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《线性代数》第一学期期末试卷A (精选05)
时间：120分钟 | 课程：线性代数 | 学分：2 | 形式：闭卷 | 总分：100分
一、判断题（每小题2分，共20分）
（在括号里打"√"或"×"）
- 若整系数多项式 $f(x)$ 在有理数域可约，则 $f(x)$ 一定有有理根.
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答案：×
解析： 本题考查多项式在有理数域上的可约性与根的关系。
- 可约的定义：多项式 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上可约，是指 $f(x)$ 可以分解为两个次数比它低且系数在 $\mathbb{Q}$ 上的多项式的乘积。
- 反例分析：考虑 $f(x) = (x^2+1)(x^2+2)$。该多项式在有理数域上显然是可约的（因为它已经写成两个有理系数多项式的乘积），但其在实数域内都没有实根，更没有有理根。
- 特例说明：只有当多项式的次数为 2 或 3 时，在有理数域上可约才等价于有有理根。
故题目表述错误。
难度: ⭐⭐
考点: #多项式可约性 #有理根
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📖 相关公式与知识点:
- 可约多项式：若 $f(x) = g(x)h(x)$，且 $\deg g < \deg f, \deg h < \deg f$。
- 艾森斯坦判别法：用于判定多项式不可约的常用工具。
🔄 举一反三
- 判断：二次有理系数多项式在 $\mathbb{Q}$ 上可约的充要条件是它有有理根。
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答案：√ 解析：对于 2 次或 3 次多项式，如果它可约，则必有一个因式是 1 次的，从而对应一个根。
- 若 $p(x)$、$q(x)$ 均为不可约多项式，且 $(p(x), q(x)) \neq 1$，则存在非零常数 $c$，使得 $p(x) = c q(x)$.
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答案：√
解析： 本题考查不可约多项式的性质。
- 不可约多项式的类比：在多项式环中，不可约多项式的地位类似于整数环中的素数。
- 因式关系：若 $p(x)$ 不可约，则它的因式只有非零常数 $c$ 或其自身及其倍数 $c \cdot p(x)$。
- 互素关系：若两个不可约多项式 $p(x)$ 和 $q(x)$ 不互素，即它们有次数大于 0 的公因式 $d(x)$。
- 结论推导：由于 $d(x)$ 是 $p(x)$ 的因式且 $p(x)$ 不可约，则 $d(x)$ 必与 $p(x)$ 相伴（即 $d(x) = c_1 p(x)$）；同理 $d(x)$ 也必与 $q(x)$ 相伴。因此 $p(x)$ 与 $q(x)$ 互为倍数。
故题目表述正确。
难度: ⭐
考点: #不可约多项式 #最大公因式
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📖 相关公式与知识点:
- 相伴多项式：若 $f(x) = c g(x)$ ($c \neq 0$)，称 $f$ 与 $g$ 相伴。
- 最大公因式：$(p(x), q(x))$ 表示它们的最高次数公因式。
思路分析
不可约多项式的公因式只能是常数或它本身。如果两个不可约多项式不互素，说明它们有共同的次数大于0的因式，那这个公因式必须同时与它们两个相伴。
- 对任一排列施行偶数次对换后，排列的奇偶性不变.
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答案：√
解析：
- 对换定理：每一次对换都会改变排列的奇偶性（奇变偶，偶变奇）。
- 偶数次变换：施行一次变换奇偶性变 1 次，施行 $k$ 次变换，奇偶性改变 $(-1)^k$ 倍。
- 结论：当 $k$ 为偶数时，$(-1)^k = 1$，奇偶性保持一致。
故题目表述正确。
难度: ⭐
考点: #排列 #对换 #奇偶性
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📖 相关公式与知识点:
- 逆序数 $N(p)$ 为奇数称为奇排列，为偶数称为偶排列。
- 相邻对换是特殊的一种对换。
- 若矩阵 $A$ 的所有 $r + 1$ 级的子式全为零，则 $A$ 的秩为 $r$.
