一、选择题（每小题 3 分，共 24 分）#

1. 设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵，下列等式成立的是（　　）

A. $(A+B)^2=A^2+2AB+B^2$ 　　B. $(A-B)(A+B)=A^2-B^2$ 　　C. $A^2-B^2=(A+B)(A-B)$ 　　D. $(AB)^2=A(BA)B$

答案：D

解析： 矩阵乘法不满足交换律，故：

• A：$(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2\neq A^2+2AB+B^2$（除非 $AB=BA$）。
• B：$(A-B)(A+B)=A^2+AB-BA-B^2\neq A^2-B^2$（除非 $AB=BA$）。
• C：同上，不成立。
• D：$(AB)^2=(AB)(AB)=A(BA)B$，这是结合律的直接应用，恒成立。

故选 D。

2. 设 $A$ 为 4 阶方阵，且 $R(A)=2$，则 $R(A^*)$ 等于（　　）

A. 0 　　B. 1 　　C. 2 　　D. 4

答案：A

解析： 伴随矩阵秩的公式：

• 若 $R(A)=n$，则 $R(A^*)=n$
• 若 $R(A)=n-1$，则 $R(A^*)=1$
• 若 $R(A)<n-1$，则 $R(A^*)=0$

本题 $n=4, R(A)=2<3=n-1$，故 $R(A^*)=$ 0。

故选 A。

3. 向量组 $\alpha_1=(1,0,0)^T, \alpha_2=(0,1,1)^T, \alpha_3=(1,1,1)^T, \alpha_4=(2,1,1)^T$ 的极大线性无关组可以是（　　）

A. $\alpha_1,\alpha_2$ 　　B. $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 　　C. $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$ 　　D. $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$

答案：B

解析： 观察：$\alpha_3=\alpha_1+\alpha_2$，$\alpha_4=2\alpha_1+\alpha_2$。

故 $\alpha_3,\alpha_4$ 均可由 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性表示。$\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关（不成比例），故秩为 2。

极大线性无关组含 2 个向量：可以是 $\alpha_1,\alpha_2$（A）。但选项 B 中的 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性相关（因 $\alpha_3=\alpha_1+\alpha_2$），不是极大无关组。

等等，极大线性无关组应该是线性无关的。A 是 $\alpha_1,\alpha_2$，秩为 2，是极大无关组。但选项中没有更合适的…

C：$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$ 也线性相关（$\alpha_4=2\alpha_1+\alpha_2$）。 D：4 个向量显然相关。

故只有 A 是极大无关组。但 A 只有 2 个向量，确实是极大无关组。

故选 A。

4. 设 $A$ 为 $5\times 4$ 矩阵，若 $Ax=0$ 只有零解，则 $R(A)=$（　　）

A. 1 　　B. 2 　　C. 3 　　D. 4

答案：D

解析： $Ax=0$ 只有零解 $\Leftrightarrow R(A)=n$（$n$ 为 $A$ 的列数）。

本题 $n=4$，故 $R(A)=4$。

注意 $A$ 为 $5\times 4$，行数 $5\geq$ 列数 $4$，满列秩是可能的。

故选 D。

5. 设 $A$ 为 3 阶方阵，$|A|=6$，且 $A$ 的特征值为 $1,2,\lambda$，则 $\lambda=$（　　）

A. 2 　　B. 3 　　C. 4 　　D. 6

答案：B

解析： $|A|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3=1\times 2\times\lambda=6$，故 $\lambda=3$。

故选 B。

6. 下列矩阵中，为正定矩阵的是（　　）

A. $\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$ 　　B. $\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}$ 　　C. $\begin{pmatrix}-1&1\\1&-2\end{pmatrix}$ 　　D. $\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$

答案：B

解析： 正定矩阵的判定：顺序主子式均正。

• A：$\Delta_1=1>0$，$\Delta_2=1-4=-3<0$，不正定。
• B：$\Delta_1=1>0$，$\Delta_2=2-1=1>0$，正定 ✓
• C：$\Delta_1=-1<0$，不正定。
• D：$\Delta_1=0$，不正定（正定要求严格大于 0）。

故选 B。

7. 设 $A$ 为 3 阶实对称矩阵，$P$ 为正交矩阵，$P^TAP=\mathrm{diag}(1,-2,3)$，则二次型 $f=x^TAx$ 在约束 $x^Tx=1$ 下的最大值为（　　）

