线性代数
知识点 · 题型 · 解法

计算爪形行列式

用斜爪消平爪：第$1$行的$a_{12}=1$用$a_{22}=2$消，把第$2$行的$-\frac12$倍加到第$1$行，第$1$行变为$\bigl(\frac12,0,1,1\bigr)$；接着用$a_{33}=3$消$a_{13}$，把第$3$行的$-\frac13$倍加至第$1$行，得$\bigl(\frac16,0,0,1\bigr)$；再用$a_{44}=4$消$a_{14}$，把第$4$行的$-\frac14$倍加至第$1$行，得$\bigl(-\frac1{12},0,0,0\bigr)$。此时行列式已化为下三角，值为$-\frac1{12}\times 2\times 3\times 4=-2$。

计算$n$阶行列式

各列加到第$1$列并提公因子，得$D_n=\bigl[a+(n-1)b\bigr]\begin{vmatrix}1&b&\cdots&b\\1&a&\cdots&b\\\vdots&\vdots&&\vdots\\1&b&\cdots&a\end{vmatrix}$；再把第$1$行的$-1$倍加到其余各行，得$D_n=\bigl[a+(n-1)b\bigr](a-b)^{n-1}$。代入$a=3,b=1,n=4$即得$6\cdot 2^3=48$。

计算四阶行列式

这是三对角型，$d=1-a$，上对角线为$a$，下对角线为$-1$，故$D_n=(1-a)D_{n-1}+aD_{n-2}$。初始值$D_1=1-a$，$D_2=(1-a)^2+a=1-a+a^2$。于是$D_3=(1-a)(1-a+a^2)+a(1-a)=1-a+a^2-a^3$，$D_4=(1-a)(1-a+a^2-a^3)+a(1-a+a^2)=1-a+a^2-a^3+a^4$，即$D_n=1-a+a^2-\cdots+(-1)^{n}a^{n}$。

设$f(x)=\begin{vmatrix}1&0&x\\1&2&x^2\\1&3&x^3\end{vmatrix}$，求$f(x+1)-f(x)$。

先算$f(x)=1\cdot(2x^3-3x^2)+x\cdot(3-2)=2x^3-3x^2+x$，于是$f(x+1)-f(x)=2\bigl[(x+1)^3-x^3\bigr]-3\bigl[(x+1)^2-x^2\bigr]+1=2(3x^2+3x+1)-3(2x+1)+1=6x^2$。另一个写法是只换第$3$列再相减，两次得到同一结果，后者在元素复杂时更省力。

设$|\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta|=a$，$|\beta+\gamma,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_1|=b$，求$|\alpha_2+\alpha_3,\alpha_1,\alpha_3,\gamma|$。

由单列可拆，目标$=|\alpha_2,\alpha_1,\alpha_3,\gamma|+|\alpha_3,\alpha_1,\alpha_3,\gamma|$，第二项第$1$、$3$列同为$\alpha_3$，故为$0$。再由已知第二式拆项：$b=|\beta,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_1|+|\gamma,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_1|$，而$|\beta,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_1|=-|\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta|=-a$，故$|\gamma,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_1|=a+b$。最后$|\alpha_2,\alpha_1,\alpha_3,\gamma|$与$|\gamma,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_1|$由同一组四个列向量组成、对应排列的逆序数同为奇数，两者相等，故所求为$a+b$。

设$\mathbf{A}=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]$，$|\mathbf{A}|=2$，$\mathbf{B}=[\alpha_1-\alpha_2+2\alpha_3,\ 2\alpha_1+3\alpha_2-5\alpha_3,\ \alpha_1+2\alpha_2-\alpha_3]$，求$|\mathbf{B}-\mathbf{A}|$。

先对应列相减：$\mathbf{B}-\mathbf{A}=[-\alpha_2+2\alpha_3,\ 2\alpha_1+2\alpha_2-5\alpha_3,\ \alpha_1+2\alpha_2-2\alpha_3]=\mathbf{A}\mathbf{P}$，其中$\mathbf{P}=\begin{pmatrix}0&2&1\\-1&2&2\\2&-5&-2\end{pmatrix}$。于是$|\mathbf{B}-\mathbf{A}|=|\mathbf{A}||\mathbf{P}|=2\times 5=10$。

设$|\mathbf{A}|=\begin{vmatrix}2&-1&2&3\\0&1&-1&0\\2&3&4&5\\1&1&1&1\end{vmatrix}$，求$A_{31}+A_{32}+A_{33}+M_{34}$。

