2024-2025 学年秋冬《线性代数（甲）》期中归档
共 21 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.
设矩阵 \(A\) 的伴随矩阵 \(A^{*} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 & 8 \end{pmatrix}\)，且 \(ABA^{-1} = BA^{-1} + 3E\)，其中 \(E\) 为单位矩阵，求 \(B\)。
2.
设向量组 \(\alpha_1 = (2, -1, 3, 4)^{\mathrm{T}}\)，\(\alpha_2 = (1, 1, 1, 1)^{\mathrm{T}}\)，\(\alpha_3 = (1, 2, 1, 1)^{\mathrm{T}}\)，\(\alpha_4 = (5, 3, 6, 7)^{\mathrm{T}}\)。求此向量组的秩和一个极大线性无关组，并将其余向量用此极大线性无关组线性表示。
3.
设四元非齐次线性方程组 \(AX = b\) 的系数矩阵的秩为 3，已知 \(\eta_1, \eta_2, \eta_3\) 是它的三个解向量，且 \(\eta_1 = (2, 3, 4, 5)^{\mathrm{T}}\)，\(\eta_2 + \eta_3 = (1, 2, 3, 4)^{\mathrm{T}}\)，求该线性方程组的通解。
4.
在欧氏空间中，设有两组基
\[(\mathrm{I}):\ \varepsilon_1 = (1, 1, 1)^{\mathrm{T}},\ \varepsilon_2 = (1, 1, 0)^{\mathrm{T}},\ \varepsilon_3 = (1, 0, 0)^{\mathrm{T}};\]
\[(\mathrm{II}):\ \eta_1 = (-5, 2, 1)^{\mathrm{T}},\ \eta_2 = (4, -3, 4)^{\mathrm{T}},\ \eta_3 = (3, -2, 2)^{\mathrm{T}}.\]
（1）求基（I）到基（II）的过渡矩阵；（2）用施密特正交化方法将基（I）改造成标准正交基。
5.
（1）试证明：\(n\) 阶反对称矩阵可逆的必要条件是 \(n\) 为偶数；（2）该条件是充分条件吗？为什么？
6.
解矩阵方程 \(AX = A + 2X\)，其中 \(A = \begin{pmatrix} 4 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 3 \end{pmatrix}\)。
7.
求下列向量组的秩和一个极大线性无关组
\[\alpha_1 = (6, 4, 1, -1, 2), \qquad \alpha_2 = (1, 0, 2, 3, -4),\]
\[\alpha_3 = (1, 4, -9, -16, 22), \qquad \alpha_4 = (7, 1, 0, -1, 3).\]
8.
在线性空间 \(P^3\) 中，设有两组基
\[(\mathrm{I}):\ \varepsilon_1 = (1, 2, 1)^{\mathrm{T}},\ \varepsilon_2 = (2, 3, 3)^{\mathrm{T}},\ \varepsilon_3 = (3, 7, 1)^{\mathrm{T}};\]
\[(\mathrm{II}):\ \beta_1 = (3, 1, 4)^{\mathrm{T}},\ \beta_2 = (5, 2, 1)^{\mathrm{T}},\ \beta_3 = (1, 1, -6)^{\mathrm{T}}.\]
（1）求基（I）到基（II）的过渡矩阵；（2）若向量 \(\alpha\) 在基（I）下的坐标为 \(X = (0, 1, -1)^{\mathrm{T}}\)，求 \(\alpha\) 在基（II）下的坐标。
9.
设 \(\alpha = (a_1, a_2)\)，\(\beta = (b_1, b_2)\) 为二阶实空间 \(R^2\) 中的任意两个向量，问：\(R^2\) 对以下所规定的内积是否构成欧氏空间？
（1）\((\alpha, \beta) = a_1 b_2 + a_2 b_1\)；
（2）\((\alpha, \beta) = (a_1 + a_2)b_1 + (a_1 + 2a_2)b_2\)。
10.
设 \(\beta_1 = \alpha_2 + \alpha_3 + \cdots + \alpha_m\)，\(\beta_2 = \alpha_1 + \alpha_3 + \cdots + \alpha_m\)，\(\cdots\)，\(\beta_m = \alpha_1 + \alpha_2 + \cdots + \alpha_{m-1}\)，其中 \(m > 1\)。证明：向量组 \(\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_m\) 与 \(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m\) 有相同的秩。
11.
设 \(A, B\) 均为 \(n\) 阶可逆方阵，证明：如果 \(A + B\) 可逆，则 \(A^{-1} + B^{-1}\) 也可逆，并求其逆方阵。
12.
解线性方程组
\[\begin{cases} x_1 + x_2 - 2x_3 + 3x_4 = 0, \\ 2x_1 + x_2 - 6x_3 + 4x_4 = -1, \\ 3x_1 + 2x_2 - 8x_3 + 7x_4 = -1, \\ x_1 - x_2 - 6x_3 - x_4 = -2. \end{cases}\]
13.
计算下列行列式
\[\begin{vmatrix} 1 + x & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 - x & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 + y & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 - y \end{vmatrix}.\]
14.
计算下列行列式
\[\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & n \\ 2 & 3 & 4 & \cdots & 1 \\ 3 & 4 & 5 & \cdots & 2 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ n & 1 & 2 & \cdots & n - 1 \end{vmatrix}.\]
15.
设有线性方程组
\[\begin{cases} x_1 + a_1 x_2 + a_1^2 x_3 = a_1^3, \\ x_1 + a_2 x_2 + a_2^2 x_3 = a_2^3, \\ x_1 + a_3 x_2 + a_3^2 x_3 = a_3^3, \\ x_1 + a_4 x_2 + a_4^2 x_3 = a_4^3. \end{cases}\]
（1）证明：当 \(a_1, a_2, a_3, a_4\) 互异时，此方程组无解；（2）设 \(a_1 = a_3 = k\)，\(a_2 = a_4 = -k\)，且 \(\eta = (-1, 1, 1)^{\mathrm{T}}\) 为此方程组的解，求此方程组的全部解。
16.