A. 1 　　B. -2 　　C. 3 　　D. 6

答案：C

解析： 实对称矩阵经正交变换 $x=Py$ 后，$x^Tx=y^TP^TPy=y^Ty=1$。

$f=x^TAx=y^T(P^TAP)y=y_1^2-2y_2^2+3y_3^2$。

在 $y_1^2+y_2^2+y_3^2=1$ 下，$f$ 的最大值为最大特征值 3（当 $y_3=1,y_1=y_2=0$ 时取到）。

这是 Rayleigh 商的重要结论：$\max_{x\neq 0}\frac{x^TAx}{x^Tx}=\lambda_{\max}$。

故选 C。

8. 设 $A$ 为 $n$ 阶幂零矩阵（即存在正整数 $k$ 使 $A^k=O$），则下列结论正确的是（　　）

A. $A=O$ 　　B. $|A|\neq 0$ 　　C. $A$ 的特征值全为 0 　　D. $A$ 与单位矩阵相似

答案：C

解析：

• A 错误：幂零矩阵不一定为零矩阵，如 $A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$，$A^2=O$ 但 $A\neq O$。
• B 错误：$|A^k|=|A|^k=0$，故 $|A|=0$。
• C 正确：设 $\lambda$ 是特征值，$Ax=\lambda x$，则 $A^kx=\lambda^k x=0$，故 $\lambda^k=0$，$\lambda=0$。
• D 错误：幂零矩阵不可逆，不可能与单位矩阵相似。

故选 C。

二、填空题（每小题 4 分，共 24 分）#

9. 设 $A=\begin{pmatrix}1&0\\\lambda&1\end{pmatrix}$，则 $A^n=$________（$n$ 为正整数）。

答案： $\begin{pmatrix}1&0\\n\lambda&1\end{pmatrix}$

解析： $A=I+\lambda N$，其中 $N=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$，$N^2=O$。

由二项式定理： $A^n=(I+\lambda N)^n=I+n\lambda N+\frac{n(n-1)}{2}\lambda^2 N^2+\cdots=I+n\lambda N=\begin{pmatrix}1&0\\n\lambda&1\end{pmatrix}$

也可用数学归纳法验证。

10. 设 $A$ 为 3 阶方阵，$|A|=3$，则 $|2A^*-3A^{-1}|=$________。

答案： 9

解析： 由 $A^*=|A|A^{-1}=3A^{-1}$，代入： $2A^*-3A^{-1}=2\cdot 3A^{-1}-3A^{-1}=6A^{-1}-3A^{-1}=3A^{-1}$

$|2A^*-3A^{-1}|=|3A^{-1}|=3^3|A^{-1}|=27\cdot\frac{1}{3}=9$

11. 若方程组 $\begin{cases}x_1+x_2+x_3=0\\ax_1+bx_2+cx_3=0\\a^2x_1+b^2x_2+c^2x_3=0\end{cases}$ 只有零解，则 $a,b,c$ 应满足的条件是________。

答案： $a,b,c$ 互不相同

解析： 系数矩阵的行列式为 Vandermonde 行列式： $D=\begin{vmatrix}1&1&1\\a&b&c\\a^2&b^2&c^2\end{vmatrix}=(b-a)(c-a)(c-b)$

方程组只有零解 $\Leftrightarrow D\neq 0$ $\Leftrightarrow$ $a\neq b, a\neq c, b\neq c$，即 $a,b,c$ 互不相同。

12. 设 $A$ 为 3 阶方阵，$A$ 相似于 $B=\mathrm{diag}(1,2,3)$，则 $|A^2-2A+I|=$________。

答案： 0

解析： 相似矩阵有相同特征值，故 $A$ 的特征值为 $1,2,3$。

$A^2-2A+I=(A-I)^2$ 的特征值为 $(\lambda-1)^2$：

• $\lambda=1$：$(1-1)^2=0$
• $\lambda=2$：$(2-1)^2=1$
• $\lambda=3$：$(3-1)^2=4$

故 $|A^2-2A+I|=0\times 1\times 4=0$。

13. 二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+tx_2x_3$ 正定的充要条件是 $t$ 满足________。

答案： $|t|<\sqrt{2}$

解析： 二次型矩阵 $A=\begin{pmatrix}2&1&0\\1&1&t/2\\0&t/2&1\end{pmatrix}$。

正定条件（顺序主子式均正）：

• $\Delta_1=2>0$ ✓
• $\Delta_2=\begin{vmatrix}2&1\\1&1\end{vmatrix}=2-1=1>0$ ✓
• $\Delta_3=|A|=2(1-t^2/4)-1\cdot 1=2-\frac{t^2}{2}-1=1-\frac{t^2}{2}>0$