由$M_{34}=(-1)^{3+4}A_{34}=-A_{34}$，原式为$A_{31}+A_{32}+A_{33}-A_{34}$，系数$(1,1,1,-1)$与第$3$行$(2,3,4,5)$不同，故把第$3$行换成$(1,1,1,-1)$：$D=\begin{vmatrix}2&-1&2&3\\0&1&-1&0\\1&1&1&-1\\1&1&1&1\end{vmatrix}$。第$4$行的$-1$倍加到第$3$行，第$3$行变成$(0,0,0,-2)$，按第$3$行展开得$D=-2\times(-1)^{3+4}\begin{vmatrix}2&-1&2\\0&1&-1\\1&1&1\end{vmatrix}=-2\times(-1)\times 3=6$。

设$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}$，求$\mathbf{A}^{n}$。

取$\alpha=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$、$\beta\T=(1,2)$，则$\mathbf{A}=\alpha\beta\T$，且$\beta\T\alpha=1+4=5=\tr(\mathbf{A})$。故$\mathbf{A}^n=5^{n-1}\mathbf{A}=\begin{pmatrix}5^{n-1}&2\cdot 5^{n-1}\\2\cdot 5^{n-1}&4\cdot 5^{n-1}\end{pmatrix}$。验证$n=2$：$\mathbf{A}^2=\begin{pmatrix}5&10\\10&20\end{pmatrix}=5\mathbf{A}$，与公式一致。

设$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$，求$\mathbf{A}^{n}$。

写$\mathbf{A}=\mathbf{E}+\mathbf{B}$，其中$\mathbf{B}=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$。算得$\mathbf{B}^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$，$\mathbf{B}^3=\mathbf{O}$。于是由二项式定理$\mathbf{A}^n=\mathbf{E}^n+n\mathbf{E}^{n-1}\mathbf{B}+\dfrac{n(n-1)}{2}\mathbf{E}^{n-2}\mathbf{B}^2=\begin{pmatrix}1&n&\frac{n(n-1)}{2}\\0&1&n\\0&0&1\end{pmatrix}$。

设$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$，求$\mathbf{A}^{2009}$。

$\mathbf{A}^2=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}=-\mathbf{E}$，故$\mathbf{A}^4=\mathbf{E}$。由$2009=4\times 502+1$，得$\mathbf{A}^{2009}=(\mathbf{A}^4)^{502}\mathbf{A}=\mathbf{A}=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$。

设$\mathbf{A},\mathbf{B}$均是$n$阶矩阵，且$\mathbf{A}\mathbf{B}=\mathbf{A}+\mathbf{B}$，判断下列哪个矩阵必可逆：$\mathbf{A}-\mathbf{E}$、$\mathbf{A}+\mathbf{E}$、$\mathbf{A}-2\mathbf{E}$、$\mathbf{B}+\mathbf{E}$。

由$\mathbf{A}\mathbf{B}-\mathbf{A}-\mathbf{B}=\mathbf{O}$，两边加$\mathbf{E}$得$\mathbf{A}\mathbf{B}-\mathbf{A}-\mathbf{B}+\mathbf{E}=\mathbf{E}$，即$(\mathbf{A}-\mathbf{E})(\mathbf{B}-\mathbf{E})=\mathbf{E}$。故$\mathbf{A}-\mathbf{E}$可逆，$(\mathbf{A}-\mathbf{E})^{-1}=\mathbf{B}-\mathbf{E}$，选$\mathbf{A}-\mathbf{E}$。其余选项可用反例排除，例如取$\mathbf{A}=-\mathbf{E},\mathbf{B}=\frac12\mathbf{E}$满足条件而$\mathbf{A}+\mathbf{E}=\mathbf{O}$不可逆。

设$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$，求$\mathbf{A}^{-1}$。

$|\mathbf{A}|=1\times 4-2\times 3=-2\ne 0$，$\mathbf{A}$可逆。二阶伴随矩阵的口诀是主对调、副变号：$\mathbf{A}^{*}=\begin{pmatrix}4&-2\\-3&1\end{pmatrix}$。故$\mathbf{A}^{-1}=\dfrac{1}{-2}\begin{pmatrix}4&-2\\-3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&1\\\frac32&-\frac12\end{pmatrix}$。验证：$\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-2&1\\\frac32&-\frac12\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$。

求$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2&3\\0&1&4\\5&6&0\end{pmatrix}$的逆矩阵。

$|\mathbf{A}|=1\times(0-24)-2\times(0-20)+3\times(0-5)=-24+40-15=1\ne 0$。对$[\mathbf{A}\mid\mathbf{E}]$作行变换化为$[\mathbf{E}\mid\mathbf{A}^{-1}]$，得$\mathbf{A}^{-1}=\begin{pmatrix}-24&18&5\\20&-15&-4\\-5&4&1\end{pmatrix}$。验证：第$1$行$(1,2,3)$乘第$1$列$(-24,20,-5)\T$得$-24+40-15=1$，乘第$2$列$(18,-15,4)\T$得$18-30+12=0$，乘第$3$列$(5,-4,1)\T$得$5-8+3=0$，其余两行同理，故结果正确。