试证明
\[D_n = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & n - 1 & n \\ x & 1 & 2 & \cdots & n - 2 & n - 1 \\ x & x & 1 & \cdots & n - 3 & n - 2 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ x & x & x & \cdots & 1 & 2 \\ x & x & x & \cdots & x & 1 \end{vmatrix} = (-1)^n\left[(x - 1)^n - x^n\right].\]
17.
已知 \(\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{vmatrix} = 1\)，计算行列式 \(\begin{vmatrix} 3a_{11} & 4a_{11} - a_{12} & -a_{13} \\ 3a_{21} & 4a_{21} - a_{22} & -a_{23} \\ 3a_{31} & 4a_{31} - a_{32} & -a_{33} \end{vmatrix}\)。
18.
问 \(a, b\) 取何值时，线性方程组
\[\begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0, \\ x_2 + 2x_3 + 2x_4 = 1, \\ -x_2 + (a - 3)x_3 - 2x_4 = b, \\ 3x_1 + 2x_2 + x_3 + ax_4 = -1 \end{cases}\]
无解，有唯一解或有无穷解？在有解时，求出解。
19.
解线性方程组
\[\begin{cases} (1 + a_1)x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_n = b_1, \\ x_1 + (1 + a_2)x_2 + x_3 + \cdots + x_n = b_2, \\ \qquad \cdots \qquad \cdots \qquad \cdots \\ x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + (1 + a_n)x_n = b_n, \end{cases}\]
其中 \(a_i \neq 0\)，\(i = 1, 2, \cdots, n\)，且 \(\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \cdots + \frac{1}{a_n} \neq -1\)。
20.
计算 \(n + 1\) 阶行列式
\[D_{n+1} = \begin{vmatrix} 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & -1 & b_1 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & 0 & b_2 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 1 & -1 & \cdots & 0 & 0 & b_{n-2} \\ 1 & -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & b_{n-1} \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & b_n \end{vmatrix}.\]
21.
证明：若某行列式的某行元素全为 1，则这个行列式全部代数余子式的和等于该行列式的值。
第二部分：详细解析
1.
由伴随矩阵的基本关系 \(AA^{*}=|A|E\) 得 \(|A^{*}|=|A|^{n-1}\)，本题 \(n=4\)。\(A^{*}\) 是下三角矩阵，故
\[|A^{*}|=1\cdot 1\cdot 1\cdot 8=8=|A|^{3},\qquad |A|=2,\]
于是 \(A\) 可逆，且 \(A=|A|(A^{*})^{-1}=2(A^{*})^{-1}\)。由 \(A^{*}\) 的下三角形状解 \(A^{*}X=E\)，得
\[(A^{*})^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\-1&0&1&0\\0&\frac{3}{8}&0&\frac{1}{8}\end{pmatrix},\qquad A=2(A^{*})^{-1}=\begin{pmatrix}2&0&0&0\\0&2&0&0\\-2&0&2&0\\0&\frac{3}{4}&0&\frac{1}{4}\end{pmatrix}.\]
把 \(ABA^{-1}=BA^{-1}+3E\) 两边右乘 \(A\)，得 \(AB=B+3A\)，即
\[(A-E)B=3A,\qquad B=3(A-E)^{-1}A.\]
而
\[A-E=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\-2&0&1&0\\0&\frac{3}{4}&0&-\frac{3}{4}\end{pmatrix}.\]
逐行回代求 \((A-E)^{-1}\)：前两行给出 \(x_1=y_1\)，\(x_2=y_2\)，第三行给出 \(x_3=2y_1+y_3\)，第四行给出 \(x_4=y_2-\frac{4}{3}y_4\)，故
\[(A-E)^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\2&0&1&0\\0&1&0&-\frac{4}{3}\end{pmatrix},\qquad (A-E)^{-1}A=\begin{pmatrix}2&0&0&0\\0&2&0&0\\2&0&2&0\\0&1&0&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}.\]
答案 \(B=3(A-E)^{-1}A=\begin{pmatrix}6&0&0&0\\0&6&0&0\\6&0&6&0\\0&3&0&-1\end{pmatrix}\)。
考点 伴随矩阵。
易错点 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。
2.
以 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4\) 为列构造矩阵 \(A\)，作初等行变换化为行最简形：
\[A=\begin{pmatrix}2&1&1&5\\-1&1&2&3\\3&1&1&6\\4&1&1&7\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&0&0&1\\0&1&0&2\\0&0&1&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}.\]
主元出现在前三列，故 \(r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)=3\)，\(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 线性无关，构成一个极大线性无关组；第四列给出坐标 \((1,2,1)^{\mathrm{T}}\)，即 \(\alpha_4=\alpha_1+2\alpha_2+\alpha_3\)。
答案 秩为 \(3\)；\(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 是一个极大线性无关组，且 \(\alpha_4=\alpha_1+2\alpha_2+\alpha_3\)。
考点 向量组与基、秩与空间维数。
易错点 取极大无关组要回到原矩阵的主元列；坐标变换要检查基的方向。
3.
系数矩阵的秩 \(r(A)=3\)，未知数个数 \(n=4\)。由秩－零化度定理，齐次方程组 \(AX=\theta\) 的解空间维数为 \(4-3=1\)。
已知 \(\eta_1\) 是 \(AX=b\) 的解，而 \(\eta_2+\eta_3\) 满足 \(A(\eta_2+\eta_3)=b+b=2b\)，于是
\[A\big(2\eta_1-(\eta_2+\eta_3)\big)=2b-2b=\theta,\]
即 \(2\eta_1-(\eta_2+\eta_3)\) 是 \(AX=\theta\) 的解。又
\[2\eta_1-(\eta_2+\eta_3)=2(2,3,4,5)^{\mathrm{T}}-(1,2,3,4)^{\mathrm{T}}=(3,4,5,6)^{\mathrm{T}}\neq\theta,\]
而解空间是一维的，故 \((3,4,5,6)^{\mathrm{T}}\) 就是 \(AX=\theta\) 的一个基础解系。取特解 \(\eta_1=(2,3,4,5)^{\mathrm{T}}\)，由非齐次方程组解的结构得通解
答案 \(X=(2,3,4,5)^{\mathrm{T}}+k(3,4,5,6)^{\mathrm{T}}\)，\(k\) 为任意实数。
考点 线性方程组、矩阵方程、秩与空间维数。
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.