即 $t^2<2$，$|t|<\sqrt{2}$。

14. 设 $A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$，则 $e^{At}$（矩阵指数）$=$________。

答案： $\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\\sin t&\cos t\end{pmatrix}$

解析： $A$ 的特征值：$|A-\lambda I|=\lambda^2+1=0$，$\lambda=\pm i$。

注意到 $A^2=-I$，$A^3=-A$，$A^4=I$，… 呈周期性。

矩阵指数： $e^{At}=I+At+\frac{A^2t^2}{2!}+\frac{A^3t^3}{3!}+\cdots$ $=I\left(1-\frac{t^2}{2!}+\frac{t^4}{4!}-\cdots\right)+A\left(t-\frac{t^3}{3!}+\frac{t^5}{5!}-\cdots\right)$ $=I\cos t+A\sin t=\begin{pmatrix}\cos t&0\\0&\cos t\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&-\sin t\\\sin t&0\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\\sin t&\cos t\end{pmatrix}$

这是旋转矩阵。

三、计算题（每小题 10 分，共 40 分）#

15. 计算行列式 $D=\begin{vmatrix}1+a&1&1&1\\1&1+b&1&1\\1&1&1+c&1\\1&1&1&1+d\end{vmatrix}$ 其中 $abcd\neq 0$。

解析： 方法一：加边法

$D=\begin{vmatrix}1&1&1&1&1\\0&1+a&1&1&1\\0&1&1+b&1&1\\0&1&1&1+c&1\\0&1&1&1&1+d\end{vmatrix}$

第 1 行的 $(-1)$ 倍加到其余各行： $=\begin{vmatrix}1&1&1&1&1\\-1&a&0&0&0\\-1&0&b&0&0\\-1&0&0&c&0\\-1&0&0&0&d\end{vmatrix}$

对第 1 列展开，或用递推。更直接的方法：

第 $i$ 行 $(i=2,3,4,5)$ 除以对应参数，然后…

实际上用列变换：$c_1-c_2-c_3-c_4-c_5$ 不方便。用如下技巧：

方法二：直接变换

把第 2,3,4 行都减去第 1 行（原 4 阶矩阵）：

原矩阵： $\begin{pmatrix}1+a&1&1&1\\1&1+b&1&1\\1&1&1+c&1\\1&1&1&1+d\end{pmatrix}$

$r_i-r_1$ ($i=2,3,4$)：

不，直接提取。令 $f(a,b,c,d)$ 为该行列式。注意每行可写成 $(1,1,1,1)+(a,0,0,0)$ 等形式。

用加边结果，对第 1 行展开：

或者更简单地，利用公式：对 $D_n=\begin{vmatrix}x_1+a_1&a_1&\cdots&a_1\\a_2&x_2+a_2&\cdots&a_2\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_n&a_n&\cdots&x_n+a_n\end{vmatrix}=x_1x_2\cdots x_n\left(1+\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{x_i}\right)$

本题 $a_1=a_2=a_3=a_4=1, x_1=a, x_2=b, x_3=c, x_4=d$：

$D=abcd\left(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\right)$

验证： 当 $a=b=c=d=1$ 时，$D=\begin{vmatrix}2&1&1&1\\1&2&1&1\\1&1&2&1\\1&1&1&2\end{vmatrix}$。各行和为 5，由前面 A 卷类似题的方法，$D=5$。

公式给出 $1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot(1+1+1+1+1)=5$ ✓

答案： $D=abcd\left(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\right)$，或写成 $abcd+bcd+acd+abd+abc$。

16. 已知向量组 $\alpha_1=(1,2,-1,1)^T, \alpha_2=(2,0,t,0)^T, \alpha_3=(0,-4,5,-2)^T$ 的秩为 2，求 $t$ 的值，并求该向量组的一个极大线性无关组。

解析： 以 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 为列构造矩阵： $A=\begin{pmatrix}1&2&0\\2&0&-4\\-1&t&5\\1&0&-2\end{pmatrix}$

做初等行变换： $\xrightarrow{r_2-2r_1,r_3+r_1,r_4-r_1}\begin{pmatrix}1&2&0\\0&-4&-4\\0&t+2&5\\0&-2&-2\end{pmatrix}$

$\xrightarrow{r_2/(-4)}\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&1\\0&t+2&5\\0&-2&-2\end{pmatrix}$

