《线性代数》期末试卷 (精选11)

时间：120分钟 | 课程：线性代数 | 学分：2 | 形式：闭卷 | 总分：100分

一、填空题（共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分）

1. 设 $A^{*} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 & 8 \end{bmatrix}$，则 $|\mathbf{A}| =$ ________.

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答案：2

详细推导：

1. 行列式性质：对于 $n$ 阶方阵 $A$，其伴随矩阵的行列式满足 $|A^*| = |A|^{n-1}$。
2. 计算 $|A^*|$： 观察 $A^*$ 的结构，这是一个下三角矩阵（或通过对角线展开）：
   $$|A^*| = 1 \times 1 \times 1 \times 8 = 8$$
3. 求解 $|A|$： 已知 $n=4$，则 $|A|^{4-1} = 8 \implies |A|^3 = 8$。 解得 $|A| = 2$。

难度: ⭐ 考点: #伴随矩阵 #行列式性质

💡 学习锦囊

📖 相关公式:

• $|A^*| = |A|^{n-1}$
• $(A^*)^* = |A|^{n-2} A$

思路分析

看到伴随矩阵的行列式，第一时间反应用 $|A^*| = |A|^{n-1}$。注意先确定矩阵的阶数 $n$。

易错点

• 混淆伴随矩阵行列式的指数，误记为 $n$。正确公式为 $n-1$。
• 忽略矩阵阶数。在填空题中，矩阵的具体大小（如 $4 \times 4$）直接决定了计算结果。

🔄 举一反三

1. 设 $A$ 是 3 阶方阵，且 $|A| = 3$，求 $|2A^*|$。
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   答案：72

   解析：

   1. 常数提取：根据性质 $|kA| = k^n |A|$，此处 $n=3$，故 $|2A^*| = 2^3 |A^*| = 8 |A^*|$。
   2. 伴随性质：已知 $|A^*| = |A|^{n-1} = |A|^{3-1} = |A|^2$。
   3. 代入数据：已知 $|A| = 3$，则 $|A^*| = 3^2 = 9$。
   4. 得出结论：$|2A^*| = 8 \times 9 = 72$。

2. $A$ 为 $n$ 阶方阵，$AA^{\mathrm{T}} = E$ 且 $|A| < 0$，则 $|A + E| =$ ________.

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答案：0

详细推导：

1. 正交矩阵性质：由 $AA^{\mathrm{T}} = E$ 知 $A$ 为正交矩阵，则 $|A|^2 = 1 \implies |A| = \pm 1$。
2. 已知条件：因为 $|A| < 0$，所以 $|A| = -1$。
3. 利用性质转换：
   $$\begin{aligned} |A+E| &= |A+AA^{\mathrm{T}}| \\ &= |A(E+A^{\mathrm{T}})| \\ &= |A| \cdot |E+A^{\mathrm{T}}| \\ &= -1 \cdot |(E+A)^{\mathrm{T}}| \\ &= -|A+E| \end{aligned}$$
4. 得出结论：由 $|A+E| = -|A+E|$，得 $2|A+E| = 0$，故 $|A+E| = 0$。

难度: ⭐⭐ 考点: #正交矩阵 #行列式性质

💡 学习锦囊

📖 相关公式:

• $AA^{\mathrm{T}} = E \implies A$ 为正交矩阵，$|A| = \pm 1$。
• $|A \cdot B| = |A| \cdot |B|$
• $|A^{\mathrm{T}}| = |A|$

思路分析

这种证明或计算 $|A \pm E|$ 的题目，常用技巧是利用正交性 $AA^{\mathrm{T}}=E$ 进行因子提取。

易错点

• 忘记正交矩阵行列式 $|A|$ 可以是 $-1$。
• 在提取公因子时，漏掉转置符号或行列式的乘法性质。

🔄 举一反三

1. 若 $A$ 是 $n$ 阶正交矩阵且 $|A|=1$，证明当 $n$ 为奇数时，$|A-E|=0$。
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   证明过程：

   1. 利用正交性：$|A-E| = |A-AA^{\mathrm{T}}| = |A(E-A^{\mathrm{T}})|$。
   2. 展开行列式：$|A| \cdot |E-A^{\mathrm{T}}| = 1 \cdot |(E-A)^{\mathrm{T}}| = |E-A|$。
   3. 提取负号：$|E-A| = |-(A-E)| = (-1)^n |A-E|$。
   4. 结论：由于 $n$ 为奇数，则 $|A-E| = -|A-E| \implies 2|A-E|=0 \implies |A-E|=0$。

3. 设方阵 $A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & -2 \\ 4 & t & 3 \\ 3 & -1 & 1 \end{bmatrix}$，$B$ 为三阶非零矩阵，且 $AB = O$，则 $t =$ ________.

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答案：-3

详细推导：

1. 矩阵乘法性质：已知 $A, B$ 是同阶方阵，且 $AB = O, B \neq O$。
2. 秩的关系：由 $AB=O$ 知 $r(A) + r(B) \leq 3$。因为 $B \neq O$，所以 $r(B) \geq 1$，从而 $r(A) \leq 2$。
3. 行列式判定：$r(A) \leq 2$ 等价地说明 $|A| = 0$。
4. 计算行列式：
   $$\begin{aligned} |A| &= \begin{vmatrix} 1 & 2 & -2 \\ 4 & t & 3 \\ 3 & -1 & 1 \end{vmatrix} \\ &= 1(t+3) - 2(4-9) - 2(-4-3t) \\ &= t+3 + 10 + 8 + 6t \\ &= 7t + 21 \end{aligned}$$
5. 求解：令 $7t + 21 = 0 \implies t = -3$。

难度: ⭐ 考点: #矩阵乘法 #矩阵的秩 #行列式计算

💡 学习锦囊

📖 相关公式:

• $AB = O \implies r(A) + r(B) \leq n$
• 若 $B$ 为非零矩阵，则 $A$ 必为奇异矩阵（即 $|A|=0$）。

思路分析

遇到 $AB=O$ 且 $B \neq O$，条件反射就是 $|A|=0$，然后代入行列式计算即可。

易错点

• 误以为 $AB=O$ 推导出 $A=O$ 或 $B=O$。在线性代数中，非零矩阵的乘积可以为零。
• 计算 3 阶行列式时项数遗漏或正负号出错。

🔄 举一反三

1. 设 $A$ 为 3 阶矩阵，$r(A)=1$，若 $AB=O$，求 $r(B)$ 的最大可能值。
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   答案：2

   解析：

   1. 秩定理：由 $AB=O$ 可知 $r(A) + r(B) \leq 3$。
   2. 代入数据：已知 $r(A) = 1$，则 $1 + r(B) \leq 3$。
   3. 求解：$r(B) \leq 2$。故 $r(B)$ 的最大可能值为 2。

4. 设向量组 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m}$ 线性无关，向量 $\pmb{\beta}$ 不能由它们线性表示，则向量组 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m}, \pmb{\beta}$ 的秩为 ________.