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答案：×
解析： 本题考查矩阵秩的定义及其判定。
- 秩的定义：矩阵的秩 $R(A)$ 是矩阵中非零子式的最高阶数。
- 题目条件分析：题目给出所有 $r+1$ 阶子式全为零，这说明 $R(A) \leq r$。
- 反例：如果矩阵 $A$ 是零矩阵，那么它的所有 1 阶、2 阶...子式全是零。若取 $r=1$，所有 2 阶子式为零，但秩为 0 而不是 1。
- 正确表述：若所有 $r+1$ 阶子式全为零，且至少存在一个 $r$ 阶子式不为零，则秩为 $r$。
故题目表述错误。
难度: ⭐
考点: #矩阵的秩 #子式
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思路分析
秩的定义是“非零子式的最高阶数”。如果 $r+1$ 阶子式全为 0，只封死了秩大于 $r$ 的可能性，但并没有保证 $r$ 阶子式中一定有非零的。
易错点
容易忽略“至少存在一个 $r$ 阶子式非零”这一必要前提。
- 若行列式中所有元素都是整数，且有一行中元素全为偶数，则行列式的值一定是偶数．
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答案：√
解析：
- 行列式性质：行列式的某一行有公因子 $k$，可以将 $k$ 提出来。
- 应用条件：设第 $i$ 行元素全为偶数，即 $a_{ij} = 2b_{ij}$（$b_{ij}$ 为整数）。
- 提取公因子：$|A| = 2 \times |B|$。其中行列式 $|B|$ 的元素也全为整数。
- 结论：由于整数行列式的值必为整数，所以 $|A| = 2 \times \text{整数}$，结果必为偶数。
难度: ⭐
考点: #行列式性质 #倍法性质
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思路分析
行列式的每一行都可以看作一个整体。如果某一行能提公因子 $k$，整个行列式就能提公因子 $k$。
易错点
注意不要和矩阵混淆。矩阵所有元素乘以 $k$ 才是整个矩阵乘以 $k$，而行列式只要一行乘以 $k$ 就是整个值乘以 $k$。
- 若向量组 $\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots ,\alpha_{s}$ ($s > 1$) 线性相关，则存在某个向量是其余向量的线性组合．
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答案：√
解析： 这是向量组线性相关的等价定义。
- 定义出发：线性相关意味着存在不全为零的常数 $k_1, k_2, \dots, k_s$ 使得 $\sum k_i \alpha_i = 0$。
- 移项推导：设 $k_j \neq 0$，则可以将 $\alpha_j$ 孤立出来：$$\alpha_j = -\frac{1}{k_j} (k_1\alpha_1 + \dots + k_{j-1}\alpha_{j-1} + k_{j+1}\alpha_{j+1} + \dots + k_s\alpha_s)$$
- 结论：$\alpha_j$ 可以由其余向量线性表出。
难度: ⭐
考点: #线性相关 #线性表示
- 若两个向量组等价，则它们所包含的向量的个数相同.
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答案：×
解析：
- 等价定义：两个向量组可以互相线性表出。
- 核心性质：等价的向量组具有相同的秩，但不一定有相同数量的向量。
- 反例：向量组 $A: \{(1,0)\}$ 和 向量组 $B: \{(1,0), (2,0)\}$。它们显然等价（秩均为 1），但 $A$ 有 1 个向量，$B$ 有 2 个向量。
难度: ⭐
考点: #向量组等价 #秩
- 若矩阵 $A$、$B$ 满足 $AB = 0$，且 $A \neq 0$，则 $B = 0$.
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答案：×
解析：
- 矩阵乘法性质：矩阵乘法不满足消去律。存在“零因子”。
- 反例： 设 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。 计算 $AB = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = 0$。 虽然 $A \neq 0$ 且 $AB = 0$，但 $B \neq 0$。
- 补充：若 $A$ 是可逆矩阵，则 $AB=0 \implies B=0$。题目未说明 $A$ 可逆。
难度: ⭐
考点: #矩阵乘法 #零因子
- $A$ 称为对称矩阵是指 $A' = A$. 若 $A$ 与 $B$ 都是对称矩阵，则 $AB$ 也是对称矩阵.
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答案：×
解析：
- 对称判定：$AB$ 对称当且仅当 $(AB)' = AB$。
- 展开计算：根据转置性质，$(AB)' = B'A'$。
- 利用已知：已知 $A' = A, B' = B$，所以 $(AB)' = BA$。
- 结论：只有当 $AB = BA$（即 $A$ 与 $B$ 可交换）时，$AB$ 才是对称矩阵。一般情况下不成立。
难度: ⭐
考点: #对称矩阵 #转置性质
- 设 $n$ 级方阵 $A$、$B$、$C$ 满足 $ABC = E$，$E$ 为单位矩阵，则 $CAB = E$.