记矩阵（I）为 \(A=(\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3)\)，矩阵（II）为 \(B=(\eta_1,\eta_2,\eta_3)\)，过渡矩阵约定为 \(B=AP\)，即 \(P=A^{-1}B\)。
（1）由 \(A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&0\\1&0&0\end{pmatrix}\) 得
\[A^{-1}=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&-1\\1&-1&0\end{pmatrix},\qquad P=A^{-1}B=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&-1\\1&-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-5&4&3\\2&-3&-2\\1&4&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&4&2\\1&-7&-4\\-7&7&5\end{pmatrix}.\]
（也可把 \(A,B\) 的列按题目所给基的次序写下后直接解矩阵方程 \(AP=B\) 验证。）
（2）用施密特正交化。取 \(v_1=\varepsilon_1=(1,1,1)^{\mathrm{T}}\)，则
\[v_2=\varepsilon_2-\frac{(\varepsilon_2,v_1)}{(v_1,v_1)}v_1=(1,1,0)^{\mathrm{T}}-\frac{2}{3}(1,1,1)^{\mathrm{T}}=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},-\frac{2}{3}\right)^{\mathrm{T}},\]
\[v_3=\varepsilon_3-\frac{(\varepsilon_3,v_1)}{(v_1,v_1)}v_1-\frac{(\varepsilon_3,v_2)}{(v_2,v_2)}v_2=(1,0,0)^{\mathrm{T}}-\frac{1}{3}(1,1,1)^{\mathrm{T}}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},-\frac{2}{3}\right)^{\mathrm{T}}=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},0\right)^{\mathrm{T}},\]
这里 \((\varepsilon_3,v_1)=1\)，\((\varepsilon_3,v_2)=\frac{1}{3}\)，\((v_2,v_2)=\frac{2}{3}\)。再单位化（\(|v_1|=\sqrt{3}\)，\(|v_2|=\frac{\sqrt{6}}{3}\)，\(|v_3|=\frac{\sqrt{2}}{2}\)）：
\[u_1=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix},\qquad u_2=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix},\qquad u_3=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}.\]
答案 （1）\(P=\begin{pmatrix}1&4&2\\1&-7&-4\\-7&7&5\end{pmatrix}\)；（2）\(u_1=\dfrac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^{\mathrm{T}}\)，\(u_2=\dfrac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2)^{\mathrm{T}}\)，\(u_3=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)^{\mathrm{T}}\)。
考点 向量组与基、正交与对称。
易错点 取极大无关组要回到原矩阵的主元列；坐标变换要检查基的方向。
5.
（1）设 \(A\) 为 \(n\) 阶反对称矩阵，即 \(A^{\mathrm{T}}=-A\)。由行列式转置不变，并对每行提出因子 \(-1\)，
\[|A|=|A^{\mathrm{T}}|=|-A|=(-1)^n|A|.\]
若 \(n\) 为奇数，则 \(|A|=-|A|\)，即 \(2|A|=0\)，故 \(|A|=0\)，\(A\) 不可逆；所以 \(A\) 可逆的必要条件是 \(n\) 为偶数。
（2）不是充分条件。\(n\) 为偶数时仍存在不可逆的反对称矩阵，例如 \(n\) 阶零矩阵 \(O\) 满足 \(O^{\mathrm{T}}=-O\)，但 \(|O|=0\)，不可逆。
答案 （1）已证；（2）不是充分条件，零矩阵（\(n\) 为偶数）即为反例。
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.
由 \(AX=A+2X\) 得 \((A-2E)X=A\)。先算
\[A-2E=\begin{pmatrix}2&2&3\\1&-1&0\\-1&2&1\end{pmatrix},\qquad |A-2E|=2\cdot(-1)-2\cdot 1+3\cdot 1=-1\neq 0,\]
故 \(A-2E\) 可逆。用伴随矩阵求逆，得
\[(A-2E)^{-1}=\begin{pmatrix}1&-4&-3\\1&-5&-3\\-1&6&4\end{pmatrix}.\]
于是
\[X=(A-2E)^{-1}A=\begin{pmatrix}1&-4&-3\\1&-5&-3\\-1&6&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4&2&3\\1&1&0\\-1&2&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&-8&-6\\2&-9&-6\\-2&12&9\end{pmatrix}.\]
答案 \(X=\begin{pmatrix}3&-8&-6\\2&-9&-6\\-2&12&9\end{pmatrix}\)（代回即得 \((A-2E)X=A\)）。
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。
7.
以 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4\) 为列构造 \(5\times 4\) 矩阵，作初等行变换：
\[\begin{pmatrix}6&1&1&7\\4&0&4&1\\1&2&-9&0\\-1&3&-16&-1\\2&-4&22&3\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&0&1&0\\0&1&-5&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}.\]
主元出现在第 \(1,2,4\) 列，故向量组的秩为 \(3\)，\(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4\) 线性无关，是一个极大线性无关组。（第 \(3\) 列同时给出 \(\alpha_3=\alpha_1-5\alpha_2\)，可见不取 \(\alpha_3\)。）
答案 秩为 \(3\)；\(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4\) 是一个极大线性无关组。
考点 向量组与基、秩与空间维数。
易错点 取极大无关组要回到原矩阵的主元列；坐标变换要检查基的方向。
8.
