2020-2021 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.（10 分）
设
\[D_n = \begin{vmatrix} 4 & -3 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ -1 & 4 & -3 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & -1 & 4 & -3 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & -1 & 4 & 3 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & -1 & 4 \end{vmatrix},\]
试证明：\(D_n = \frac{3^{n+1} - 1}{2}\)。
2.（10 分）
设 \(B = \begin{pmatrix} 1 & -5 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 2 & -2 & 3 \end{pmatrix}\)，\(C = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\)，三阶方阵满足方程 \(2BA + CB = O\)，其中 \(O\) 为三阶零方阵，试求 \(|A + 3E|\)。
3.（15 分）
设有实方阵 \(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & t \\ 3 & t & 9 \end{pmatrix}\)，其中 \(t\) 为实常数，已知 \(B\) 为三阶非零方阵且满足 \(BA = O\)，其中 \(O\) 为三阶零方阵，试求 \(t\) 的值以及 \(B\) 的秩的可能取值。
4.（15 分）
设 \(a, b, c\) 为实常数，且满足 \(b^2 \ne ac\)，\(a + b + c = 0\)，试证明线性方程组
\[\begin{cases} ax_1 + bx_2 + c = 0, \\ bx_1 + cx_2 + a = 0, \\ cx_1 + bx_2 + b = 0 \end{cases}\]
有唯一解并求出这个唯一解。
5.（15 分）
设方阵 \(A\) 的伴随矩阵为 \(A^{*} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 & 8 \end{pmatrix}\)，已知矩阵 \(B\) 满足 \(AB = B + 3A\)，试求矩阵 \(B\)。
6.（20 分）
设 \(A = \begin{pmatrix} 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix}_{n \times n}\)。求
（1）一个二次实系数多项式 \(f(x) = x^2 + ax\) 使得 \(f(A)\) 为二阶零方阵；
（2）\(A^{100}\)；
（3）\((A + E)^3\)；
（4）\((A + E)^{-1}\)。
7.（8 分）
设 \(A, B\) 是两个 \(n\) 阶实方阵，试证明：\(r(A) = r(AB)\) 当且仅当存在 \(n\) 阶实方阵 \(C\) 使得 \(A = ABC\)。
8.（7 分）
设 \(A\) 为 \(n\) 阶方阵，试证明：存在对称矩阵 \(S\) 和可逆矩阵 \(P\) 使得 \(A = SP\)。
第二部分：详细解析
1.（10 分）
答案 按题面末个上对角元为 \(3\) 计算，\(D_1=4\)，且 \(n\ge2\) 时
\[D_n=\frac{5\cdot3^n-7}{2}.\]
因此题面要求证明的等式不成立。例如 \(n=3\) 时 \(D_3=64\)，而 \((3^4-1)/2=40\)。
令 \(T_k\) 为主对角元全为 \(4\)、下对角元全为 \(-1\)、上对角元全为 \(-3\) 的三对角行列式。取 \(T_0=1\)、\(T_1=4\)，按首行展开得
\[T_k=4T_{k-1}-3T_{k-2},\qquad T_k=\frac{3^{k+1}-1}{2}.\]
题面所给 \(D_n\) 按末行展开，有
\[D_n=4T_{n-1}+3T_{n-2}=\frac{5\cdot3^n-7}{2}\quad(n\ge2).\]
若将末个上对角元也取为 \(-3\)，则整个行列式等于 \(T_n\)，此时才有 \(D_n=(3^{n+1}-1)/2\)。
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.（10 分）
先说明 \(B\) 可逆。按第二行展开
\[|B| = (-1)\cdot\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 3 \end{vmatrix} = -1 \ne 0.\]
由 \(2BA + CB = O\) 得 \(2BA = -CB\)，两边左乘 \(B^{-1}\)，得 \(2A = -B^{-1}CB\)，即
\[A = -\frac{1}{2}B^{-1}CB.\]
于是
\[A + 3E = B^{-1}\left(3E - \frac{1}{2}C\right)B,\]