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答案：√
解析：
- 逆矩阵性质：由 $ABC = E$ 可知，$A$ 是可逆矩阵，且其逆为 $BC$。
- 循环移位：因为 $A(BC) = E$，所以 $(BC)A = E$（左逆等于右逆）。
- 再次结合：$(BC)A = B(CA) = E$ 意味着 $B$ 可逆且其逆为 $CA$。
- 同理：由 $B(CA) = E$ 可得 $(CA)B = E$，即 $CAB = E$。
难度: ⭐⭐
考点: #逆矩阵 #单位矩阵
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思路分析
对于方阵，$AB=E$ 意味着 $B=A^{-1}$。在矩阵乘法中，虽然一般不满足交换律，但矩阵与其逆矩阵是可交换的。只要能构造出某种形式的“左逆”或“右逆”，就可以利用这个性质。
二、填空题（每小题2分，共20分）
- 设 $g(x) \mid f(x)$，则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的最大公因式为 ______。
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答案：$g(x)$（或 $c \cdot g(x)$）
解析： 因为 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的因式，且 $g(x)$ 显然是自身的因式，故 $g(x)$ 是两者的公因式。又因为任何公因式都必须是 $g(x)$ 的因式，所以 $g(x)$ 即为最大公因式。
难度: ⭐
考点: #整除 #最大公因式
- 设 $a \neq 0$，用 $g(x) = ax - b$ 除 $f(x)$ 所得的余式是 ______。
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答案：$f(b/a)$
解析： 根据余式定理：多项式 $f(x)$ 除以 $x - x_0$ 的余数等于 $f(x_0)$。 这里除式为 $ax - b = a(x - b/a)$。 除法等式为：$f(x) = Q(x) \cdot a(x - b/a) + r$。 令 $x = b/a$，则 $f(b/a) = 0 + r$，故余式 $r = f(b/a)$。
难度: ⭐
考点: #余式定理
- 多项式 $f(x)$、$g(x)$ 互素的充要条件是存在多项式 $u(x)$、$v(x)$ 使得 ______。
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答案：$u(x)f(x) + v(x)g(x) = 1$
解析： 这是著名的贝祖定理（Bézout's identity）在多项式环中的应用。
难度: ⭐
考点: #互素 #贝祖定理
- 一个 $n$ 级矩阵 $A$ 的行（或列）向量组线性无关，则 $A$ 的秩为 ______。
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答案：$n$
解析： 矩阵的秩等于其行向量组的秩，也等于其列向量组的秩。若 $n$ 个行（或列）向量线性无关，则向量组的秩为 $n$，矩阵的秩也为 $n$。
难度: ⭐
考点: #矩阵的秩 #线性无关
- 线性方程组有解的充分必要条件是 ______。
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答案：系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩（即 $R(A) = R(A, b)$）
解析： 这是克罗内克-卡佩里定理（Kronecker-Capelli theorem）。
难度: ⭐
考点: #线性方程组 #解的判定
- 设矩阵 $A$ 可逆，且 $|A| = 1$，则 $A$ 的伴随矩阵 $A^{*}$ 的逆矩阵为 ______。
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答案：$A$
解析：
- 基础公式：$A A^{*} = |A| E$。
- 代入已知：因为 $|A| = 1$，所以 $A A^{*} = E$。
- 求逆：由定义可知 $A$ 与 $A^{*}$ 互为逆矩阵。
- 结论：$(A^{*})^{-1} = A$。
难度: ⭐⭐
考点: #伴随矩阵 #逆矩阵
- 设 $A$、$B$ 为 $n$ 阶方阵，则 $(A + B)^2 = A^2 + 2AB + B^2$ 的充要条件是 ______。
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答案：$AB = BA$
解析：
- 展开式：$(A + B)^2 = (A + B)(A + B) = A^2 + AB + BA + B^2$。
- 对比：题目要求结果为 $A^2 + 2AB + B^2$。
- 等值条件：即要求 $AB + BA = 2AB$，移项得 $BA = AB$。
难度: ⭐
考点: #矩阵运算 #交换律
- 设 $P$、$Q$ 都是可逆矩阵，若 $PXQ = B$，则 $X = $ ______。
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答案：$P^{-1}BQ^{-1}$
解析：
- 消去 $P$：等式两边左乘 $P^{-1}$ 得 $XQ = P^{-1}B$。
- 消去 $Q$：等式两边右乘 $Q^{-1}$ 得 $X = P^{-1}BQ^{-1}$。
难度: ⭐
考点: #矩阵方程
- 若 $\alpha_{1} + \alpha_{2} + \dots + \alpha_{s} = 0$，则向量组 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \dots, \alpha_{s}$ 必线性 ______。
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答案：相关
解析： 已知 $1 \cdot \alpha_1 + 1 \cdot \alpha_2 + \dots + 1 \cdot \alpha_s = 0$。 这里系数均为 1，不全为零。根据线性相关的定义，该向量组必线性相关。
难度: ⭐
考点: #线性相关
- 一个齐次线性方程组中有 $n_2$ 个未知量，其系数矩阵的秩为 $n_3$，若它有非零解，则它的基础解系所含解的个数为 ______。
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答案：$n_2 - n_3$
解析： 齐次线性方程组 $Ax=0$ 的解空间维数等于 $n - R(A)$，即未知数个数减去系数矩阵的秩。
难度: ⭐
考点: #基础解系 #维数公式
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思路分析
记住“$n - r$”法则：$n$ 是变量总数（维数），$r$ 是独立约束的个数（秩）。剩下的自由度就是解空间的维数。
三、计算题（每小题5分，共20分）
- 求多项式 $f(x) = x^{3} + x^{2} + 2x - 4$ 与 $g(x) = x^{3} + 2x^{2} - 4x + 1$ 的最大公因式.