设$\mathbf{A}$是$3$阶矩阵，将$\mathbf{A}$的第$1$列与第$2$列互换得到$\mathbf{B}$，再将$\mathbf{B}$的第$2$列加到第$3$列得到$\mathbf{C}$，求满足$\mathbf{A}\mathbf{Q}=\mathbf{C}$的可逆矩阵$\mathbf{Q}$。

第一步是列互换，$\mathbf{B}=\mathbf{A}\mathbf{E}_{12}$；第二步是列倍加，$\mathbf{C}=\mathbf{B}\mathbf{E}_{23}(1)$。故$\mathbf{Q}=\mathbf{E}_{12}\mathbf{E}_{23}(1)=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。

设$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}$，求满足$\mathbf{A}\mathbf{X}=\mathbf{A}+\mathbf{X}$的矩阵$\mathbf{X}$。

移项得$\mathbf{A}\mathbf{X}-\mathbf{X}=\mathbf{A}$，即$(\mathbf{A}-\mathbf{E})\mathbf{X}=\mathbf{A}$。$\mathbf{A}-\mathbf{E}=\begin{pmatrix}0&2\\1&2\end{pmatrix}$，$|\mathbf{A}-\mathbf{E}|=-2$，故$(\mathbf{A}-\mathbf{E})^{-1}=\begin{pmatrix}-1&1\\\frac12&0\end{pmatrix}$。于是$\mathbf{X}=(\mathbf{A}-\mathbf{E})^{-1}\mathbf{A}=\begin{pmatrix}-1&1\\\frac12&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\\frac12&1\end{pmatrix}$。验证：$\mathbf{A}\mathbf{X}=\begin{pmatrix}1&3\\\frac32&4\end{pmatrix}$，而$\mathbf{A}+\mathbf{X}=\begin{pmatrix}1&3\\\frac32&4\end{pmatrix}$，一致。

已知 $4$ 维列向量组 $\mathbf{\alpha}_1,\mathbf{\alpha}_2,\mathbf{\alpha}_3,\mathbf{\alpha}_4$ 线性无关，则下列向量组中线性无关的是（　　）。
(A) $\mathbf{\alpha}_1-\mathbf{\alpha}_2,\ \mathbf{\alpha}_2-\mathbf{\alpha}_3,\ \mathbf{\alpha}_3-\mathbf{\alpha}_4,\ \mathbf{\alpha}_4-\mathbf{\alpha}_1$
(B) $\mathbf{\alpha}_1+\mathbf{\alpha}_2,\ \mathbf{\alpha}_2+\mathbf{\alpha}_3,\ \mathbf{\alpha}_3+\mathbf{\alpha}_4,\ \mathbf{\alpha}_4+\mathbf{\alpha}_1$
(C) $\mathbf{\alpha}_1+\mathbf{\alpha}_2,\ \mathbf{\alpha}_2+\mathbf{\alpha}_3,\ \mathbf{\alpha}_3-\mathbf{\alpha}_4,\ \mathbf{\alpha}_4-\mathbf{\alpha}_1$
(D) $\mathbf{\alpha}_1+\mathbf{\alpha}_2,\ \mathbf{\alpha}_2+\mathbf{\alpha}_3,\ \mathbf{\alpha}_3+\mathbf{\alpha}_4,\ \mathbf{\alpha}_4-\mathbf{\alpha}_1$

新向量组可写成 $[\mathbf{\beta}_1,\mathbf{\beta}_2,\mathbf{\beta}_3,\mathbf{\beta}_4]=[\mathbf{\alpha}_1,\mathbf{\alpha}_2,\mathbf{\alpha}_3,\mathbf{\alpha}_4]\mathbf{C}$，其中 $\mathbf{C}$ 的第 $j$ 列是 $\mathbf{\beta}_j$ 用 $\mathbf{\alpha}$ 表示的系数。因 $\mathbf{\alpha}_1,\cdots,\mathbf{\alpha}_4$ 线性无关，故 $|\mathbf{\alpha}_1,\cdots,\mathbf{\alpha}_4|\neq0$，于是 $$|[\mathbf{\beta}_1,\cdots,\mathbf{\beta}_4]|=|\mathbf{\alpha}_1,\cdots,\mathbf{\alpha}_4|\cdot|\mathbf{C}|,$$ 问题转化为算 $|\mathbf{C}|$。对 (D)， $$\mathbf{C}=\begin{pmatrix}1&0&0&-1\\ 1&1&0&0\\ 0&1&1&0\\ 0&0&1&1\end{pmatrix},\qquad |\mathbf{C}|=2\neq0,$$ 故 (D) 线性无关。而 (A)(B)(C) 都能凑出系数不全为零的零组合，例如 $$\text{(A)}:\ (\mathbf{\alpha}_1-\mathbf{\alpha}_2)+(\mathbf{\alpha}_2-\mathbf{\alpha}_3)+(\mathbf{\alpha}_3-\mathbf{\alpha}_4)+(\mathbf{\alpha}_4-\mathbf{\alpha}_1)=\mathbf{0},$$ 故均线性相关。答案 (D)。