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答案：m + 1

详细推导：

1. 线性无关与秩：已知 $\pmb{\alpha}_{1}, \cdots, \pmb{\alpha}_{m}$ 线性无关，则 $r(\pmb{\alpha}_{1}, \cdots, \pmb{\alpha}_{m}) = m$。
2. 向量表示理论：若一个向量 $\pmb{\beta}$ 不能由向量组 $\pmb{\alpha}_{1}, \cdots, \pmb{\alpha}_{m}$ 线性表示，且该向量组本身线性无关。
3. 结论推导：根据定理，加入 $\pmb{\beta}$ 后的新向量组 $\pmb{\alpha}_{1}, \cdots, \pmb{\alpha}_{m}, \pmb{\beta}$ 必然也线性无关。
4. 得出秩：线性无关向量组的秩等于其向量个数，故秩为 $m+1$。

难度: ⭐ 考点: #线性相关与无关 #向量组的秩

💡 学习锦囊

📖 相关知识点:

• 向量组线性无关 $\iff$ 其秩等于向量个数。
• 若 $\pmb{\alpha}_1, \dots, \pmb{\alpha}_m$ 无关，添加 $\pmb{\beta}$ 后：
  • 若 $\pmb{\beta}$ 可由其表示，则新组线性相关，秩仍为 $m$。
  • 若 $\pmb{\beta}$ 不可由其表示，则新组线性无关，秩变为 $m+1$。

思路分析

这是向量组理论的基础性质。记住：线性无关向量组添加一个“无法构成的”新维度，秩必然增加 1。

易错点

• 混淆线性相关与线性无关的判定条件。
• 误以为秩与向量个数总是相等。只有线性无关时，秩才等于向量个数。

🔄 举一反三

1. 若向量组 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性相关，增加 $\alpha_3$ 后，新向量组的秩 $r(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$ 的最大可能值是多少？
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   答案：2

   解析：

   1. 原有秩限制：已知 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性相关，则其秩 $r(\alpha_1, \alpha_2)$ 最大为 1。
   2. 增加向量：增加一个向量 $\alpha_3$ 后，秩最多增加 1。
   3. 结论：$r(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) \leq r(\alpha_1, \alpha_2) + 1 \leq 1 + 1 = 2$。

5. 设 $A$ 为实对称阵，且 $|A| \neq 0$，则二次型 $f = x^{\mathrm{T}} A x$化为 $f = y^{\mathrm{T}} A^{-1} y$ 的线性变换是 ________.

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答案：x = A^{-1} y

详细推导：

1. 代入变换：设 $x = Py$，则 $f = (Py)^{\mathrm{T}} A (Py) = y^{\mathrm{T}} (P^{\mathrm{T}} A P) y$。
2. 目标形式：我们希望 $P^{\mathrm{T}} A P = A^{-1}$。
3. 验证 $P = A^{-1}$： 由于 $A$ 是实对称阵，则 $A^{-1}$ 也是实对称阵，即 $(A^{-1})^{\mathrm{T}} = A^{-1}$。 代入测试：$(A^{-1})^{\mathrm{T}} A (A^{-1}) = A^{-1} A A^{-1} = E A^{-1} = A^{-1}$。
4. 结论：变换 $x = A^{-1} y$ 满足要求。

难度: ⭐⭐ 考点: #二次型 #线性变换 #实对称阵性质

💡 学习锦囊

📖 相关公式:

• 若 $x=Py$，则 $x^{\mathrm{T}}Ax = y^{\mathrm{T}}(P^{\mathrm{T}}AP)y$。
• 对称阵的逆矩阵也是对称阵。

思路分析

这道题考查对二次型矩阵变换定义的理解。只需要将变换式代入基础定义，看中间项是否匹配目标。

易错点

• 在进行 $(A^{-1}y)^T$ 展开时，忘记转置并调换顺序，误记为 $A^{-1}y^T$。
• 忽略实对称阵的逆矩阵也是对称阵这一关键前提。

🔄 举一反三

1. 设实对称阵 $A$ 可逆，若线性变换 $x = Ay$，则二次型 $x^{\mathrm{T}} A x$ 变为 $y^{\mathrm{T}} C y$，求 $C$。
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   答案：A^3

   解析：

   1. 代入公式：$x^{\mathrm{T}} A x = (Ay)^{\mathrm{T}} A (Ay)$。
   2. 利用转置性质：$(Ay)^{\mathrm{T}} = y^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}} = y^{\mathrm{T}} A$（对称阵 $A^{\mathrm{T}}=A$）。
   3. 计算结果：$y^{\mathrm{T}} (A \cdot A \cdot A) y = y^{\mathrm{T}} A^3 y$。故 $C = A^3$。

6. 设 $\mathbf{R}^3$ 的两组基为 $\pmb{a}_1 = (1,1,1)^{\mathrm{T}}$，$\pmb{a}_2 = (1,0,-1)^{\mathrm{T}}$，$\pmb{a}_3 = (1,0,1)^{\mathrm{T}}$；$\pmb{\beta}_1 = (1,2,1)^{\mathrm{T}}, \pmb{\beta}_2 = (2,3,4)^{\mathrm{T}}, \pmb{\beta}_3 = (3,4,3)^{\mathrm{T}}$，则由基 $\pmb{a}_1, \pmb{a}_2, \pmb{a}_3$ 到基 $\pmb{\beta}_1, \pmb{\beta}_2, \pmb{\beta}_3$ 的过渡矩阵 $P =$ ________.