两端取行列式，由相似矩阵行列式相等得
\[|A + 3E| = \left|3E - \frac{1}{2}C\right|.\]
\(C = \mathrm{diag}(1, 2, -1)\)，故 \(3E - \frac{1}{2}C = \mathrm{diag}\left(\frac{5}{2}, 2, \frac{7}{2}\right)\)，从而
\[|A + 3E| = \frac{5}{2} \times 2 \times \frac{7}{2} = \frac{35}{2}.\]
答案 \(|A + 3E| = \frac{35}{2}\)。
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 \((-1)^{i+j}\)。
3.（15 分）
\(BA = O\) 表示 \(B\) 的每一行 \(y^{\mathrm{T}}\) 都满足 \(y^{\mathrm{T}}A = 0\)，即 \(B\) 的各行（看作列向量）都属于 \(N(A^{\mathrm{T}})\)。
先由“存在非零 \(B\)”定 \(t\)。若 \(|A| \ne 0\)，则 \(A\) 可逆，由 \(BA = O\) 两边右乘 \(A^{-1}\) 得 \(B = O\)，与 \(B\) 非零矛盾。故必须 \(|A| = 0\)。按第一行展开
\[|A| = 1\cdot(36 - t^2) - 2\cdot(18 - 3t) + 3\cdot(2t - 12) = -t^2 + 12t - 36 = -(t - 6)^2,\]
故 \(|A| = 0\) 给出 \(t = 6\)。
再定 \(r(B)\)。\(t = 6\) 时 \(A\) 的三行都成比例（均为 \((1, 2, 3)\) 的倍数），故 \(r(A) = 1\)。由秩－零化度定理
\[\dim N(A^{\mathrm{T}}) = 3 - r(A) = 2.\]
\(B\) 的各行都在 \(N(A^{\mathrm{T}})\) 中，故 \(r(B) \le 2\)；又 \(B \ne O\)，故 \(r(B) \ge 1\)。这里 \(N(A^{\mathrm{T}})\) 恰是方程 \(y_1 + 2y_2 + 3y_3 = 0\) 的解空间，取一行非零解（如 \((-2, 1, 0)^{\mathrm{T}}\)）作 \(B\) 的唯一非零行，得 \(r(B) = 1\)；取两个线性无关解 \((-2, 1, 0)^{\mathrm{T}}\)、\((-3, 0, 1)^{\mathrm{T}}\) 作 \(B\) 的前两行、第三行取零，得 \(r(B) = 2\)。两种秩都确实能取到。
答案 \(t = 6\)；\(r(B)\) 的可能取值为 \(1\) 或 \(2\)。
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。
4.（15 分）
答案 对题面所列三式，\(a=b\) 时有唯一解 \((x_1,x_2)=(1,1)\)；\(a\ne b\) 时无解。
前两个方程的系数行列式为
\[\begin{vmatrix}a&b\\b&c\end{vmatrix}=ac-b^2\ne0.\]
又 \(a+b+c=0\)，故 \((1,1)\) 满足前两式，因此它是前两式的唯一解。将它代入第三式，左端为
\[c+2b=b-a.\]
所以三式联立有解当且仅当 \(a=b\)，有解时必为上述唯一解。\(a=b\) 时还有 \(c=-2a\)，且题设保证 \(a\ne0\)。
若第三式采用循环形式 \(cx_1+ax_2+b=0\)，则 \((1,1)\) 自动满足第三式，方程组对所有满足题设的参数均有唯一解。
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。
5.（15 分）
先由 \(A^{*}\) 读出 \(|A|\)。\(A^{*}\) 是下三角矩阵，故 \(|A^{*}| = 1\cdot 1\cdot 1\cdot 8 = 8\)。此处 \(n = 4\)，伴随矩阵的行列式满足 \(|A^{*}| = |A|^{n-1} = |A|^3\)，故 \(|A|^3 = 8\)，\(|A| = 2 \ne 0\)，即 \(A\) 可逆，且由 \(AA^{*} = |A|E\) 得
\[A^{-1} = \frac{1}{|A|}A^{*} = \frac{1}{2}A^{*} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -\frac{3}{2} & 0 & 4 \end{pmatrix}.\]
由 \(AB = B + 3A\) 得 \((A - E)B = 3A\)。两边左乘 \(A^{-1}\)，注意 \(A\) 与 \(B\) 不可交换、只能整体左乘：
\[(E - A^{-1})B = 3E.\]
又 \(E - A^{-1} = \frac{1}{2}(2E - A^{*})\)，而
\[2E - A^{*} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & -6 \end{pmatrix}\]
仍是下三角矩阵，\(|2E - A^{*}| = -6 \ne 0\)，故 \(E - A^{-1}\) 可逆。解 \((2E - A^{*})X = E\) 得
