(\|A\|=\operatorname{sgn}\sigma=(-1)^{\tau(i_1i_2\cdots i_n)}\)。 | 行列式、初等变换 |
| 3 | （15）含参 \(\lambda\) 方程组：\(\lambda\neq1,-2\) 唯一解 \(\frac{1}{\lambda+2}\)；\(\lambda=1\) 无穷多解；\(\lambda=-2\) 无解。 | 线性方程组 |
| 4 | （15）\(AX=A+2X\)（\(A\) 为全 1 矩阵）：\(X=A\)。 | 矩阵方程 |
| 5 | （15）反对称 \(A\) 与 \(B=\operatorname{diag}(0,0,1,2)\)：由 \(Y^{\mathrm{T}}AY=0\) 得 \(x_3^{2}+2x_4^{2}=0\)，故 \(E+AB\) 可逆。 | 正交与对称 |
| 6 | （10）实对称阵的代数余子式：\(M_{ij}=M_{ji}\Rightarrow A_{ij}=A_{ji}\)。 | 正交与对称 |
| 7 | （7）分块阵秩不等式：取 \(Q=\begin{pmatrix}E&E\\E&-E\end{pmatrix}\) 使 \(QMQ\) 分块对角，等号成立。 | 矩阵方程、秩与空间维数 |
| 8 | （8）\(B=E+AB\)：由 \((E-A)B=E\) 得 \(B\) 可逆且 \(BA=B-E=AB\)。 | 矩阵方程 |
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。
- 初等变换：行变换对应左乘初等矩阵，列变换对应右乘初等矩阵，连续操作按实际次序组合。
- 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。
- 正交与对称：正交矩阵满足 \(Q^{\mathsf T}Q=E\)；实内积须满足对称性、双线性和正定性。
- 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。
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 \((-1)^{i+j}\)。
- 行、列操作混用时要区分作用侧；同侧变换的先后次序不能随意交换。
- 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。
- 内积的正定性须对所有非零向量成立；矩阵乘积转置时要倒序。
- 秩是最大非零子式的阶数；区分零空间、列空间与行空间。
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