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答案：\begin{bmatrix} 2 & 3 & 4\ 0 & -1 & 0\ -1 & 0 & -1 \end{bmatrix}

详细推导：

1. 过渡矩阵定义：设两组基矩阵分别为 $A = [\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3]$ 和 $B = [\beta_1, \beta_2, \beta_3]$。过渡矩阵 $P$ 满足：
   $$B = AP \implies P = A^{-1}B$$
2. 构造矩阵： $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{bmatrix}$，$B = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4 \\ 1 & 4 & 3 \end{bmatrix}$。 (注意：基向量通常按列排列)
3. 计算 $A^{-1}$： 解方程组或初等变换 $[A|E] \to [E|A^{-1}]$： $A^{-1} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1/2 & 0 & -1/2 \\ 1/2 & -1 & 1/2 \end{bmatrix}$ (经过计算)。
4. 计算 $P = A^{-1}B$：
   $$P = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1/2 & 0 & -1/2 \\ 1/2 & -1 & 1/2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4 \\ 1 & 4 & 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 4 \\ 0 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \end{bmatrix}$$

难度: ⭐⭐⭐ 考点: #过渡矩阵 #基变换 #矩阵运算

💡 学习锦囊

📖 相关公式:

• 基 $A$ 到基 $B$ 的过渡矩阵 $P$：$B = AP$。
• 过渡矩阵的列是新基在旧基下的坐标。

思路分析

计算 $A^{-1}B$ 核心。如果计算量大，注意检查行列排列是否正确。

易错点

• 混淆过渡矩阵的定义，误记为 $A=BP$。
• 计算逆矩阵 $A^{-1}$ 时出错。
• 矩阵乘法顺序颠倒（应当是 $A^{-1}$ 在左）。

🔄 举一反三

1. 若由基 $\alpha$ 到基 $\beta$ 的过渡矩阵为 $P$，旧基下的坐标 $X$ 与新基下的坐标 $Y$ 满足什么关系？
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   答案：X = PY

   解析：

   1. 基本定义：由 $\beta = \alpha P$（基变换公式）。
   2. 向量表示：设向量为 $\xi$，则 $\xi = \alpha X = \beta Y$。
   3. 代入推导：$\alpha X = (\alpha P) Y \implies \alpha X = \alpha (PY)$。
   4. 结论：由于基向量组线性无关，系数唯一，故 $X = PY$。

二、单项选择题（共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分）

1. 设 $D_{n}$ 为 $n$ 阶行列式，则 $D_{n} = 0$ 的必要条件是 [ D ]。

   • A. $D_{n}$ 中有两行元素对应成比例；
   • B. $D_{n}$ 中各行元素之和为零；
   • C. $D_{n}$ 中有一行元素全为零；
   • D. 以 $D_{n}$ 为系数行列式的齐次线性方程组有非零解。

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答案：D

解析：

• 充分性与必要性：
  • (A), (B), (C) 都是 $D_n = 0$ 的充分条件（满足这些条件一定能推导出 $D_n=0$），但不是必要的。例如，$D = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 0$ 满足 A，但不满足 C。
  • (D) 根据克拉默法则及其推论，齐次线性方程组 $Ax=0$ 有非零解的充分必要条件是系数行列式 $|A|=0$。
• 结论：既然是充要条件，自然也是必要条件。

难度: ⭐ 考点: #行列式性质 #齐次线性方程组

💡 学习锦囊

📖 相关定理:

• 齐次方程组 $Ax=0$ 有非零解 $\iff |A|=0$。
• 齐次方程组 $Ax=0$ 仅有零解 $\iff |A| \neq 0$。

思路分析

这类题目考查基本概念。区分“充分”和“必要”是关键。

易错点

• 混淆充分性与必要性。选项 A, B, C 虽然能推出行列式为 0（充分），但行列式为 0 不一定是因为这些原因（不必要）。
• 忽略齐次线性方程组与行列式的内在联系。

🔄 举一反三

1. 若 $D_n \neq 0$，则下列说法正确的是？ (A) 齐次方程组必有非零解 (B) 齐次方程组仅有零解
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   答案：B

   解析：

   1. 克拉默法则推论：系数行列式 $|A| \neq 0$ 当且仅当齐次方程组仅有零解。
   2. 直观理解：由于系数矩阵可逆（行列式非零），$Ax = 0 \implies x = A^{-1} \mathbf{0} = \mathbf{0}$。

2. 若向量组 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}, \pmb{\gamma}$ 线性无关，$\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}, \pmb{\sigma}$ 线性相关，则 [ C ]。

   • A. $\pmb{\alpha}$ 必可由 $\pmb{\beta}, \pmb{\gamma}, \pmb{\sigma}$ 线性表示。
   • B. $\pmb{\beta}$ 必可由 $\pmb{\alpha}, \pmb{\gamma}, \pmb{\sigma}$ 线性表示。
   • C. $\pmb{\sigma}$ 必可由 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}$ 线性表示。
   • D. $\pmb{\gamma}$ 必可由 $\pmb{\beta}, \pmb{\alpha}, \pmb{\sigma}$ 线性表示。

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答案：C

解析：

1. 已知条件 1：$\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}, \pmb{\gamma}$ 线性无关 $\implies$ 其任何子集（如 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}$）也线性无关。
2. 已知条件 2：$\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}, \pmb{\sigma}$ 线性相关。
3. 结论推导：由于 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}$ 无关而加入 $\pmb{\sigma}$ 后相关，根据替换定理的推论，$\pmb{\sigma}$ 一定可以由 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}$ 线性表示。
4. 选项判断：既然 $\pmb{\sigma}$ 可由 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}$ 表示，它当然也可以由 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}, \pmb{\gamma}$ 线性表示（系数为 0 即可）。选项 C 描述最直接。

难度: ⭐⭐ 考点: #线性相关性 #向量表示

💡 学习锦囊

📖 总结: 若 $\text{组} I$ 无关，添加 $\beta$ 后变为相关，则 $\beta$ 必可由 $\text{组} I$ 唯一线性表示。

思路分析

注意选项中的“必”字。由于 $\alpha, \beta$ 是无关的，新向量 $\sigma$ 如果导致相关，说明它掉进了 $\alpha, \beta$ 张成的空间里。

易错点

• 混淆线性组合的方向。$\sigma$ 能由 $\alpha, \beta$ 表示，不代表 $\alpha$ 一定能由 $\beta, \gamma, \sigma$ 表示（除非 $\alpha$ 前的系数非零）。
• 忽略原向量组 $\alpha, \beta, \gamma$ 线性无关这一前提。

🔄 举一反三

1. 若 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}$ 线性无关，$\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}, \pmb{\gamma}$ 线性相关，则 $\pmb{\gamma}$ 必能由 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}$ 线性表示吗？
   查看练习答案与解析

   答案：必能。

   解析：

   1. 逻辑推导：因为 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}$ 本身线性无关，添加 $\pmb{\gamma}$ 后导致相关。
   2. 线性性质：根据定理，这说明新增的向量 $\pmb{\gamma}$ 破坏了无关性，它必然属于 $\pmb{\alpha}, \pmb{\beta}$ 张成的线性空间，故必能由其表示。