设 $\mathbf{\alpha}_1=[1,-1,2,4]\T$，$\mathbf{\alpha}_2=[0,3,1,2]\T$，$\mathbf{\alpha}_3=[3,0,7,14]\T$，$\mathbf{\alpha}_4=[1,-2,2,0]\T$，$\mathbf{\alpha}_5=[2,1,5,10]\T$，求该向量组的极大线性无关组与秩。

按列拼成矩阵 $\mathbf{A}=[\mathbf{\alpha}_1,\mathbf{\alpha}_2,\mathbf{\alpha}_3,\mathbf{\alpha}_4,\mathbf{\alpha}_5]$，并作初等行变换： $$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&0&3&1&2\\ -1&3&0&-2&1\\ 2&1&7&2&5\\ 4&2&14&0&10\end{pmatrix} \longrightarrow\begin{pmatrix}1&0&3&0&2\\ 0&1&1&0&1\\ 0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0\end{pmatrix}.$$ 非零行数为 3，故 $r(\mathbf{A})=3$。主元列是第 1、2、4 列，故 $\mathbf{\alpha}_1,\mathbf{\alpha}_2,\mathbf{\alpha}_4$ 是一组极大线性无关组。第 3、5 列给出 $$\mathbf{\alpha}_3=3\mathbf{\alpha}_1+\mathbf{\alpha}_2,\qquad \mathbf{\alpha}_5=2\mathbf{\alpha}_1+\mathbf{\alpha}_2.$$ 极大无关组一般不唯一（本题 $\mathbf{\alpha}_1,\mathbf{\alpha}_3,\mathbf{\alpha}_4$ 等也是），但秩唯一，且其余向量由极大无关组表示的方式唯一。

已知 $\mathbf{\alpha}_1=[1,4,0,2]\T$，$\mathbf{\alpha}_2=[2,7,1,3]\T$，$\mathbf{\alpha}_3=[0,1,-1,a]\T$，$\mathbf{\beta}=[3,10,b,4]\T$。问 $a,b$ 取何值时：(1) $\mathbf{\beta}$ 不能由 $\mathbf{\alpha}_1,\mathbf{\alpha}_2,\mathbf{\alpha}_3$ 线性表示？(2) 能表示？并写出表示式。

对增广矩阵作初等行变换： $$[\mathbf{A}\mid\mathbf{\beta}]=\begin{pmatrix}1&2&0&3\\ 4&7&1&10\\ 0&1&-1&b\\ 2&3&a&4\end{pmatrix}\longrightarrow\begin{pmatrix}1&2&0&3\\ 0&-1&1&-2\\ 0&0&a-1&0\\ 0&0&0&b-2\end{pmatrix}.$$ (1) 当 $b\neq2$ 时，$r(\mathbf{A})\neq r([\mathbf{A}\mid\mathbf{\beta}])$，方程组无解，$\mathbf{\beta}$ 不能表示（此时 $r([\mathbf{A}\mid\mathbf{\beta}])=r(\mathbf{A})+1$）。
(2) 当 $b=2$ 且 $a\neq1$ 时，$r(\mathbf{A})=r([\mathbf{A}\mid\mathbf{\beta}])=3$，解唯一： $$\mathbf{x}=[-1,2,0]\T,\qquad \mathbf{\beta}=-\mathbf{\alpha}_1+2\mathbf{\alpha}_2.$$ 当 $b=2$ 且 $a=1$ 时，$r(\mathbf{A})=r([\mathbf{A}\mid\mathbf{\beta}])=2<3$，解不唯一： $$\mathbf{x}=k[-2,1,1]\T+[-1,2,0]\T,$$ 即 $\mathbf{\beta}=-(2k+1)\mathbf{\alpha}_1+(k+2)\mathbf{\alpha}_2+k\mathbf{\alpha}_3$，$k$ 为任意常数。

设向量组 $\mathbf{\alpha}_1,\mathbf{\alpha}_2,\cdots,\mathbf{\alpha}_s$ 线性相关，而 $\mathbf{\alpha}_2,\mathbf{\alpha}_3,\cdots,\mathbf{\alpha}_s,\mathbf{\alpha}_{s+1}$ 线性无关。问：(1) $\mathbf{\alpha}_1$ 能否由 $\mathbf{\alpha}_2,\cdots,\mathbf{\alpha}_s$ 线性表示？(2) $\mathbf{\alpha}_{s+1}$ 能否由 $\mathbf{\alpha}_1,\mathbf{\alpha}_2,\cdots,\mathbf{\alpha}_s$ 线性表示？