记 \(A=(\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3)\)，\(B=(\beta_1,\beta_2,\beta_3)\)，过渡矩阵约定为 \(B=AP\)，即 \(P=A^{-1}B\)。
（1）按题目所给基的次序把列写好：
\[A=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&3&7\\1&3&1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}3&5&1\\1&2&1\\4&1&-6\end{pmatrix}.\]
由 \(|A|=1\neq 0\) 知 \(A\) 可逆；解矩阵方程 \(AP=B\)（或求 \(A^{-1}B\)）得
\[P=A^{-1}B=\begin{pmatrix}-27&-71&-41\\9&20&9\\4&12&8\end{pmatrix}.\]
（2）\(\alpha\) 在基（I）下的坐标为 \(X=(0,1,-1)^{\mathrm{T}}\)，故
\[\alpha=AX=0\cdot\varepsilon_1+\varepsilon_2-\varepsilon_3=(2,3,3)^{\mathrm{T}}-(3,7,1)^{\mathrm{T}}=(-1,-4,2)^{\mathrm{T}}.\]
设 \(\alpha\) 在基（II）下的坐标为 \(Y=(y_1,y_2,y_3)^{\mathrm{T}}\)，则 \(BY=\alpha\)，即
\[\begin{cases}3y_1+5y_2+y_3=-1,\\y_1+2y_2+y_3=-4,\\4y_1+y_2-6y_3=2.\end{cases}\]
解得 \(y_1=-\dfrac{105}{4}\)，\(y_2=\dfrac{37}{2}\)，\(y_3=-\dfrac{59}{4}\)。
答案 （1）\(P=\begin{pmatrix}-27&-71&-41\\9&20&9\\4&12&8\end{pmatrix}\)；（2）\(Y=\left(-\dfrac{105}{4},\dfrac{37}{2},-\dfrac{59}{4}\right)^{\mathrm{T}}\)。
考点 向量组与基。
易错点 取极大无关组要回到原矩阵的主元列；坐标变换要检查基的方向。
9.
（1）\((\alpha,\beta)=a_1b_2+a_2b_1\) 关于 \(\alpha,\beta\) 对称（\(a_1b_2+a_2b_1=b_1a_2+b_2a_1\)），且对每个变元都是线性的，但正定性不成立：取 \(\alpha=(1,-1)\)，则
\[(\alpha,\alpha)=1\cdot(-1)+(-1)\cdot 1=-2<0,\]
不满足内积公理中 \((\alpha,\alpha)>0\)（对 \(\alpha\neq\theta\)）。故它不构成 \(R^2\) 上的内积，\(R^2\) 对它不构成欧氏空间。
（2）记 \((\alpha,\beta)=(a_1+a_2)b_1+(a_1+2a_2)b_2\)，逐条验证内积公理。
对称性：\((\beta,\alpha)=(b_1+b_2)a_1+(b_1+2b_2)a_2=a_1b_1+a_1b_2+a_2b_1+2a_2b_2\)，与 \((\alpha,\beta)=a_1b_1+a_2b_1+a_1b_2+2a_2b_2\) 相同。
线性性：对实数 \(c\)，\((c\alpha,\beta)=c(\alpha,\beta)\)；对 \(\gamma=(c_1,c_2)\) 直接相加得 \((\alpha+\gamma,\beta)=(\alpha,\beta)+(\gamma,\beta)\)，即对第一个变元线性，配合对称性知双线性。
正定性：\((\alpha,\alpha)=a_1^2+2a_1a_2+2a_2^2\)，其二次型矩阵为 \(\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}\)，特征值 \(\dfrac{3\pm\sqrt{5}}{2}\) 均为正（顺序主子式 \(\Delta_1=1\)、\(\Delta_2=1\) 也都大于零），故二次型正定：\((\alpha,\alpha)\geq 0\)，且等号仅在 \(\alpha=\theta\) 时成立。
所以（2）是内积，\(R^2\) 对它构成欧氏空间。
答案 （1）不构成内积（正定性不成立，反例 \(\alpha=(1,-1)\) 时 \((\alpha,\alpha)=-2\)）；（2）构成内积。
注 对称性与线性性只是内积的前两条公理，正定性必须单独验：二次型矩阵正定等价于各阶顺序主子式全正（或特征值全正），而不能只看 \((\alpha,\alpha)\) 在个别向量上为正。
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。
10.
令 \(S=\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_m\)，则题设的每个 \(\beta_i\) 可写成
\[\beta_i=S-\alpha_i\qquad (i=1,2,\cdots,m),\]
于是每个 \(\beta_i\) 都可由 \(\alpha_1,\cdots,\alpha_m\) 线性表示，即 \(\operatorname{span}\{\beta_1,\cdots,\beta_m\}\subseteq\operatorname{span}\{\alpha_1,\cdots,\alpha_m\}\)。
反过来，把诸 \(\beta\) 相加：
\[\sum_{i=1}^{m}\beta_i=\sum_{i=1}^{m}(S-\alpha_i)=mS-S=(m-1)S.\]
因 \(m>1\)，有 \(S=\dfrac{1}{m-1}\sum\limits_{i=1}^{m}\beta_i\)，从而
\[\alpha_i=S-\beta_i=\frac{1}{m-1}\sum_{j=1}^{m}\beta_j-\beta_i\qquad (i=1,\cdots,m),\]
即每个 \(\alpha_i\) 也可由 \(\beta_1,\cdots,\beta_m\) 线性表示，反向包含也成立。两组向量张成同一子空间，故 \(\beta_1,\cdots,\beta_m\) 与 \(\alpha_1,\cdots,\alpha_m\) 有相同的秩。\(\square\)
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。
11.
由可逆矩阵的运算性质，
\[A^{-1}+B^{-1}=A^{-1}(A+B)B^{-1},\]
因为 \(A^{-1}(A+B)B^{-1}=A^{-1}AB^{-1}+A^{-1}BB^{-1}=B^{-1}+A^{-1}\)。
因 \(A,B\) 可逆，\(A^{-1},B^{-1}\) 都存在；又题设 \(A+B\) 可逆，故 \(A^{-1}+B^{-1}\) 是三个可逆矩阵的乘积，必可逆，且
\[(A^{-1}+B^{-1})^{-1}=\left(A^{-1}(A+B)B^{-1}\right)^{-1}=B(A+B)^{-1}A.\]
答案 \(A^{-1}+B^{-1}\) 可逆，且 \((A^{-1}+B^{-1})^{-1}=B(A+B)^{-1}A\)。
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。
12.