$\xrightarrow{r_3-(t+2)r_2,r_4+2r_2}\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&1\\0&0&5-(t+2)\\0&0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&1\\0&0&3-t\\0&0&0\end{pmatrix}$

秩为 2 $\Leftrightarrow$ $3-t=0$ $\Leftrightarrow$ $t=3$。

此时矩阵为 $\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$，非零行有 2 行，$\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关（对应主元列），构成极大线性无关组。

答案： $t=3$；一个极大线性无关组为 $\alpha_1,\alpha_2$。

17. 求下列线性方程组的通解： $\begin{cases}x_1+2x_2+3x_3+x_4=3\\x_1+4x_2+5x_3+2x_4=2\\2x_1+9x_2+8x_3+3x_4=7\\3x_1+7x_2+7x_3+2x_4=12\end{cases}$

解析： 增广矩阵： $\bar{A}=\begin{pmatrix}1&2&3&1&3\\1&4&5&2&2\\2&9&8&3&7\\3&7&7&2&12\end{pmatrix}$

$r_2-r_1, r_3-2r_1, r_4-3r_1$： $\rightarrow\begin{pmatrix}1&2&3&1&3\\0&2&2&1&-1\\0&5&2&1&1\\0&1&-2&-1&3\end{pmatrix}$

交换 $r_2\leftrightarrow r_4$： $\rightarrow\begin{pmatrix}1&2&3&1&3\\0&1&-2&-1&3\\0&5&2&1&1\\0&2&2&1&-1\end{pmatrix}$

$r_3-5r_2, r_4-2r_2$： $\rightarrow\begin{pmatrix}1&2&3&1&3\\0&1&-2&-1&3\\0&0&12&6&-14\\0&0&6&3&-7\end{pmatrix}$

注意 $r_4=\frac{1}{2}r_3$（检查：$12/2=6$ ✓，$6/2=3$ ✓，$-14/2=-7$ ✓）。

$r_3/2$： $\rightarrow\begin{pmatrix}1&2&3&1&3\\0&1&-2&-1&3\\0&0&6&3&-7\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}$

$R(A)=R(\bar{A})=3<4$，有无穷多解。

回代：令 $x_4=c$（自由变量）。

由第 3 行：$6x_3+3c=-7$ $\Rightarrow$ $x_3=\frac{-7-3c}{6}$

由第 2 行：$x_2-2x_3-c=3$ $\Rightarrow$ $x_2=3+c+2\cdot\frac{-7-3c}{6}=3+c-\frac{7+3c}{3}=\frac{9+3c-7-3c}{3}=\frac{2}{3}$

由第 1 行：$x_1+2x_2+3x_3+x_4=3$ $x_1=3-2\cdot\frac{2}{3}-3\cdot\frac{-7-3c}{6}-c=3-\frac{4}{3}+\frac{7+3c}{2}-c$ $=\frac{9-4}{3}+\frac{7+3c-2c}{2}=\frac{5}{3}+\frac{7+c}{2}=\frac{10+21+3c}{6}=\frac{31+3c}{6}$

验证较复杂，换一种参数化：令 $x_4=2c$（消去分母），则 $x_3=\frac{-7-6c}{6}$，还是不好。

更简洁地，从简化后的矩阵继续：

$r_1-2r_2$： $\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&7&3&-3\\0&1&-2&-1&3\\0&0&6&3&-7\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}$

$r_1-\frac{7}{6}r_3, r_2+\frac{1}{3}r_3$：

第 1 行：$x_1+3x_4-\frac{7}{6}(-7)=-3+\frac{49}{6}=\frac{-18+49}{6}=\frac{31}{6}$，即 $x_1+3x_4=\frac{31}{6}$

不太好。直接用特解加齐次解的方式：

令 $x_4=0$，从行阶梯形回代：

• 第 3 行：$6x_3=-7$ $\Rightarrow$ $x_3=-7/6$
• 第 2 行：$x_2-2(-7/6)=3$ $\Rightarrow$ $x_2=3-7/3=2/3$
• 第 1 行：$x_1+2(2/3)+3(-7/6)=3$ $\Rightarrow$ $x_1=3-4/3+7/2=(18-8+21)/6=31/6$

特解 $\eta^*=(31/6, 2/3, -7/6, 0)^T$。

齐次方程组的基础解系：$x_4=1$ 时，$x_3=-1/2, x_2=0, x_1=-3+7/2=1/2$？

从 $6x_3+3x_4=0$：$x_3=-x_4/2$ 从 $x_2-2x_3-x_4=0$：$x_2=2(-x_4/2)+x_4=0$ 从 $x_1+7x_3+3x_4=0$：$x_1=-7(-x_4/2)-3x_4=7x_4/2-3x_4=x_4/2$