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答案：$x - 1$
解析： 我们可以使用辗转相除法或观察法。 第一步：降幂$h(x) = f(x) - g(x) = (x^3 + x^2 + 2x - 4) - (x^3 + 2x^2 - 4x + 1) = -x^2 + 6x - 5$。 最大公因式满足 $(f, g) = (g, h)$。 将 $h(x)$ 因式分解：$-x^2 + 6x - 5 = -(x^2 - 6x + 5) = -(x-1)(x-5)$。
第二步：校验因式
- 测试 $x-1$：$f(1) = 1+1+2-4 = 0$，$g(1) = 1+2-4+1 = 0$。说明 $x-1$ 是公因式。
- 测试 $x-5$：$f(5) = 125+25+10-4 \neq 0$。说明 $x-5$ 不是公因式。
结论：$(f(x), g(x)) = x - 1$。
难度: ⭐⭐
考点: #最大公因式 #辗转相除法
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📖 相关公式与知识点:
- 若 $f = qg + r$，则 $(f, g) = (g, r)$。
- 互素多项式的 $\gcd$ 为 1。
🔄 举一反三
- 求 $f(x) = x^2 - 1$ 与 $g(x) = x^2 - 2x + 1$ 的最大公因式。
查看练习答案与解析
答案：$x - 1$解析： $f(x) = (x-1)(x+1)$$g(x) = (x-1)^2$ 公因式显而易见为 $x-1$。
- 计算行列式 $D = \begin{vmatrix} 1+a & 1 & 1 \\ 1 & 1+a & 1 \\ 1 & 1 & 1+a \end{vmatrix}$.
查看答案与解析
答案：$a^2(a+3)$
解析： 这是一个特征结构行列式。 第一步：利用行和相等的性质 将第 2、3 行加到第 1 行：
提取第一行公因子 $(a+3)$：
第二步：打洞化简$R_2 - R_1, R_3 - R_1$：
这是一个上三角行列式，值为对角线乘积：
难度: ⭐⭐
考点: #行列式计算 #箭头型行列式
🔄 举一反三
- 计算 $n$ 阶行列式，对角线全为 $x$，其余元素全为 $1$。
查看练习答案与解析
答案：$(x+n-1)(x-1)^{n-1}$解析： 方法与本题一致，将所有列加到第一列，提取公因子 $(x+n-1)$，再利用行变换化为三角阵。
- 设 $A = \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & a & 0 \\ c & b & a \end{pmatrix}$，给出 $A$ 可逆的充分必要条件，并在 $A$ 可逆时求其逆。
查看答案与解析
答案：充要条件为 $a \neq 0$；逆矩阵为 $A^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{1}{a} & 0 & 0 \\ -\frac{b}{a^2} & \frac{1}{a} & 0 \\ \frac{b^2-ac}{a^3} & -\frac{b}{a^2} & \frac{1}{a} \end{pmatrix}$
解析：1. 判定可逆性$A$ 是下三角矩阵，其行列式等于对角线元素之积：$|A| = a \cdot a \cdot a = a^3$。 $A$ 可逆 $\iff |A| \neq 0 \iff a \neq 0$。
2. 求逆矩阵 方法一：初等行变换 $(A|E)$
$R_2 - b R_1, R_3 - c R_1$：
$R_3 - b R_2$：
右侧矩阵即为 $A^{-1}$。
难度: ⭐⭐
考点: #逆矩阵 #初等行变换
- 求向量组 $\alpha = (1,1,1)$、$\beta = (1,2,3)$、$\gamma = (3,4,5)$ 的一个极大线性无关组，并将其余向量表为该极大线性无关组的线性组合.