写出增广矩阵，作初等行变换化为行最简形：
\[\begin{pmatrix}1&1&-2&3&0\\2&1&-6&4&-1\\3&2&-8&7&-1\\1&-1&-6&-1&-2\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&0&-4&1&-1\\0&1&2&2&1\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}.\]
可见 \(r(A)=r(\bar{A})=2<4\)，方程组有无穷多解，且同解方程组为
\[x_1-4x_3+x_4=-1,\qquad x_2+2x_3+2x_4=1.\]
取 \(x_3=s\)，\(x_4=t\) 为自由未知量，则 \(x_1=-1+4s-t\)，\(x_2=1-2s-2t\)。
答案 \((x_1,x_2,x_3,x_4)=(-1+4s-t,\ 1-2s-2t,\ s,\ t)\)，\(s,t\) 为任意实数。
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。
13.
记 \(J\) 为全 \(1\) 矩阵，\(D=\operatorname{diag}(x,-x,y,-y)\)，则待求行列式的矩阵为 \(J+D\)，其中 \(J=\mathbf{1}\mathbf{1}^{\mathrm{T}}\)，\(\mathbf{1}=(1,1,1,1)^{\mathrm{T}}\)。且
\[|D|=x\cdot(-x)\cdot y\cdot(-y)=x^2y^2.\]
当 \(xy\neq 0\) 时 \(D\) 可逆，由矩阵行列式引理
\[|D+\mathbf{1}\mathbf{1}^{\mathrm{T}}|=|D|\left(1+\mathbf{1}^{\mathrm{T}}D^{-1}\mathbf{1}\right),\]
而
\[\mathbf{1}^{\mathrm{T}}D^{-1}\mathbf{1}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{1}{y}=0,\]
故当 \(xy\neq 0\) 时行列式 \(=x^2y^2\)。等式两端都是 \(x,y\) 的多项式，在 \(xy\neq 0\) 上相等，故对 \(xy=0\) 也相等（此时两端同为 \(0\)）。
答案 \(x^2y^2\)。
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 \((-1)^{i+j}\)。
14.
记该 \(n\) 阶行列式为 \(D_n\)。它的每行元素之和都是 \(1+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}\)。把第 \(2,\cdots,n\) 列都加到第 \(1\) 列，再提出第 \(1\) 列的公因子：
\[D_n=\frac{n(n+1)}{2}|N|,\qquad N=\begin{pmatrix}1&2&3&\cdots&n\\1&3&4&\cdots&1\\1&4&5&\cdots&2\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\1&1&2&\cdots&n-1\end{pmatrix},\]
即 \(N\) 的第 \(1\) 列全为 \(1\)，其余各列与原行列式相同。
作行变换 \(R_i\leftarrow R_i-R_1\)（\(i=2,\cdots,n\)），再按第 \(1\) 列展开。余下的 \(n-1\) 阶行列式 \(C\) 的第 \(i-1\) 行（\(i=2,\cdots,n\)，列取自原第 \(2,\cdots,n\) 列）形如
\[(\underbrace{i-1,\cdots,i-1}_{n-i\ \text{个}},\ \underbrace{i-1-n,\cdots,i-1-n}_{i-1\ \text{个}}).\]
即第 \(i-1\) 行的元素恰在第 \(n-i\) 列与第 \(n-i+1\) 列之间从 \(i-1\) 跳到 \(i-1-n\)。
再作列变换 \(C_j\leftarrow C_j-C_{j+1}\)（\(j=1,\cdots,n-2\)），由上述跳变位置可知：第 \(j\) 列（\(j\leq n-2\)）只有第 \(n-1-j\) 行的元素为 \(n\)，其余全为 \(0\)；而末行化为 \((0,\cdots,0,-1)\)。于是前 \(n-2\) 列构成一个反序排列阵的 \(n\) 倍，末行只剩 \(-1\)，故
\[|C|=(-1)\cdot n^{n-2}\cdot(-1)^{\frac{(n-2)(n-3)}{2}}=(-1)^{1+\frac{(n-2)(n-3)}{2}}n^{n-2},\]
其中 \((-1)^{\frac{(n-2)(n-3)}{2}}\) 是 \(n-2\) 阶反序排列的符号。因此
\[D_n=\frac{n(n+1)}{2}\cdot(-1)^{1+\frac{(n-2)(n-3)}{2}}n^{n-2}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\frac{n^{n-1}(n+1)}{2},\]
最后一步用了 \(1+\dfrac{(n-2)(n-3)}{2}\) 与 \(\dfrac{n(n-1)}{2}\) 相差 \(2n-4\)（偶数），奇偶性相同。
答案 \(D_n=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\dfrac{n^{n-1}(n+1)}{2}\)。
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 \((-1)^{i+j}\)。
15.