(1) 能。由 $\mathbf{\alpha}_1,\cdots,\mathbf{\alpha}_s$ 线性相关，存在不全为零的 $k_1,\cdots,k_s$ 使 $k_1\mathbf{\alpha}_1+\cdots+k_s\mathbf{\alpha}_s=\mathbf{0}$。若 $k_1=0$，则 $k_2,\cdots,k_s$ 不全为零且 $k_2\mathbf{\alpha}_2+\cdots+k_s\mathbf{\alpha}_s=\mathbf{0}$，即 $\mathbf{\alpha}_2,\cdots,\mathbf{\alpha}_s$ 线性相关；由定理 6，$\mathbf{\alpha}_2,\cdots,\mathbf{\alpha}_{s+1}$ 也线性相关，与已知矛盾。故 $k_1\neq0$，于是 $$\mathbf{\alpha}_1=-\frac{k_2}{k_1}\mathbf{\alpha}_2-\cdots-\frac{k_s}{k_1}\mathbf{\alpha}_s,$$ 即 $\mathbf{\alpha}_1$ 可由 $\mathbf{\alpha}_2,\cdots,\mathbf{\alpha}_s$ 线性表示，且由定理 2，表示法唯一。
(2) 不能。反证。设 $\mathbf{\alpha}_{s+1}=\lambda_1\mathbf{\alpha}_1+\lambda_2\mathbf{\alpha}_2+\cdots+\lambda_s\mathbf{\alpha}_s$，把 (1) 中 $\mathbf{\alpha}_1$ 的表达式代入，得 $\mathbf{\alpha}_{s+1}$ 可由 $\mathbf{\alpha}_2,\cdots,\mathbf{\alpha}_s$ 线性表示，于是 $\mathbf{\alpha}_2,\cdots,\mathbf{\alpha}_s,\mathbf{\alpha}_{s+1}$ 线性相关，与已知矛盾。

求齐次线性方程组 $$\begin{cases} x_1+x_2+2x_3-x_4=0,\\ 2x_1+3x_2+5x_3-2x_4=0,\\ x_1+2x_2+3x_3-x_4=0 \end{cases}$$ 的通解。

对系数矩阵作初等行变换： $$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&1&2&-1\\ 2&3&5&-2\\ 1&2&3&-1\end{pmatrix} \longrightarrow\begin{pmatrix}1&1&2&-1\\ 0&1&1&0\\ 0&1&1&0\end{pmatrix} \longrightarrow\begin{pmatrix}1&0&1&-1\\ 0&1&1&0\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}.$$ 非零行数为 $2$，故 $r(\mathbf{A})=2$，基础解系含 $n-r=4-2=2$ 个向量。主元在第 1、2 列，故 $x_1,x_2$ 为非自由变量，$x_3,x_4$ 为自由变量。由行最简形得 $$\begin{cases}x_1=-x_3+x_4,\\ x_2=-x_3.\end{cases}$$ 取 $x_3=1,x_4=0$，得 $\mathbf{\xi}_1=[-1,-1,1,0]\T$；取 $x_3=0,x_4=1$，得 $\mathbf{\xi}_2=[1,0,0,1]\T$。故通解为 $$\mathbf{x}=k_1\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\\0\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}1\\0\\0\\1\end{pmatrix},\qquad k_1,k_2\ \text{为任意常数}.$$ 回验：两个向量代入原方程组均成立，且互不成比例，故线性无关，个数 $2=n-r$，确为基础解系。

求非齐次线性方程组 $$\begin{cases} x_1+x_2+x_4=1,\\ 2x_1+x_2+x_3+3x_4=4,\\ x_1+2x_2-x_3+2x_4=3 \end{cases}$$ 的通解。

对增广矩阵作初等行变换： $$\overline{\mathbf{A}}=\begin{pmatrix}1&1&0&1&1\\ 2&1&1&3&4\\ 1&2&-1&2&3\end{pmatrix} \longrightarrow\begin{pmatrix}1&0&1&0&-1\\ 0&1&-1&0&0\\ 0&0&0&1&2\end{pmatrix}.$$ 非零行数为 $3$，故 $r(\mathbf{A})=r(\overline{\mathbf{A}})=3<n=4$，方程组有无穷多解，通解含 $n-r=1$ 个任意常数。主元在第 1、2、4 列，故 $x_3$ 为自由变量，且 $$\begin{cases}x_1=-1-x_3,\\ x_2=x_3,\\ x_4=2.\end{cases}$$ 导出组基础解系：令 $x_3=1$，得 $\mathbf{\xi}_1=[-1,1,1,0]\T$。
特解：令自由变量 $x_3=0$，得 $\mathbf{\eta}^*=[-1,0,0,2]\T$。
故通解为 $$\mathbf{x}=k\begin{pmatrix}-1\\1\\1\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\0\\0\\2\end{pmatrix},\qquad k\ \text{为任意常数}.$$ 回验：$k=0$ 时得特解，代入第一式 $-1+0+0+2=1$ 成立；$\mathbf{\xi}_1$ 代入导出组三个方程均得 $0$。