\[(2E - A^{*})^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{6} \end{pmatrix},\]
于是
\[B = 3(E - A^{-1})^{-1} = 6(2E - A^{*})^{-1} = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 0 \\ 6 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}.\]
验算：把上式代回，\((A - E)B = 3A\)，即 \(AB = B + 3A\)，说明结论正确。
答案 \(B = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 0 \\ 6 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}\)。
考点 伴随矩阵、矩阵方程。
易错点 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。
6.（20 分）
（1）\(A\) 的每一列都等于 \(e = (1, 1, \cdots, 1)^{\mathrm{T}}\)，即 \(A = ee^{\mathrm{T}}\)，而 \(e^{\mathrm{T}}e = n\)，故
\[A^2 = (ee^{\mathrm{T}})(ee^{\mathrm{T}}) = e(e^{\mathrm{T}}e)e^{\mathrm{T}} = nee^{\mathrm{T}} = nA.\]
于是对 \(f(x) = x^2 + ax\) 有 \(f(A) = A^2 + aA = (n + a)A\)。因 \(A \ne O\)，故 \(f(A) = O\) 当且仅当 \(a = -n\)，即 \(f(x) = x^2 - nx\)。（\(f(A)\) 与 \(A\) 同为 \(n\) 阶方阵，题面“二阶零方阵”应作“\(n\) 阶零方阵”理解，即 \(O\)；若按 \(2 \times 2\) 字面理解，则 \(n \ne 2\) 时不可能。）
（2）由 \(A^2 = nA\) 归纳证明 \(A^k = n^{k-1}A\)：\(k = 1\) 时显然；设对 \(k\) 成立，则
\[A^{k+1} = A^k A = n^{k-1}A^2 = n^{k-1}\cdot nA = n^k A.\]
取 \(k = 100\) 得 \(A^{100} = n^{99}A\)。
（3）\(A^3 = A^2A = nA\cdot A = nA^2 = n^2A\)；又 \(E\) 与 \(A\) 可交换，直接展开：
\[(A + E)^3 = A^3 + 3A^2 + 3A + E = n^2A + 3nA + 3A + E = E + (n^2 + 3n + 3)A.\]
（4）由 \(A^2 = nA\) 直接验算
\[(A + E)\left(E - \frac{1}{n+1}A\right) = E + A - \frac{1}{n+1}A - \frac{1}{n+1}A^2 = E + A - \frac{1}{n+1}A - \frac{n}{n+1}A = E,\]
故 \(A + E\) 可逆，且
\[(A + E)^{-1} = E - \frac{1}{n+1}A.\]
答案 （1）\(f(x) = x^2 - nx\)（\(a = -n\)）；（2）\(A^{100} = n^{99}A\)；（3）\((A + E)^3 = E + (n^2 + 3n + 3)A\)；（4）\((A + E)^{-1} = E - \frac{1}{n+1}A\)。
考点 矩阵幂与多项式。
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。
7.（8 分）
充分性。设存在 \(C\) 使 \(A = ABC\)。乘一个矩阵不会增大秩，故
\[r(A) = r(ABC) \le r(AB) \le r(A),\]
两端夹逼得 \(r(A) = r(AB)\)。
必要性。设 \(r(A) = r(AB)\)。\(AB\) 的每一列都是 \(A\) 的列的线性组合（\(AB\) 的第 \(j\) 列等于 \(A\) 乘以 \(B\) 的第 \(j\) 列），故
\[\mathrm{Col}(AB) \subseteq \mathrm{Col}(A);\]
而 \(\dim \mathrm{Col}(AB) = r(AB) = r(A) = \dim \mathrm{Col}(A)\)，于是 \(\mathrm{Col}(AB) = \mathrm{Col}(A)\)。
因此 \(A\) 的每一列 \(a_j\) 都是 \(AB\) 的列的线性组合，即存在列向量 \(c_j\) 使 \(a_j = ABc_j\)（\(j = 1, 2, \cdots, n\)）。令 \(C = (c_1, c_2, \cdots, c_n)\)，则 \(C\) 为 \(n\) 阶实方阵，且
\[A = (a_1, \cdots, a_n) = (ABc_1, \cdots, ABc_n) = ABC. \qquad \square\]