3. 设 3 阶方阵 $\mathbf{A}$ 有特征值 0, -1, 1，其对应的特征向量为 $P_{1}, P_{2}, P_{3}$，令 $P = (P_{1}, P_{2}, P_{3})$，则 $P^{-1}AP =$ [ B ]。

   • A. $\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
   • B. $\begin{bmatrix}0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
   • C. $\begin{bmatrix}0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$
   • D. $\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$

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答案：B

解析：

1. 对角化定理：若方阵 $A$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量（此处 3 阶矩阵有 3 个互异特征值，必有 3 个无关向量），则 $A$ 可对角化。
2. 形式对应：若 $P$ 的列向量顺序是 $P_1, P_2, P_3$，对应的特征值顺序是 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$，则：
   $$P^{-1}AP = \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$$
3. 计算：代入 $\lambda_1=0, \lambda_2=-1, \lambda_3=1$，得到选项 B。

难度: ⭐ 考点: #相似对角化 #特征值与特征向量

💡 学习锦囊

📖 相关公式: $AP = P \Lambda \implies P^{-1}AP = \Lambda$，其中 $\Lambda = \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$。

思路分析

注意对角线上的特征值顺序必须与矩阵 $P$ 中特征向量的排列顺序严格一致。

易错点

• 特征值顺序与特征向量顺序不对应。
• 计算对角化矩阵时，误将特征向量按行排列。

🔄 举一反三

1. 若方阵 $A$ 有特征值 1, 2, 3，设对应特征向量组为 $P_1, P_2, P_3$，若取 $Q = (P_3, P_1, P_2)$，则 $Q^{-1}AQ$ 是？
   查看练习答案与解析

   答案：diag(3, 1, 2)

   解析：

   1. 对应关系：$Q$ 的第一列是 $P_3$，对应特征值 3；第二列是 $P_1$，对应 1；第三列是 $P_2$，对应 2。
   2. 结论：相似对角阵的对角元素顺序即为特征向量在 $Q$ 中的排列顺序。

4. 设 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$ 线性无关，则下列向量组线性相关的是 [ D ]。

   • A. $\pmb{\alpha}_{1}, \pmb{\alpha}_{2}, \pmb{\alpha}_{3} - \pmb{\alpha}_{1}$
   • B. $\alpha_{1}, \alpha_{1} + \alpha_{2}, \alpha_{1} + \alpha_{3}$
   • C. $\alpha_{1} + \alpha_{2}, \alpha_{2} + \alpha_{3}, \alpha_{3} + \alpha_{1}$
   • D. $\alpha_{1} - \alpha_{2}, \alpha_{2} - \alpha_{3}, \alpha_{3} - \alpha_{1}$

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答案：D

解析：

• 方法一：寻找线性组合： 在 (D) 中，令三个向量分别为 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$。 观察到 $\beta_1 + \beta_2 + \beta_3 = (\alpha_1 - \alpha_2) + (\alpha_2 - \alpha_3) + (\alpha_3 - \alpha_1) = \mathbf{0}$。 因为存在不全为 0 的系数（此处全为 1）使得线性组合为零向量，故线性相关。
• 方法二：行列式法： 可以将 (A), (B), (C) 表示为 $(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) K$。如果矩阵 $K$ 的行列式不为 0，则无关。 对于 (D)，对应的 $K = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix}$，其行列式 $|K| = 1(1) - (-1)(-1) = 0$，故相关。

难度: ⭐⭐ 考点: #线性相关性 #向量组变换

💡 学习锦囊

📖 常用结论:

• $\pmb{\alpha}_1-\pmb{\alpha}_2, \pmb{\alpha}_2-\pmb{\alpha}_3, \dots, \pmb{\alpha}_n-\pmb{\alpha}_1$ 总是线性相关的。
• $\pmb{\alpha}_1+\pmb{\alpha}_2, \pmb{\alpha}_2+\pmb{\alpha}_3, \dots, \pmb{\alpha}_n+\pmb{\alpha}_1$ 当 $n$ 为奇数时无关，为偶数时相关。

思路分析

考试中如果看到“头尾相接、正负抵消”的形式，优先考虑线性相关。

易错点

• 仅凭直觉判断。应当通过列出线性组合或计算系数矩阵行列式来严谨验证。
• 记错常用结论，如 $n$ 为偶数还是奇数时的相关性差异。

🔄 举一反三

1. 设 $\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2$ 线性无关，则向量组 $\pmb{\alpha}_1 + \pmb{\alpha}_2, \pmb{\alpha}_1 - \pmb{\alpha}_2$ 的线性相关性如何？
   查看练习答案与解析

   答案：线性无关

   解析：

   1. 行列式法：设 $(\pmb{\beta}_1, \pmb{\beta}_2) = (\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2) \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$。
   2. 计算系数矩阵行列式：$\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} = -1 - 1 = -2 \neq 0$。
   3. 结论：因为转换矩阵可逆，且原向量组无关，故新组也无关。

5. 若矩阵 $A_{3 \times 4}$ 有一个 3 阶子式不为 0，则 [ C ]。

   • A. $R(A) = 1$
   • B. $R(A) = 2$
   • C. $R(A) = 3$
   • D. $R(A) = 4$

查看答案与解析

答案：C

解析：

1. 秩的定义：矩阵的秩是其非零子式的最高阶数。
2. 已知条件：存在一个 3 阶非零子式，说明 $R(A) \geq 3$。
3. 限制条件：矩阵是 $3 \times 4$，秩最大不能超过行数和列数的最小值，即 $R(A) \leq \min(3, 4) = 3$。
4. 结论：结合 $R(A) \geq 3$ 且 $R(A) \leq 3$，得 $R(A) = 3$。

难度: ⭐ 考点: #矩阵的秩 #子式

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📖 相关公式: $R(A_{m \times n}) \leq \min(m, n)$。

思路分析

秩的概念要牢记：只要存在一个 $k$ 阶子式不为 0，秩就至少是 $k$。不要忽略矩阵阶数的限制。

易错点

• 误以为秩只能等于行数或列数。秩是一个范围值 $R(A) \leq \min(m, n)$。
• 混淆子式不为 0 与秩等于该阶数的关系。

🔄 举一反三

1. 若矩阵 $A$ 是 $4 \times 3$ 阶矩阵，$R(A) = 3$，是否一定存在 3 阶非零子式？
   查看练习答案与解析

   答案：一定存在

   解析：

   1. 秩的充要条件：矩阵秩为 $r$ 的充要条件是存在 $r$ 阶非零子式，且所有 $r+1$ 阶子式（若有）全为 0。
   2. 结论：由于 $R(A)=3$，根据定义，必有一个 3 阶子式不为零。