讨论 $\lambda$ 取何值时，方程组 $$\begin{cases}\lambda x_1+x_2+x_3=1,\\ x_1+\lambda x_2+x_3=1,\\ x_1+x_2+\lambda x_3=1\end{cases}$$ 有唯一解、无穷多解、无解，并在有解时求出解。

系数行列式 $$|\mathbf{A}|=\begin{vmatrix}\lambda&1&1\\ 1&\lambda&1\\ 1&1&\lambda\end{vmatrix}=(\lambda-1)^2(\lambda+2).$$ (1) 唯一解：$\lambda\neq1$ 且 $\lambda\neq-2$。此时由对称性可得 $$x_1=x_2=x_3=\frac{1}{\lambda+2},\qquad \text{即}\ \mathbf{x}=\frac{1}{\lambda+2}[1,1,1]\T.$$ (2) $\lambda=1$：三个方程都退化为 $x_1+x_2+x_3=1$，故 $r(\mathbf{A})=r(\overline{\mathbf{A}})=1<3$，有无穷多解， $$\mathbf{x}=k_1\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}.$$ (3) $\lambda=-2$：此时 $|\mathbf{A}|=0$。对增广矩阵作初等行变换： $$\overline{\mathbf{A}}=\begin{pmatrix}-2&1&1&1\\ 1&-2&1&1\\ 1&1&-2&1\end{pmatrix} \longrightarrow\begin{pmatrix}1&1&-2&1\\ 0&1&-1&0\\ 0&0&0&3\end{pmatrix},$$ 出现 $0=3$ 的矛盾行，故 $r(\mathbf{A})=2\neq r(\overline{\mathbf{A}})=3$，方程组无解。

设方程组 $$(\text{Ⅰ})\ \begin{cases}x_1+x_2-x_4=0,\\ x_2-x_3=0;\end{cases}\qquad (\text{Ⅱ})\ \begin{cases}x_1+x_3-x_4=0,\\ x_2+x_3=0.\end{cases}$$ 求（Ⅰ）与（Ⅱ）的公共解。

把两个系数矩阵摞起来作初等行变换： $$\begin{pmatrix}\mathbf{A}\\ \mathbf{B}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&0&-1\\ 0&1&-1&0\\ 1&0&1&-1\\ 0&1&1&0\end{pmatrix} \longrightarrow\begin{pmatrix}1&0&0&-1\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}.$$ 故公共解满足 $x_1-x_4=0$，$x_2=0$，$x_3=0$，即 $$\mathbf{x}=k[1,0,0,1]\T,\qquad k\ \text{为任意常数}.$$ 回验：$[1,0,0,1]\T$ 代入（Ⅰ）：$1+0-1=0$，$0-0=0$ ✓；代入（Ⅱ）：$1+0-1=0$，$0+0=0$ ✓。

求 $\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2&2\\2&1&2\\2&2&1\end{pmatrix}$ 的特征值与特征向量。

先观察结构：$\mathbf{A}=2\mathbf{J}-\mathbf{E}$，其中 $\mathbf{J}$ 是元素全为 $1$ 的矩阵，$\rr(\mathbf{J})=1$，故 $\mathbf{J}$ 的特征值为 $3,0,0$，从而 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $2\cdot3-1=5$ 与 $2\cdot0-1=-1$（二重）。

当 $\lambda=5$ 时，解 $(5\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 得 $\xi_1=(1,1,1)\T$，全部特征向量为 $k_1\xi_1$（$k_1\neq0$）。

当 $\lambda=-1$ 时，$\mathbf{A}+\mathbf{E}=2\mathbf{J}$ 秩为 $1$，同解方程为 $x_1+x_2+x_3=0$，基础解系 $\xi_2=(-1,1,0)\T$，$\xi_3=(-1,0,1)\T$，全部特征向量为 $k_2\xi_2+k_3\xi_3$（$k_2,k_3$ 不全为零）。

设 $\mathbf{W}=\begin{pmatrix}1&1&1\\2&2&2\\3&3&3\end{pmatrix}$，判断 $\mathbf{W}$ 与下列哪个矩阵相似：
(A) $\diag(6,0,0)$　(B) $\diag(1,2,3)$　(C) $\diag(2,2,2)$　(D) $\diag(6,3,-3)$