查看答案与解析
答案：极大线性无关组为 $\{\alpha, \beta\}$；$\gamma = 2\alpha + \beta$
解析：第一步：构造矩阵并化简 将向量作为列向量（或行向量）构造矩阵：
$R_2 - R_1, R_3 - R_1$：
第二步：确定极大无关组 矩阵的秩为 2，最左侧两个主元列对应向量 $\alpha, \beta$。因此 $\{\alpha, \beta\}$ 是一个极大线性无关组。
第三步：线性表示 由最简行阶梯矩阵的第三列 $(2, 1, 0)^T$ 可知： $\gamma = 2\alpha + 1\beta$。
难度: ⭐⭐
考点: #极大线性无关组 #线性表示
四、证明题（10分）
设向量组 $\alpha_{1},\alpha_{2}, \dots, \alpha_{r}$ 线性无关，而向量组 $\alpha_{1},\alpha_{2}, \dots, \alpha_{r}, \beta$ 线性相关，证明：$\beta$ 可以由 $\alpha_{1},\alpha_{2}, \dots, \alpha_{r}$ 线性表出，且表示法唯一.
查看答案与解析
解析：1. 证明线性表出性 因为 $\alpha_{1}, \dots, \alpha_{r}, \beta$ 线性相关，根据定义，存在不全为零的常数 $k_1, k_2, \dots, k_r, k_{r+1}$ 使得：
若 $k_{r+1} = 0$，则等式变为 $k_1 \alpha_1 + \dots + k_r \alpha_r = 0$。由于 $\alpha_1, \dots, \alpha_r$ 线性无关，必有 $k_1 = \dots = k_r = 0$。这与“系数不全为零”矛盾。 因此必有 $k_{r+1} \neq 0$。 从而 $\beta = -\frac{k_1}{k_{r+1}} \alpha_1 - \dots - \frac{k_r}{k_{r+1}} \alpha_r$，即 $\beta$ 可由 $\alpha_1, \dots, \alpha_r$ 线性表出。
2. 证明表示法唯一性 设 $\beta$ 有两种表示法： $\beta = x_1 \alpha_1 + \dots + x_r \alpha_r$$\beta = y_1 \alpha_1 + \dots + y_r \alpha_r$ 两式相减得： $(x_1 - y_1) \alpha_1 + \dots + (x_r - y_r) \alpha_r = 0$ 由于 $\alpha_1, \dots, \alpha_r$ 线性无关，根据线性无关的性质，其组合系数必全为零： $x_1 - y_1 = 0, \dots, x_r - y_r = 0 \implies x_i = y_i$。 故表示法唯一。
难度: ⭐⭐
考点: #线性表出 #线性无关 #唯一性证明
五、证明题（10分）
设 $A$ 是一个秩为 $r$ 的 $m \times n$ 矩阵，证明：存在一个秩为 $n - r$ 的 $n \times (n - r)$ 矩阵 $B$，使 $AB = 0$.
查看答案与解析
解析：1. 分析齐次方程组 考虑齐次线性方程组 $Ax = 0$。 因为 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵，秩为 $r$，根据齐次线性方程组解的理论，其解空间 $V$ 的维数为 $n - R(A) = n - r$。
2. 构造基础解系 设 $\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_{n-r}$ 是 $Ax = 0$ 的一个基础解系。 这意味着：
- 每个 $\xi_i$ 都是 $Ax=0$ 的解，即 $A \xi_i = 0$。
- 向量组 $\xi_1, \dots, \xi_{n-r}$ 线性无关。
3. 构造矩阵 B 令矩阵 $B = (\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_{n-r})$，即以基础解系为列向量构成的 $n \times (n-r)$ 矩阵。
- 验证 $AB=0$：$AB = A(\xi_1, \dots, \xi_{n-r}) = (A\xi_1, \dots, A\xi_{n-r}) = (0, \dots, 0) = 0$。
- 验证秩：由于 $B$ 的列向量组是线性无关的，矩阵的秩等于其列秩，故 $R(B) = n - r$。
证毕。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #矩阵的秩 #基础解系 #矩阵乘法定义
六、综合题（10分）
设 $A = \begin{pmatrix} 1 & a_1 \\ 1 & a_2 \\ \vdots & \vdots \\ 1 & a_n \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ b_1 & b_2 & \dots & b_n \end{pmatrix}$
（1）计算 $AB$ 及 $BA$； （2）证明：$BA$ 可逆的充分必要条件是 $n\sum_{i = 1}^{n}a_{i}b_{i} \neq (\sum_{i = 1}^{n}a_{i})(\sum_{i = 1}^{n}b_{i})$； （3）证明：当 $n > 2$ 时，$AB$ 不可逆.