6. 实二次型 $f = x^{\mathrm{T}} A x$ 为正定的充分必要条件是 [ A ]。

   • A. $A$ 的特征值全大于零
   • B. $A$ 的负惯性指数为零
   • C. $|A| > 0$
   • D. $R(A) = n$

查看答案与解析

答案：A

解析：

• (A) 正确。实对称矩阵正定的充要条件是特征值全大于 0。
• (B) 不充分。负惯性指数为 0 仅说明特征值 $\geq 0$（可能是半正定），正定还要求正惯性指数等于 $n$（即特征值全 $> 0$）。
• (C) 不充分。$|A| > 0$ 只是正定的必要条件，不是充分条件。例如 diag(-1, -1) 的行列式为 1，但不是正定的。
• (D) 不充分。秩为 $n$ 仅说明矩阵可逆。

难度: ⭐ 考点: #正定二次型 #惯性定理

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📖 正定判定汇总:

• 顺序主子式全大于 0。
• 特征值全大于 0。
• 正惯性指数 $p = n$。
• 合同于单位阵 $E$（或 $A = C^{\mathrm{T}} C, C$ 可逆）。

思路分析

这是二次型理论中的核心判定准则。注意 (C) 中的 $|A|>0$ 虽然是必要条件，但不能作为判定正定的充分标准。

易错点

• 认为行列式大于 0 即为正定。只有所有顺序主子式都大于 0 才是正定。
• 混淆正定与半正定的界限（特征值是否包含 0）。

🔄 举一反三

1. 二次型 $f = x^2 + 2y^2 + t z^2$ 正定的条件是？
   查看练习答案与解析

   答案：t > 0

   解析：

   1. 矩阵形式：矩阵为 $\text{diag}(1, 2, t)$。
   2. 特征值判定：特征值分别为 1, 2, $t$。
   3. 正定条件：特征值必须全大于 0，故 $t > 0$。

三、解答题（共 5 小题，每题 8 分，满分 40 分）

1. 求 $D = \begin{vmatrix} 1 & b_1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 - b_1 & b_2 & 0 \\ 0 & -1 & 1 - b_2 & b_3 \\ 0 & 0 & -1 & 1 - b_3 \end{vmatrix}$ 的值。

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答案：1

详细推导： 利用行列式的行初等变换：

1. 第一步：将第 1 行加到第 2 行（记作 $r_2 + r_1 \to r_2$）：
   $$D = \begin{vmatrix} 1 & b_1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & b_2 & 0 \\ 0 & -1 & 1 - b_2 & b_3 \\ 0 & 0 & -1 & 1 - b_3 \end{vmatrix}$$
2. 第二步：将新第 2 行加到第 3 行（记作 $r_3 + r_2 \to r_3$）：
   $$D = \begin{vmatrix} 1 & b_1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & b_2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & b_3 \\ 0 & 0 & -1 & 1 - b_3 \end{vmatrix}$$
3. 第三步：将新第 3 行加到第 4 行（记作 $r_4 + r_3 \to r_4$）：
   $$D = \begin{vmatrix} 1 & b_1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & b_2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & b_3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{vmatrix}$$
4. 结论：这是一个上三角行列式，其值等于对角线元素的乘积：
   $$D = 1 \times 1 \times 1 \times 1 = 1$$

难度: ⭐ 考点: #行列式计算 #初等变换

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📖 相关公式:

• 行列式某行加上另一行的倍数，其值不变。
• 三角行列式的值等于对角线元素之积。

思路分析

观察矩阵结构，每一行都比上一行多一项 $-1$。这种“链式”结构非常适合逐行累加，从而消去多余项。

易错点

• 在进行行加法时，误以为行列式的值会改变（只有行交换或数乘会改变倍数）。
• 计算对角线乘积时，忽略了矩阵的阶数对符号的影响（虽然本题全为 1，但要注意负数情况）。

🔄 举一反三

1. 计算 $n$ 阶行列式 $D = \begin{vmatrix} 1 & b_1 & 0 & \dots \\ -1 & 1-b_1 & b_2 & \dots \\ \vdots & \ddots & \ddots & \dots \end{vmatrix}$。
   查看练习答案与解析

   答案：1

   解析：

   1. 通用转化：对于任意阶类似的“链式”行列式，只要每一列（或行）的非零项可以通过累加消去，结构均可化为上三角。
   2. 归纳法/变换：同样执行 $r_2+r_1 \to r_2$，$r_3+r_2 \to r_3 \dots$ 最终对角线元素全为 1。
   3. 结论：对角线乘积为 1。

2. 求向量组 $\pmb{\alpha}_{1} = (1,1,1,4)^{\mathrm{T}}, \pmb{\alpha}_{2} = (2,1,3,5)^{\mathrm{T}}, \pmb{\alpha}_{3} = (1,-1,3,-2)^{\mathrm{T}}, \pmb{\alpha}_{4} = (3,1,5,6)^{\mathrm{T}}$ 的一个极大无关组，并把其余的向量用该极大无关组线性表出。

查看答案与解析

答案：

• 极大无关组：$\{\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2\}$（不唯一）
• 线性表示：
  • $\pmb{\alpha}_3 = -3\pmb{\alpha}_1 + 2\pmb{\alpha}_2$
  • $\pmb{\alpha}_4 = -\pmb{\alpha}_1 + 2\pmb{\alpha}_2$

详细推导：

1. 构造矩阵：将向量按列排列构成矩阵 $A = (\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2, \pmb{\alpha}_3, \pmb{\alpha}_4)$。
   $$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 3 & 3 & 5 \\ 4 & 5 & -2 & 6 \end{bmatrix}$$
2. 行初等变换：
   $$A \xrightarrow{r_2-r_1, r_3-r_1, r_4-4r_1} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & -1 & -2 & -2 \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & -3 & -6 & -6 \end{bmatrix} \xrightarrow{r_3+r_2, r_4-3r_2} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & -1 & -2 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \xrightarrow{r_1+2r_2, -r_2} \begin{bmatrix} 1 & 0 & -3 & -1 \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$
3. 确定极大无关组：行最简形的前两列是单位向量，对应的列向量 $\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2$ 构成一个极大无关组。
4. 读取线性表示系数：
   • 第 3 列为 $(-3, 2)^{\mathrm{T}}$，故 $\pmb{\alpha}_3 = -3\pmb{\alpha}_1 + 2\pmb{\alpha}_2$。
   • 第 4 列为 $(-1, 2)^{\mathrm{T}}$，故 $\pmb{\alpha}_4 = -1\pmb{\alpha}_1 + 2\pmb{\alpha}_2$。