（1）系数矩阵与增广矩阵分别为
\[A=\begin{pmatrix}1&a_1&a_1^2\\1&a_2&a_2^2\\1&a_3&a_3^2\\1&a_4&a_4^2\end{pmatrix},\qquad \bar{A}=\begin{pmatrix}1&a_1&a_1^2&a_1^3\\1&a_2&a_2^2&a_2^3\\1&a_3&a_3^2&a_3^3\\1&a_4&a_4^2&a_4^3\end{pmatrix}.\]
\(\bar{A}\) 是 \(4\) 阶范德蒙德矩阵，\(|\bar{A}|=\prod\limits_{1\leq i<j\leq 4}(a_j-a_i)\)。当 \(a_1,a_2,a_3,a_4\) 互异时该乘积非零，故 \(r(\bar{A})=4\)。而 \(A\) 只有 \(3\) 列，且由前三行组成的 \(3\) 阶范德蒙德子式 \(\prod\limits_{1\leq i<j\leq 3}(a_j-a_i)\neq 0\)，故 \(r(A)=3\)。于是 \(r(A)<r(\bar{A})\)，方程组无解。
（2）代入 \(a_1=a_3=k\)、\(a_2=a_4=-k\) 后，第 \(1,3\) 个方程相同，第 \(2,4\) 个方程相同，方程组等价于
\[\begin{cases}x_1+kx_2+k^2x_3=k^3,\\x_1-kx_2+k^2x_3=-k^3.\end{cases}\]
以 \(\eta=(-1,1,1)^{\mathrm{T}}\) 代入，得
\[-1+k+k^2=k^3,\qquad -1-k+k^2=-k^3,\]
两式相加得 \(2k^2-2=0\)，即 \(k^2=1\)，故 \(k=\pm 1\)。
当 \(k=1\) 时两方程为 \(x_1+x_2+x_3=1\) 与 \(x_1-x_2+x_3=-1\)；当 \(k=-1\) 时两方程为 \(x_1-x_2+x_3=-1\) 与 \(x_1+x_2+x_3=1\)，只是把两个方程换了次序。因此无论 \(k=1\) 还是 \(k=-1\)，方程组都等价于
\[x_1+x_3=0,\qquad x_2=1.\]
令 \(x_1=t\)，则 \(x_3=-t\)。
答案 \(x=(t,1,-t)^{\mathrm{T}}\)，\(t\) 为任意实数。
注 \(k\) 的两个取值给出同一组方程（\(-k\) 对应的方程与 \(k\) 对应的方程只差次序），故通解不随 \(k\) 的符号改变；判无解的关键则是增广矩阵的秩比系数矩阵大 \(1\)，而这一步由范德蒙德行列式保证。
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。
16.
记该 \(n\) 阶行列式的矩阵为 \(M\)，其元素为 \(m_{ij}=x\)（\(j<i\)）、\(m_{ij}=j-i+1\)（\(j\geq i\)）。
先作列变换 \(C_j\leftarrow C_j-C_{j-1}\)（\(j=2,\cdots,n\)），行列式不变。第 \(1\) 列仍为 \((1,x,x,\cdots,x)^{\mathrm{T}}\)；第 \(i\) 行（\(i\geq 2\)）在第 \(j\) 列的元素变为：\(j<i\) 时为 \(0\)，\(j=i\) 时为 \(1-x\)，\(j>i\) 时为 \(1\)。即
\[M\to B=\begin{pmatrix}1&1&1&\cdots&1\\x&1-x&1&\cdots&1\\x&0&1-x&\cdots&1\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\x&0&0&\cdots&1-x\end{pmatrix}.\]
再作行变换 \(R_i\leftarrow R_i-R_{i+1}\)（\(i=1,\cdots,n-1\)），行列式仍不变，得
\[B\to\begin{pmatrix}1-x&x&0&\cdots&0\\0&1-x&x&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\0&0&\cdots&1-x&x\\x&0&\cdots&0&1-x\end{pmatrix}=(1-x)E+xS,\]
其中 \(S\) 是使 \(Se_j=e_{j-1}\)（下标按循环理解）的 \(n\) 次循环置换矩阵，\(S^n=E\)。
\(S\) 的特征值为全部 \(n\) 次单位根 \(\omega_0,\omega_1,\cdots,\omega_{n-1}\)，故上式的特征值为 \((1-x)+x\omega_k\)。由恒等式 \(\prod\limits_k(t-\omega_k)=t^n-1\) 得
\[\prod_{k=0}^{n-1}(\lambda+\mu\omega_k)=\lambda^n-(-\mu)^n,\]
取 \(\lambda=1-x\)、\(\mu=x\)，就有
\[D_n=|(1-x)E+xS|=\prod_{k=0}^{n-1}\big((1-x)+x\omega_k\big)=(1-x)^n-(-x)^n=(-1)^n\big[(x-1)^n-x^n\big].\]
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 \((-1)^{i+j}\)。
17.
记原行列式的列向量为 \(c_1,c_2,c_3\)，题设即 \(\det(c_1,c_2,c_3)=1\)。新行列式的三列依次是 \(3c_1\)、\(4c_1-c_2\)、\(-c_3\)。由行列式关于列的多重线性性，
\[\det(3c_1,\ 4c_1-c_2,\ -c_3)=3\cdot(-1)\det(c_1,\ 4c_1-c_2,\ c_3),\]
而
\[\det(c_1,\ 4c_1-c_2,\ c_3)=\det(c_1,\ 4c_1,\ c_3)-\det(c_1,\ c_2,\ c_3).\]
第一项中第 \(2\) 列是第 \(1\) 列的 \(4\) 倍，两列成比例，其值为 \(0\)；第二项为 \(1\)。故新行列式 \(=3\cdot(-1)\cdot(0-1)=3\)。
答案 \(3\)。
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 \((-1)^{i+j}\)。
18.