$\rr(\mathbf{W})=1$，故 $\mathbf{W}$ 的特征值为 $\tr(\mathbf{W})=6$ 与 $0,0$；且 $\rr(0\mathbf{E}-\mathbf{W})=\rr(\mathbf{W})=1$，属于 $0$ 的线性无关特征向量有 $3-1=2$ 个，正好等于重数，所以 $\mathbf{W}$ 可对角化，$\mathbf{W}\sim\diag(6,0,0)$，选 (A)。

排除过程：(B) 的特征值为 $1,2,3$，与 $\mathbf{W}$ 不同，排除；(C) $\tr=6$ 相同但特征值为 $2,2,2$，排除；(D) $\tr=6$ 相同、但特征值为 $6,3,-3$，不是 $6,0,0$，排除。可见「迹相同」远不足以判定相似。

设 $\mathbf{A}=\begin{pmatrix}2&a&1\\0&3&0\\3&-6&0\end{pmatrix}$ 能相似于对角矩阵，求 $a$。

$|\lambda\mathbf{E}-\mathbf{A}|=(\lambda-3)^2(\lambda+1)=0$，得 $\lambda_1=\lambda_2=3$，$\lambda_3=-1$。单根不用查，只需 $\lambda=3$ 这个二重根给出 $3-2=1$ 个线性无关特征向量，即 $\rr(3\mathbf{E}-\mathbf{A})=1$。

第二行已全为零，要秩为 $1$ 必须第一、三两行成比例：$(-3,6,3)=-3\cdot(1,-a,-1)$，比较中间分量得 $6=3a$，即 $a=2$。此时第三行恰为第一行的 $-3$ 倍，秩确为 $1$，故 $a=2$。

设 $\mathbf{A}$ 是 3 阶矩阵，已知 $\mathbf{A}\eta_i=i\eta_i$（$i=1,2,3$），其中 $\eta_1=(1,0,0)\T$，$\eta_2=(1,1,0)\T$，$\eta_3=(1,1,1)\T$，求 $\mathbf{A}$。

三个特征值 $1,2,3$ 互异，对应的特征向量 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 线性无关，故 $\mathbf{A}\sim\Lambda=\diag(1,2,3)$，且 $\mathbf{P}=[\eta_1,\eta_2,\eta_3]=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$，$\mathbf{P}^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&-1\\0&0&1\end{pmatrix}$。

于是 $\mathbf{A}=\mathbf{P}\Lambda\mathbf{P}^{-1}=\begin{pmatrix}1&2&3\\0&2&3\\0&0&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&-1\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&2&1\\0&0&3\end{pmatrix}$。

设 $\mathbf{A}=\begin{pmatrix}0&-1&4\\-1&3&a\\4&a&0\end{pmatrix}$，正交矩阵 $\mathbf{Q}$ 使 $\mathbf{Q}\T\mathbf{A}\mathbf{Q}$ 为对角矩阵。若 $\mathbf{Q}$ 的第 1 列为 $\dfrac{1}{\sqrt6}(1,2,1)\T$，求 $a$ 与 $\mathbf{Q}$。

$\mathbf{Q}$ 的第 1 列必是 $\mathbf{A}$ 的单位特征向量。设特征值为 $\lambda$，由 $\mathbf{A}(1,2,1)\T=\lambda(1,2,1)\T$ 得 $(2,\ 5+a,\ 4+2a)\T=(\lambda,2\lambda,\lambda)\T$，故 $\lambda=2$，$5+a=4$，$4+2a=2$，解得 $a=-1$，$\lambda=2$。

此时 $\mathbf{A}=\begin{pmatrix}0&-1&4\\-1&3&-1\\4&-1&0\end{pmatrix}$，$|\lambda\mathbf{E}-\mathbf{A}|=(\lambda-2)(\lambda-5)(\lambda+4)$，特征值为 $2,5,-4$。$\lambda=5$ 的特征向量取 $(1,-1,1)\T$；$\lambda=-4$ 的特征向量取 $(-1,0,1)\T$。三者已两两正交（实对称矩阵不同特征值必然正交），只需单位化：

设 $\mathbf{B}=\begin{pmatrix}1&2&3\\-2&4&5\\0&0&6\end{pmatrix}$，问 $f=\mathbf{x}\T\mathbf{B}\mathbf{x}$ 是否为二次型？$\mathbf{B}$ 是否为 $f$ 的矩阵？若是，写出 $f$ 的矩阵。

$\mathbf{x}\T\mathbf{B}\mathbf{x}$ 是 $1\times1$ 矩阵，转置等于自身，故 $\mathbf{x}\T\mathbf{B}\mathbf{x}=\mathbf{x}\T\mathbf{B}\T\mathbf{x}$，两式相加除 $2$ 得

所以 $f$ 确实是关于 $x_1,x_2,x_3$ 的二次型。但 $\mathbf{B}\neq\mathbf{B}\T$，$\mathbf{B}$ 不是 $f$ 的矩阵；$f$ 的矩阵是