难度: ⭐⭐ 考点: #极大无关组 #线性表示 #行初等变换

💡 学习锦囊

📖 核心思想: 矩阵的列向量组的极大无关组对应于行最简矩阵中主元所在的列。

思路分析

做此类题必须先写成矩阵，然后只进行行初等变换。行最简形式直接给出了线性表示的系数。注意：极大无关组的选择不唯一，但表示系数是唯一的。

易错点

• 将向量按行排列。这样做出的行最简矩阵无法直接读取列向量间的线性表示关系。
• 在寻找线性表示系数时，找错了对应的基向量。

🔄 举一反三

1. 若向量组 $\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2, \pmb{\alpha}_3$ 的行最简矩阵为 $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$，请写出其极大无关组及线性表示。
   查看练习答案与解析

   答案：

   • 极大无关组：$\{\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2\}$
   • 线性表示：$\pmb{\alpha}_3 = 2\pmb{\alpha}_1 + 3\pmb{\alpha}_2$

   解析：

   1. 定位主元：主元出现在第 1, 2 列，故 $\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2$ 无关。
   2. 读取系数：第 3 列在基 $\{\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2\}$ 下的坐标即为 $(2, 3)^{\mathrm{T}}$。

3. 设 $A, P$ 均为 3 阶矩阵，且 $\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。若 $P = (\pmb{\alpha}_ {1}, \pmb{\alpha}_ {2}, \pmb{\alpha}_ {3}), Q = (\pmb{\alpha}_ {1} + \pmb{\alpha}_ {2}, \pmb{\alpha}_ {2}, \pmb{\alpha}_ {3})$，求 $Q^{\mathrm{T}} A Q$。

查看答案与解析

答案：\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 \ 1 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}

详细推导：

1. 建立 $Q$ 与 $P$ 的关系： 由于 $Q = (\pmb{\alpha}_1 + \pmb{\alpha}_2, \pmb{\alpha}_2, \pmb{\alpha}_3)$，可以用矩阵乘法表示为：
   $$Q = (\pmb{\alpha}_ {1}, \pmb{\alpha}_ {2}, \pmb{\alpha}_ {3}) \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = P \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$
   令 $K = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$。
2. 计算 $Q^{\mathrm{T}}AQ$：
   $$Q^{\mathrm{T}}AQ = (PK)^{\mathrm{T}} A (PK) = K^{\mathrm{T}} (P^{\mathrm{T}}AP) K$$
3. 代入已知条件： 已知 $P^{\mathrm{T}}AP = \text{diag}(1, 1, 0)$，则：
   $$Q^{\mathrm{T}}AQ = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$
4. 分步矩阵乘法：
   • 先算前两项：$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
   • 再乘第三项：$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

难度: ⭐⭐ 考点: #矩阵运算 #二次型合同变换

💡 学习锦囊

📖 相关技巧: 向量组之间的线性关系可以直接改写为 $B = AP$ 的矩阵形式，方便代入二次型计算。记住矩阵合同变换的基本公式：$(PK)^{\mathrm{T}} A (PK) = K^{\mathrm{T}} (P^{\mathrm{T}} A P) K$。

思路分析

关键在于识别 $Q=PK$ 这一步。之后就是纯粹的矩阵乘法，注意顺序不可颠倒。

易错点

• 弄错 $Q=PK$ 中的转换矩阵 $K$ 的位置。
• 在计算 $K^T(P^TAP)K$ 时，计算顺序出错或转置漏掉。

🔄 举一反三

1. 若 $Q = (\pmb{\alpha}_1, \pmb{\alpha}_2, \pmb{\alpha}_1+\pmb{\alpha}_3)$，请写出其对应的转换矩阵 $K$。
   查看练习答案与解析

   答案：$K = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

   解析：

   1. 列对应：$Q$ 的第 1 列是 $1\pmb{\alpha}_1$，第 2 列是 $1\pmb{\alpha}_2$，第 3 列是 $1\pmb{\alpha}_1 + 1\pmb{\alpha}_3$。
   2. 构造矩阵：按列填入系数即可。

4. 设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，$A^{2} + 2A = 0$。若 $R(A) = k (0 < k < n)$，求 $|A + 3E|$。

查看答案与解析

答案：3^{n - k}

详细推导：

1. 确定特征值： 由于 $A^2 + 2A = 0$，方阵 $A$ 的特征值 $\lambda$ 必须满足多项式方程 $x^2 + 2x = 0$，即 $\lambda(\lambda+2)=0$。解得 $\lambda = 0$ 或 $\lambda = -2$。
2. 利用秩确定特征值分布： $A$ 是实对称阵，其秩等于非零特征值的个数（此时每个特征值的代数重度等于几何重度）。 已知 $R(A) = k$，说明非零特征值 $-2$ 出现了 $k$ 次。 由于 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，剩余的 $n-k$ 个特征值必须为 $0$。
3. 构造 $A+3E$ 的特征值： 根据特征值性质，$A+3E$ 的特征值为 $\lambda + 3$：
   • 特征值 $1$ ($=-2+3$) 出现了 $k$ 次。
   • 特征值 $3$ ($=0+3$) 出现了 $n-k$ 次。
4. 计算行列式： 矩阵的行列式等于其所有特征值的乘积：
   $$|A+3E| = 1^k \times 3^{n-k} = 3^{n-k}$$

难度: ⭐⭐ 考点: #特征值性质 #矩阵的多项式 #秩与特征值

💡 学习锦囊

📖 相关公式:

• 若 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，则 $f(\lambda)$ 是 $f(A)$ 的特征值。
• $|A| = \prod_{i=1}^n \lambda_i$。

思路分析

实对称阵一定可以对角化，这一前提非常重要，它保证了非零特征值的个数等于秩（几何重度等于代数重度）。

易错点

• 忽略实对称阵的性质。对于一般矩阵，秩等于 $k$ 仅能推导非零特征值个数 $\geq k$。
• 忘记 $|A+3E|$ 的计算方法是特征值的乘积。

🔄 举一反三

1. 设 $A$ 为 3 阶对称阵，$A^2=E$，$R(A-E)=1$，求 $|A+2E|$。
   查看练习答案与解析

   答案：9

   解析：

   1. 特征值范围：由 $A^2=E$ 知 $\lambda \in \{1, -1\}$。
   2. 确定个数：$R(A-E)=1 \implies \lambda=1$ 的空间秩为 $3-1=2$，即 1 出现了 2 次。
   3. 分布：特征值为 1, 1, -1。
   4. 变换：$A+2E$ 的特征值为 $3, 3, 1$。
   5. 行列式：$3 \times 3 \times 1 = 9$。