基础解系：$\xi=(1/2, 0, -1/2, 1)^T$，或取 $2\xi=(1,0,-1,2)^T$。

通解：$x=\eta^*+c(1,0,-1,2)^T$。

答案： 通解 $x=(31/6, 2/3, -7/6, 0)^T+c(1,0,-1,2)^T$，$c\in\mathbb{R}$。

18. 设 $A=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&3&a\\0&a&3\end{pmatrix}$（$a>0$），已知 $A$ 有一个特征值为 1。

（1）求 $a$ 的值；（3 分） （2）求正交矩阵 $P$ 使得 $P^TAP$ 为对角矩阵；（7 分）

解析：

（1）求 $a$

$|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}2-\lambda&0&0\\0&3-\lambda&a\\0&a&3-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)[(3-\lambda)^2-a^2]$

$=(2-\lambda)(3-\lambda-a)(3-\lambda+a)$

特征值为 $2, 3-a, 3+a$。

已知一个特征值为 1，可能：

• $3-a=1$ $\Rightarrow$ $a=2$
• $3+a=1$ $\Rightarrow$ $a=-2$（舍去，因 $a>0$）

故 $a=2$。

（2）求正交矩阵 $P$

$a=2$ 时，特征值为 $\lambda_1=1, \lambda_2=2, \lambda_3=5$。

对 $\lambda_1=1$： $A-I=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&2\\0&2&2\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}$ 得 $\alpha_1=(0,1,-1)^T$，单位化 $p_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1)^T$。

对 $\lambda_2=2$： $A-2I=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&2\\0&2&1\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}0&1&2\\0&0&-3\\0&0&0\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$ 得 $\alpha_2=(1,0,0)^T$，已单位化 $p_2=(1,0,0)^T$。

对 $\lambda_3=5$： $A-5I=\begin{pmatrix}-3&0&0\\0&-2&2\\0&2&-2\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&0&0\end{pmatrix}$ 得 $\alpha_3=(0,1,1)^T$，单位化 $p_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)^T$。

验证正交：$(p_1,p_2)=0, (p_1,p_3)=0, (p_2,p_3)=0$ ✓

$P=\begin{pmatrix}0&1&0\\\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}}\\-\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$

$P^TAP=\mathrm{diag}(1,2,5)$。

答案：（1）$a=2$；（2）$P$ 如上。

四、综合题（12 分）#

19. 设 $A$ 为 $n$ 阶正定矩阵，$B$ 为 $n$ 阶实反对称矩阵（即 $B^T=-B$）。

（1）证明：$A+B$ 可逆；（6 分） （2）证明：$A-B^2$ 为正定矩阵。（6 分）

解析：

（1）证明 $A+B$ 可逆

只需证明 $(A+B)x=0$ 只有零解。

设 $(A+B)x=0$，则 $Ax=-Bx$。两边左乘 $x^T$： $x^TAx=-x^TBx$

因 $B$ 反对称，$x^TBx$ 是一个数，且 $(x^TBx)^T=x^TB^Tx=-x^TBx$，故 $x^TBx=0$（一个数等于其相反数，必为零）。

因此 $x^TAx=0$。

因 $A$ 正定，$x^TAx=0$ $\Rightarrow$ $x=0$。

故 $(A+B)x=0$ 只有零解，$A+B$ 可逆。

（2）证明 $A-B^2$ 正定

首先，$A-B^2=A+B^TB$（因 $B^2=B\cdot B=-B^TB$？不对，$B^T=-B$，故 $B^2=B\cdot B$，$B^TB=-B^2$，所以 $-B^2=B^TB$）。

实际上 $B^T=-B$，故 $(B^2)^T=(B^T)^2=(-B)^2=B^2$，即 $B^2$ 对称，从而 $A-B^2$ 对称。

对任意非零向量 $x$： $x^T(A-B^2)x=x^TAx-x^TB^2x=x^TAx+x^TB^TBx$

（因为 $B^T=-B$，$B^2=-B^TB$，故 $-B^2=B^TB$）

$=x^TAx+\|Bx\|^2$

因 $A$ 正定，$x^TAx>0$；$\|Bx\|^2\geq 0$。

故 $x^T(A-B^2)x>0$ 对任意 $x\neq 0$ 成立，$A-B^2$ 正定。

答案： 证明如上。

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