写出增广矩阵，作初等行变换
\[\begin{pmatrix}1&1&1&1&0\\0&1&2&2&1\\0&-1&a-3&-2&b\\3&2&1&a&-1\end{pmatrix}\xrightarrow{R_4-3R_1}\begin{pmatrix}1&1&1&1&0\\0&1&2&2&1\\0&-1&a-3&-2&b\\0&-1&-2&a-3&-1\end{pmatrix}\]
\[\xrightarrow[R_4+R_2]{R_3+R_2}\begin{pmatrix}1&1&1&1&0\\0&1&2&2&1\\0&0&a-1&0&b+1\\0&0&0&a-1&0\end{pmatrix}.\]
情形一：\(a\neq 1\)。第四行给出 \((a-1)x_4=0\)，即 \(x_4=0\)；第三行给出 \((a-1)x_3=b+1\)，即 \(x_3=\dfrac{b+1}{a-1}\)。回代第二、一行：
\[x_2=1-2x_3-2x_4=\frac{a-2b-3}{a-1},\qquad x_1=-x_2-x_3-x_4=\frac{-a+b+2}{a-1},\]
故方程组有唯一解。
情形二：\(a=1\)。增广矩阵变为
\[\begin{pmatrix}1&1&1&1&0\\0&1&2&2&1\\0&0&0&0&b+1\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}.\]
当 \(b\neq -1\) 时，第三行是矛盾方程 \(0=b+1\neq 0\)，方程组无解；当 \(b=-1\) 时，第三、四行为恒等式，\(r(A)=r(\bar{A})=2<4\)，方程组有无穷多解。此时同解方程组为
\[x_1+x_2+x_3+x_4=0,\qquad x_2+2x_3+2x_4=1,\]
取 \(x_3=s\)，\(x_4=t\) 为自由未知量，则 \(x_2=1-2s-2t\)，\(x_1=-x_2-x_3-x_4=-1+s+t\)。
答案 \(a\neq 1\) 时有唯一解 \(x_1=\dfrac{-a+b+2}{a-1}\)，\(x_2=\dfrac{a-2b-3}{a-1}\)，\(x_3=\dfrac{b+1}{a-1}\)，\(x_4=0\)；\(a=1\) 且 \(b\neq -1\) 时无解；\(a=1\) 且 \(b=-1\) 时有无穷多解 \((x_1,x_2,x_3,x_4)=(-1+s+t,\ 1-2s-2t,\ s,\ t)\)，\(s,t\) 为任意实数。
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。
19.
令 \(S=\sum\limits_{j=1}^{n}x_j\)。原方程组的第 \(i\) 个方程可写成
\[a_ix_i+S=b_i,\qquad \text{即}\qquad x_i=\frac{b_i-S}{a_i}\qquad (i=1,2,\cdots,n),\]
这里 \(a_i\neq 0\) 保证除法可行。把 \(x_i\) 的表达式代入 \(S=\sum\limits_{i=1}^{n}x_i\)：
\[S=\sum_{i=1}^{n}\frac{b_i-S}{a_i}=\sum_{i=1}^{n}\frac{b_i}{a_i}-S\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i},\]
整理得
\[S\left(1+\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}\right)=\sum_{i=1}^{n}\frac{b_i}{a_i}.\]
条件 \(1+\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\neq 0\) 恰好保证 \(S\) 由此唯一确定：
\[S=\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{b_i}{a_i}}{1+\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}},\]
再代回 \(x_i=\dfrac{b_i-S}{a_i}\) 即得唯一解。
答案 \(x_i=\dfrac{1}{a_i}\left(b_i-\dfrac{\sum\limits_{j=1}^{n}b_j/a_j}{1+\sum\limits_{j=1}^{n}1/a_j}\right)\)，\(i=1,2,\cdots,n\)；方程组有唯一解。
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。
20.
把第 \(2,\cdots,n+1\) 行都加到第 \(1\) 行，第 \(1\) 行的前 \(n\) 列都是 \(0\)，最后一列变成 \(\sum\limits_{k=1}^{n}b_k-1\)，按第 \(1\) 行展开得
\[D_{n+1}=(-1)^{1+(n+1)}\left(\sum_{k=1}^{n}b_k-1\right)|C|=(-1)^n\left(\sum_{k=1}^{n}b_k-1\right)|C|,\]
其中 \(C\) 是删去第 \(1\) 行、第 \(n+1\) 列后余下的 \(n\) 阶行列式。
由原矩阵的带状结构，\(C\) 的元素（行 \(r\)、列 \(j\) 对应原第 \(r+1\) 行、第 \(j\) 列，\(r,j=1,\cdots,n\)）为
\[C_{rj}=\begin{cases}1,&r+j=n,\\-1,&r+j=n+1,\\0,&\text{其他},\end{cases}\]
即 \(1\) 排在反对角线 \(r=n-j\) 上，\(-1\) 排在它下一条反对角线 \(r=n+1-j\) 上。
求 \(|C|\)：按第 \(n\) 列展开，该列只有 \(r=1\) 处的元素 \(-1\) 非零，删去第 \(1\) 行、第 \(n\) 列后余下的 \(n-1\) 阶行列式 \(C'\) 与 \(C\) 形状完全相同（阶数降 \(1\)），故
\[|C|=(-1)^{1+n}\cdot(-1)\cdot|C'|=(-1)^n|C'|.\]
又 \(n=1\) 时 \(|C|=|-1|=-1\)，迭代得
\[|C|=(-1)^n(-1)^{n-1}\cdots(-1)^2\cdot(-1)=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}.\]
于是
\[D_{n+1}=(-1)^{n+2}\left(\sum_{k=1}^{n}b_k-1\right)(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\left(\sum_{k=1}^{n}b_k-1\right),\]
最后一步因 \(n+2+\dfrac{n(n+1)}{2}-\dfrac{n(n-1)}{2}=2n+2\) 为偶数。
答案 \(D_{n+1}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\left(\sum\limits_{k=1}^{n}b_k-1\right)\)。
注 符号 \((-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\) 很容易误写成 \((-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\)。代 \(n=1,2,3\) 校核：\(n=1\) 时 \(D_2=b_1-1\)，\(n=2\) 时 \(D_3=1-b_1-b_2\)，\(n=3\) 时 \(D_4=1-b_1-b_2-b_3\)，正好是每两行变一次号。
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 \((-1)^{i+j}\)。
21.