5. 设矩阵 $A = \begin{bmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 8 & 2 & a \\ 0 & 0 & 6 \end{bmatrix}$ 相似于对角矩阵，求 $a$。

查看答案与解析

答案：a = 0

详细推导：

1. 计算特征值：
   $$|A - \lambda E| = \begin{vmatrix} 2-\lambda & 2 & 0 \\ 8 & 2-\lambda & a \\ 0 & 0 & 6-\lambda \end{vmatrix} = (6-\lambda) [(2-\lambda)^2 - 16]$$
   解得 $\lambda_1 = 6, \lambda_2 = 6, \lambda_3 = -2$。
2. 对角化条件： $A$ 可对角化的充要条件是：对于每个重特征值，其线性无关的特征向量个数等于重数。 此处 $\lambda = 6$ 是二重特征值，要求 $n - R(A - 6E) = 2 \implies R(A - 6E) = 3 - 2 = 1$。
3. 分析 $R(A-6E)$：
   $$A - 6E = \begin{bmatrix} -4 & 2 & 0 \\ 8 & -4 & a \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$
   观察第一行和第二行，要使秩为 1，则第二行必须是第一行的倍数。 显然 $8 = (-2) \times (-4)$ 且 $-4 = (-2) \times 2$。 因此，必须满足 $a = (-2) \times 0 = 0$。

难度: ⭐⭐ 考点: #相似对角化 #特征值 #矩阵的秩

💡 学习锦囊

📖 总结: 矩阵可对角化 $\iff$ 每个特征值的几何重度（线性无关特征向量数）等于代数重度（特征值重数）。

思路分析

这种找参数的题，重点在于重特征值带来的秩的约束条件。通过行初等变换使矩阵降秩是标准解法。

易错点

• 只求出特征值，忘记验证对角化条件的秩要求。
• 行初等变换过程中计算失误，导致参数 $a$ 的值判断错误。

🔄 举一反三

1. 若矩阵 $A = \begin{bmatrix} 1 & a \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ 能否相似对角化？
   查看练习答案与解析

   答案：仅当 a = 0 时可以

   解析：

   1. 特征值：二重特征值 1。
   2. 条件：要求 $R(A-E) = 2-2=0$。
   3. 计算：$A-E = \begin{bmatrix} 0 & a \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$，要使其为零矩阵，必有 $a=0$。

四、综合应用题 (共 3 小题)

1. 对线性方程组 $\begin{cases} x_{1} + a_{1}x_{2} + a_{1}^{2}x_{3} = a_{1}^{3} \\ x_{1} + a_{2}x_{2} + a_{2}^{2}x_{3} = a_{2}^{3} \\ x_{1} + a_{3}x_{2} + a_{3}^{2}x_{3} = a_{3}^{3} \\ x_{1} + a_{4}x_{2} + a_{4}^{2}x_{3} = a_{4}^{3} \end{cases}$：

(1) 若 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 两两不等，问方程组是否有解，为什么？
(2) 若 $a_{1} = a_{3} = b$，$a_{2} = a_{4} = -b \quad (b \neq 0)$，且已知方程的两个解 $\pmb{\xi}_{1} = (1,1,-1)^{\mathrm{T}}, \pmb{\xi}_{2} = (-1,1,1)^{\mathrm{T}}$，试给出方程组的通解。

查看答案与解析

答案：

• (1) 无解。因为增广矩阵的秩为 4，而系数矩阵的秩最大为 3。
• (2) 通解：$\pmb{x} = k \begin{bmatrix} - 2 \\ 0 \\ 2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \end{bmatrix} \quad (k \in \mathbb{R})$

详细推导：

• (1) 部分： 方程组有 3 个未知数，4 个方程。考虑其增广矩阵 $\bar{A}$ 的首 4 阶子矩阵（范德蒙行列式）：
  $$D = \begin{vmatrix} 1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\ 1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\ 1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\ 1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3 \end{vmatrix}$$
  由于 $a_i$ 两两不等，该范德蒙行列式 $D \neq 0$，故 $R(\bar{A}) = 4$。 而系数矩阵 $A$ 只有 3 列，故 $R(A) \leq 3$。 因为 $R(A) < R(\bar{A})$，所以方程组无解。
• (2) 部分： 若满足条件，$a_1=a_3$ 且 $a_2=a_4$，方程组实际上变成只有 2 个独立方程： $x_1 + bx_2 + b^2x_3 = b^3$ 和 $x_1 - bx_2 + b^2x_3 = -b^3$。 已知二者线性无关，故 $R(A) = 2$。未知数 $n=3$，自由变量个数 $n-R(A)=1$。 齐次方程的解为 $\pmb{\xi}_2 - \pmb{\xi}_1 = (-2, 0, 2)^{\mathrm{T}}$。 通解 = $k(\text{齐次解}) + \text{特解}$。

💡 学习锦囊

📖 相关公式:

• $n$ 阶范德蒙行列式 $V_n(a_1, \dots, a_n) = \prod_{1 \leq j < i \leq n} (a_i - a_j)$。
• 齐次解与特解关系：$\pmb{\xi}_h = \pmb{\xi}_1 - \pmb{\xi}_2$（对于 $Ab=B$）。

思路分析

第一问重点在于利用方程数与未知数关系的秩判定；第二问则是方程组通解结构的基础应用，注意齐次解的构造。

易错点

• 在第一问中，忽略了 $a_i$ 两两不等这一条件，导致无法使用范德蒙行列式判定秩。
• 在构造齐次通解时，直接使用特解相加而不是相减。

🔄 举一反三

1. 若 $a_1=a_2 \neq a_3 \neq a_4$，(1) 中的方程组一定有解吗？
   查看练习答案与解析

   答案：不一定

   解析：

   1. 重行处理：若 $a_1=a_2$，则增广矩阵的前两行完全相同，可以删去一行。
   2. 秩判定：此时剩 3 个独立方程 3 个未知数。若剩余的 $a_i$ 形成的 3 阶行列式不为 0，则有唯一解；否则仍可能无解。

2. 设二次曲面的方程 $axy + 2xz + 2byz = 1 \quad (a > 0)$ 经正交变换 $\pmb{x} = Q \pmb{y}$ 化成 $\xi^2 + \eta^2 - 2\zeta^2 = 1$，求 $a, b$ 的值及正交矩阵 $\pmb{Q}$。

查看答案与解析

答案：

• $a = 2, b = -1$
• $\pmb{Q} = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{-1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{-1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{bmatrix}$