展开验算：$f=x_1^2+4x_2^2+6x_3^2+3x_1x_3+5x_2x_3$（交叉项 $x_1x_2$ 的系数为 $2+(-2)=0$，恰好抵消）。

设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2-x_2^2+2ax_1x_3+4x_2x_3$ 的负惯性指数为 $1$，求 $a$ 的取值范围。

有平方项，直接对 $x_1$ 配方：

前两项的系数分别是 $+1$ 与 $-1$，已定下 $p=1$、$q=1$。要使负惯性指数恰为 $1$，第三项的系数不能再为负，即 $4-a^2\ge0$，故 $-2\le a\le2$。

注意端点可以取到：$a=\pm2$ 时第三项系数为 $0$，此时 $f$ 的 $p=1$、$q=1$、$r=2$，负惯性指数仍是 $1$。

设 $\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2&0\\2&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$，下列矩阵中与 $\mathbf{A}$ 合同的是：
(A) $\diag(1,1,1)$　(B) $\diag(1,1,-1)$　(C) $\diag(1,-1,-1)$　(D) $\diag(-1,-1,-1)$

$\mathbf{A}$ 对应的二次型为 $f=x_1^2+x_2^2+x_3^2+4x_1x_2$，配方得

故 $p=2$，$q=1$，$r=3$。四个选项中只有 (B) 的 $p=2,q=1$，故选 (B)。

若用特征值验证：$|\lambda\mathbf{E}-\mathbf{A}|=(\lambda-1)(\lambda^2-2\lambda-3)=(\lambda-1)(\lambda-3)(\lambda+1)$，特征值为 $1,3,-1$，正负个数同样为 $2$ 与 $1$，与 (B) 一致。

化 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3-x_2^2-2x_2x_3-x_3^2$ 为标准形，并写出可逆线性变换。

先对 $x_1^2$ 及含 $x_1$ 的项配完全平方：

再对 $-2x_2^2$ 及含 $x_2$ 的项配完全平方：

令 $y_1=x_1+x_2+x_3$，$y_2=x_2+x_3$，$y_3=x_3$，反解得 $x_3=y_3$，$x_2=y_2-y_3$，$x_1=y_1-y_2$，即

标准形为 $f=y_1^2-2y_2^2+0\cdot y_3^2$，正惯性指数 $p=1$，负惯性指数 $q=1$，秩 $r=2$。

设二次型 $f=kx_1^2+2x_2^2-2x_3^2+2mx_1x_3$（$m>0$），其矩阵的特征值之和为 $1$、之积为 $-12$。求 $k,m$，并用正交变换化 $f$ 为标准形。

矩阵为 $\mathbf{A}=\begin{pmatrix}k&0&m\\0&2&0\\m&0&-2\end{pmatrix}$。由 $\sum\lambda_i=\tr(\mathbf{A})=k$ 得 $k=1$；由 $\prod\lambda_i=|\mathbf{A}|=k\cdot(-4)-2m^2$ 得 $-4-2m^2=-12$，即 $m^2=4$，结合 $m>0$ 得 $m=2$。

此时 $|\lambda\mathbf{E}-\mathbf{A}|=(\lambda-2)\left[(\lambda-1)(\lambda+2)-4\right]=(\lambda-2)^2(\lambda+3)$，特征值为 $2,2,-3$，故标准形为 $f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2$。

$\lambda=2$ 时解 $(2\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=\mathbf{0}$，得 $\xi_1=(0,1,0)\T$，$\xi_2=(2,0,1)\T$（已正交）；$\lambda=-3$ 时得 $\xi_3=(1,0,-2)\T$，与 $\xi_2$ 已正交。单位化后

判别 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$ 的正定性。

对应矩阵 $\mathbf{A}=\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}$。顺序主子式：

三个顺序主子式全正，故 $\mathbf{A}$ 正定，$f$ 是正定二次型。

另法（特征值）：注意 $\mathbf{A}=\mathbf{E}+\mathbf{J}$，其中 $\mathbf{J}$ 是元素全为 $1$ 的矩阵，$\mathbf{J}$ 的特征值为 $3,0,0$，故 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $4,1,1$，全正，同样得正定。

设 $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2)^2+(x_2+x_3)^2+(ax_1+x_3)^2$ 正定，求 $a$ 的取值范围。

$f\ge0$ 恒成立。$f$ 正定 $\iff$ $f=0$ 只有零解，即方程组

只有零解，等价于系数行列式不为零：

故 $a\neq-1$。当 $a=-1$ 时，第三个条件 $x_3=x_1$ 与第二个条件 $x_2=-x_3=-x_1$ 相容于第一个条件，取 $(1,-1,1)\T\neq\mathbf{0}$ 就有 $f=0$，不正定。