查看答案与解析
解析：(1) 计算乘积$A$ 是 $n \times 2$ 矩阵，$B$ 是 $2 \times n$ 矩阵。
- $AB$ 是 $n \times n$ 矩阵，元素 $(AB)_{ij} = 1 + a_i b_j$。
- $BA$ 是 $2 \times 2$ 矩阵：$$BA = \begin{pmatrix} 1 & \dots & 1 \\ b_1 & \dots & b_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & a_1 \\ \vdots & \vdots \\ 1 & a_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n & \sum a_i \\ \sum b_i & \sum a_i b_i \end{pmatrix}$$
(2) 证明 $BA$ 可逆条件$BA$ 可逆 $\iff |BA| \neq 0$。
令 $|BA| \neq 0$，即得 $n\sum a_i b_i \neq (\sum a_i)(\sum b_i)$。
(3) 证明 $AB$ 不可逆 根据矩阵秩的性质：$R(AB) \leq \min(R(A), R(B))$。 因为 $A$ 是 $n \times 2$ 矩阵，其秩 $R(A) \leq 2$。 因此 $R(AB) \leq 2$。 当 $n > 2$ 时，$R(AB) \leq 2 < n$。 一个 $n \times n$ 矩阵若秩小于 $n$，则它是降秩的（不满秩），行列式为 0。 故 $AB$ 不可逆。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #矩阵乘法 #秩的性质 #可逆性判定
七、综合题（10分）
设线性方程组为
讨论 $\lambda$ 为何值时，方程组有唯一解？无解？有无穷多解？并在有无穷多解时求其通解。
查看答案与解析
解析：第一步：计算系数矩阵行列式
$R_2-R_1, R_3-R_1, R_4-R_1$：
第二步：讨论分类
- 唯一解：当 $|A| \neq 0$ 时，即 $\lambda \neq 1$ 且 $\lambda \neq 2$。
- 特殊值讨论：
- 当 $\lambda = 1$ 时： 增广矩阵 $\bar{A} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2-R_1} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \end{pmatrix}$ 出现 $0=1$ 的矛盾，故无解。
- 当 $\lambda = 2$ 时： 增广矩阵 $\bar{A} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2-R_1, R_3-R_1, R_4-R_1} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1-R_2-R_3} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$R(A) = R(\bar{A}) = 3 < 4$，故有无穷多解。
第三步：求通解（$\lambda=2$ 时） 自由未知量为 $x_4$，令 $x_4 = c$。 由简化阶梯型得： $x_1 = -2 - c$$x_2 = 1$$x_3 = 2$$x_4 = c$ 通解形式为：
难度: ⭐⭐⭐
考点: #线性方程组 #参数讨论 #通解
💡 学习锦囊
思路分析
处理带参数的线性方程组，首选行列式法判定唯一解区间。对于行列式为 0 的临界点，必须单独带入增广矩阵进行初等行变换。
易错点
在求通解时，务必分清“导出组的基础解系”和“非齐次方程的特解”，最终答案应包含两部分。
🔄 举一反三
- 讨论 $\lambda$ 为何值时，方程组 $\begin{cases} \lambda x_1 + x_2 + x_3 = 1 \\ x_1 + \lambda x_2 + x_3 = \lambda \\ x_1 + x_2 + \lambda x_3 = \lambda^2 \end{cases}$ 有唯一解、无解或无穷多解。
查看练习答案与解析
解析概要：
- 计算行列式 $D = (\lambda+2)(\lambda-1)^2$。
- 当 $\lambda \neq 1$ 且 $\lambda \neq -2$ 时，有唯一解。
- 当 $\lambda = 1$ 时，三方程相同，有无穷多解。
- 当 $\lambda = -2$ 时，相加左侧为 0 右侧不为 0，无解。