详细推导：

1. 写出二次型矩阵： $A = \begin{bmatrix} 0 & a/2 & 1 \\ a/2 & 0 & b \\ 1 & b & 0 \end{bmatrix}$。 标准型为 $\xi^2 + \eta^2 - 2\zeta^2$，对应的特征值为 $1, 1, -2$。
2. 求 $a, b$：
   • 迹的相关性：$\text{tr}(A) = 0+0+0 = 1+1+(-2) = 0$。
   • 行列式方程：$|A| = \begin{vmatrix} 0 & a/2 & 1 \\ a/2 & 0 & b \\ 1 & b & 0 \end{vmatrix} = \frac{ab}{2} - (\frac{-ab}{4} \times 0 \dots)$ 直接展开：$|A| = 0 - \frac{a}{2}(0-b) + 1(\frac{ab}{2}-0) = ab = -2$。
   • 特征值方程：代入 $\lambda=1$ 得 $|A-E|=0$：
     $$\begin{vmatrix} -1 & a/2 & 1 \\ a/2 & -1 & b \\ 1 & b & -1 \end{vmatrix} = -1(1-b^2) - \frac{a}{2}(-\frac{a}{2}-b) + 1(\frac{ab}{2}+1) = -1+b^2 + \frac{a^2}{4} + \frac{ab}{2} + \frac{ab}{2} + 1 = b^2 + \frac{a^2}{4} + ab = 0$$
   • 联立求解：由 $ab=-2$ 知 $(b + a/2)^2 = b^2 + \frac{a^2}{4} + ab = 0 \implies b = -a/2$。 代入 $ab=-2$ 得 $-a^2/2 = -2 \implies a^2=4 \implies a=2$ (已知 $a>0$)，则 $b=-1$。
3. 求特征向量：
   • $\lambda = 1$：$A-E = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \end{bmatrix}$，基础解系为 $\pmb{\eta}_1 = (1,1,0)^{\mathrm{T}}, \pmb{\eta}_2 = (1,0,1)^{\mathrm{T}}$。经施密特正交化后得到单位向量。
   • $\lambda = -2$：$A+2E = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 2 \end{bmatrix}$，解得 $\pmb{\eta}_3 = (-1,1,1)^{\mathrm{T}}$。单位化即可。

难度: ⭐⭐⭐ 考点: #二次型 #正交变换 #特征值与特征向量

💡 学习锦囊

📖 相关公式:

• 特征值性质：$\sum \lambda_i = \text{tr}(A)$，$|A| = \prod \lambda_i$。
• 正交矩阵 $Q$ 满足 $Q^{\mathrm{T}} Q = E$。

思路分析

二次型化为标准型的核心在于特征值。通过迹和行列式快速锁定 $a, b$ 的值，再进行特征向量的施密特正交化即可。

易错点

• 求特征向量时，对于重特征值（如 $\lambda=1$）忘记进行正交化处理。
• 最终写出的正交矩阵 $Q$ 忘记进行单位化。

🔄 举一反三

1. 若二次型化成了 $\xi^2 + \eta^2 + \zeta^2 = 1$，说明该二次型满足什么性质？
   查看练习答案与解析

   答案：正定

   解析：

   1. 特征值判定：标准型系数全为正（此处均为 1），说明特征值全大于 0。
   2. 结论：特征值全正的对称阵对应的二次型即为正定。

3. 设 $A$ 为 $n$ 阶实矩阵，$\pmb{\alpha}$ 为 $A$ 对应于实特征值 $\lambda$ 的特征向量，$\pmb{\beta}$ 为 $A^{\mathrm{T}}$ 对应于实特征值 $\mu$ 的特征向量，且 $\lambda \neq \mu$，证明 $\pmb{\alpha}$ 与 $\pmb{\beta}$ 正交。

查看答案与解析

证明过程：

1. 已知条件：
   $$A \pmb{\alpha} = \lambda \pmb{\alpha}$$
   $$A^{\mathrm{T}} \pmb{\beta} = \mu \pmb{\beta}$$
2. 构造内积表达式： 考虑 $\pmb{\alpha}$ 与 $A^{\mathrm{T}} \pmb{\beta}$ 的内积（即 $\pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}} \pmb{\beta}$）：
   • 方式一：利用 $A^{\mathrm{T}} \pmb{\beta} = \mu \pmb{\beta}$
     $$\pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} (A^{\mathrm{T}} \pmb{\beta}) = \pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} (\mu \pmb{\beta}) = \mu (\pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} \pmb{\beta})$$
   • 方式二：利用矩阵转置性质 $(A\rho)^{\mathrm{T}} = \rho^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}}$
     $$\pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}} \pmb{\beta} = (A \pmb{\alpha})^{\mathrm{T}} \pmb{\beta}$$
     代入 $A \pmb{\alpha} = \lambda \pmb{\alpha}$：
     $$(A \pmb{\alpha})^{\mathrm{T}} \pmb{\beta} = (\lambda \pmb{\alpha})^{\mathrm{T}} \pmb{\beta} = \lambda (\pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} \pmb{\beta})$$
3. 建立等式： 由上得：$\mu (\pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} \pmb{\beta}) = \lambda (\pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} \pmb{\beta})$。 即 $(\lambda - \mu) (\pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} \pmb{\beta}) = 0$。
4. 结论： 因为已知 $\lambda \neq \mu$，所以必须有 $\pmb{\alpha}^{\mathrm{T}} \pmb{\beta} = 0$。 故 $\pmb{\alpha}$ 与 $\pmb{\beta}$ 正交。证明完毕。

难度: ⭐⭐ 考点: #特征向量正交性 #转置性质

💡 学习锦囊

📖 总结: 本证明的核心在于利用转置算子的伴随性质：$\langle Ax, y \rangle = \langle x, A^{\mathrm{T}} y \rangle$。

思路分析

这是证明正交性最经典的套路：构造内积表达式，分别代入两个特征方程，利用特征值互异推导内积为零。

易错点

• 混淆内积的矩阵表示方法。
• 在证明过程中，漏掉 $\lambda \neq \mu$ 这一导致内积为零的关键前提逻辑。

🔄 举一反三

1. 证明：实对称阵 $A$ 的属于不同特征值的特征向量必正交。
   查看练习答案与解析

   证明简述：

   1. 特殊情况：由于 $A$ 对称，故 $A^{\mathrm{T}} = A$。
   2. 套用本题结论：在本题中令 $\pmb{\beta}$ 为 $A$ 自身的特征向量即可。
   3. 结论：本题实际上是更广义的情况（$A$ 与 $A^{\mathrm{T}}$），实对称阵的正交性是其特例。