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。
8.（7 分）
取矩阵的等价标准形：存在可逆矩阵 \(U, V\) 与对角矩阵
\[D = \mathrm{diag}(d_1, \cdots, d_r, 0, \cdots, 0) \qquad (d_1d_2\cdots d_r \ne 0,\ r = r(A))\]
使得 \(UAV = D\)，即 \(A = U^{-1}DV^{-1}\)。在中插入 \(U^{-\mathrm{T}}U^{\mathrm{T}} = E\)：
\[A = U^{-1}DU^{-\mathrm{T}}\cdot U^{\mathrm{T}}V^{-1}.\]
令 \(S = U^{-1}DU^{-\mathrm{T}}\)，\(P = U^{\mathrm{T}}V^{-1}\)。由 \(U, V\) 可逆知 \(P\) 可逆；又 \(D\) 是对角矩阵，
\[S^{\mathrm{T}} = (U^{-1}DU^{-\mathrm{T}})^{\mathrm{T}} = U^{-1}D^{\mathrm{T}}U^{-\mathrm{T}} = U^{-1}DU^{-\mathrm{T}} = S,\]
即 \(S\) 对称。于是 \(A = SP\)，其中 \(S\) 对称、\(P\) 可逆（\(r = 0\) 时 \(D = O\)，\(S = O\) 同样对称）。\(\square\)
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。
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 | 题面末个上对角元取 \(3\) 时，\(D_n=(5\cdot3^n-7)/2\)（\(n\ge2\)）；全部取 \(-3\) 时为 \((3^{n+1}-1)/2\)。 | 行列式 |
| 2 | （10）伴随与相似的行列式：\(\|A+3E\|=\frac{35}{2}\)。 | 行列式 |
| 3 | （15）秩与解空间 \(N(A^{\mathrm{T}})\)：\(t=6\)；\(r(B)\) 可取 1 或 2。 | 秩与空间维数 |
| 4 | 按题面三式，\(a=b\) 时唯一解为 \((1,1)\)，\(a\ne b\) 时无解。 | 线性方程组 |
| 5 | （15）\(\|A^{*}\|=\|A\|^{n-1}\) 与矩阵方程：\(B=\begin{pmatrix}6&0&0&0\\0&6&0&0\\6&0&6&0\\0&3&0&-1\end{pmatrix}\)。 | 伴随矩阵、矩阵方程 |
| 6 | （20）秩 1 矩阵的幂与多项式：\(f(x)=x^{2}-nx\)；\(A^{100}=n^{99}A\)；\((A+E)^{3}=E+(n^{2}+3n+3)A\)；\((A+E)^{-1}=E-\frac{A}{n+1}\)。 | 矩阵幂与多项式 |
| 7 | （8）秩的等价刻画：\(r(A)=r(AB)\iff\) 存在 \(C\) 使 \(A=ABC\)。 | 秩与空间维数 |
| 8 | （7）等价标准形与对称分解：\(A=SP\)，其中 \(S=U^{-1}DU^{-\mathrm{T}}\) 对称、\(P=U^{\mathrm{T}}V^{-1}\) 可逆。 | 正交与对称 |
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。
- 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。
- 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 \(n-r(A)\)。
- 伴随矩阵：\(AA^*=A^*A=|A|E\)；\(|A^*|=|A|^{n-1}\)；可逆时 \(A^*=|A|A^{-1}\)。
- 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。
- 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 \((uv^{\mathsf T})^m=(v^{\mathsf T}u)^{m-1}uv^{\mathsf T}\)。
- 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。
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 \((-1)^{i+j}\)。
- 秩是最大非零子式的阶数；区分零空间、列空间与行空间。
- 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。
- 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。
- 逆矩阵不能随意跨过其他因子；只可在同侧作相应运算。
- 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。
- 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。
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