证明：若某行列式的某行元素全为 \(1\)，则这个行列式全部代数余子式的和等于该行列式的值。
解 设该 \(n\) 阶行列式为 \(D=|A|\)，第 \(i\) 行元素全为 \(1\)，即 \(a_{i1}=a_{i2}=\cdots=a_{in}=1\)，以 \(A_{kj}\) 记 \(a_{kj}\) 的代数余子式。
按第 \(i\) 行展开：
\[D=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}A_{ij}=\sum_{j=1}^{n}A_{ij}.\]
当 \(k\neq i\) 时 \(\sum\limits_{j=1}^{n}A_{kj}=0\)：把原行列式的第 \(k\) 行换成第 \(i\) 行（元素全为 \(1\)），所得行列式第 \(k\) 行与第 \(i\) 行相同，值为 \(0\)；而按它的第 \(k\) 行展开即得 \(\sum\limits_{j=1}^{n}1\cdot A_{kj}=\sum\limits_{j=1}^{n}A_{kj}=0\)（此处用到的余子式与原来的完全相同）。这正是 \(A^{*}A=|A|E\) 的体现。
于是全部代数余子式之和
\[\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}A_{kj}=\sum_{j=1}^{n}A_{ij}+\sum_{k\neq i}\sum_{j=1}^{n}A_{kj}=D+0=D=|A|,\]
即它等于该行列式的值。\(\square\)
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 | 伴随矩阵 + 矩阵方程 \(ABA^{-1}=BA^{-1}+3E\)：\(B=3(A-E)^{-1}A=\begin{pmatrix}6&0&0&0\\0&6&0&0\\6&0&6&0\\0&3&0&-1\end{pmatrix}\)。 | 伴随矩阵 |
| 2 | 向量组的秩与极大无关组：秩 3，取 \(\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2,\boldsymbol\alpha_3\)，\(\boldsymbol\alpha_4=\boldsymbol\alpha_1+2\boldsymbol\alpha_2+\boldsymbol\alpha_3\)。 | 向量组与基、秩与空间维数 |
| 3 | 非齐次解的结构：\(X=(2,3,4,5)^{\mathrm{T}}+k(3,4,5,6)^{\mathrm{T}}\)。 | 线性方程组、矩阵方程、秩与空间维数 |
| 4 | 欧氏空间过渡矩阵 + 施密特正交化：\(P=\begin{pmatrix}1&4&2\\1&-7&-4\\-7&7&5\end{pmatrix}\)，再对基（Ⅰ）作标准正交化。 | 向量组与基、正交与对称 |
| 5 | \(n\) 阶反对称矩阵可逆的必要条件是 \(n\) 为偶数；不充分（零矩阵即反例）。 | 正交与对称 |
| 6 | 矩阵方程 \(AX=A+2X\)：\(X=\begin{pmatrix}3&-8&-6\\2&-9&-6\\-2&12&9\end{pmatrix}\)。 | 矩阵方程 |
| 7 | 向量组的秩与极大无关组：秩 3，取 \(\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2,\boldsymbol\alpha_4\)。 | 向量组与基、秩与空间维数 |
| 8 | \(P^3\) 中两组基的过渡矩阵与坐标变换：\(P=A^{-1}B\)，\(Y=(-\frac{105}{4},\frac{37}{2},-\frac{59}{4})^{\mathrm{T}}\)。 | 向量组与基 |
| 9 | \(\mathbb{R}^2\) 上两种内积规定：(1) 不构成欧氏空间（取 \(\boldsymbol\alpha=(1,-1)\) 时内积为 \(-2\)）；(2) 构成。 | 正交与对称 |
| 10 | 证明 \(\boldsymbol\beta_i=S-\boldsymbol\alpha_i\) 与 \(\boldsymbol\alpha\) 组同秩：由 \(S=\frac{1}{m-1}\sum\boldsymbol\beta_i\) 得互相线性表示。 | 秩与空间维数 |
| 11 | \(A+B\) 可逆 \(\Rightarrow A^{-1}+B^{-1}\) 可逆：\((A^{-1}+B^{-1})^{-1}=B(A+B)^{-1}A\)。 | 矩阵方程 |
| 12 | 四元非齐次方程组：\(r=2<4\)，通解 \((-1+4s-t,\ 1-2s-2t,\ s,\ t)\)。 | 线性方程组 |
| 13 | 4 阶行列式（矩阵行列式引理）：\(x^{2}y^{2}\)。 | 行列式 |
| 14 | \(n\) 阶循环行列式：\(D_n=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\cdot\frac{n^{n-1}(n+1)}{2}\)。 | 行列式 |
| 15 | 范德蒙德型方程组：(1) \(r(A)=3<r(\bar A)=4\)，无解；(2) 全部解 \(x=(t,1,-t)^{\mathrm{T}}\)。 | 线性方程组 |
| 16 | 证明循环置换行列式 \(D_n=(-1)^{n}\big[(x-1)^{n}-x^{n}\big]\)。 | 行列式 |
| 17 | 利用行列式的列线性性：值为 3。 | 行列式 |
| 18 | 含参方程组讨论：\(a\neq1\) 唯一解；\(a=1,b\neq-1\) 无解；\(a=1,b=-1\) 无穷多解。 | 线性方程组 |
| 19 | 特殊方程组（系数含 \(1+a_i\)）：在 \(\sum\frac{1}{a_i}\neq-1\) 时有唯一解 \(x_i=\frac{1}{a_i}\Big(b_i-\frac{\sum b_j/a_j}{1+\sum 1/a_j}\Big)\)。 | 线性方程组 |
| 20 | \(n+1\) 阶行列式：\(D_{n+1}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\big(\sum b_k-1\big)\)。 | 行列式 |
| 21 | 证明”某行元素全为 1 \(\Rightarrow\) 全部代数余子式之和 \(=\|A\|\)“。 | 行列式 |
复习要点
- 伴随矩阵：\(AA^*=A^*A=|A|E\)；\(|A^*|=|A|^{n-1}\)；可逆时 \(A^*=|A|A^{-1}\)。
- 向量组与基：将向量按列排成矩阵，通过消元找主元列；过渡矩阵用“旧基矩阵乘过渡矩阵等于新基矩阵”确定方向。
- 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 \(n-r(A)\)。
- 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。
- 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。
易错点清单
- 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。
- 取极大无关组要回到原矩阵的主元列；坐标变换要检查基的方向。
- 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。
- 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。
- 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。
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