2025-2026学年上学期期末

2025-2026学年上学期期末试卷（回忆整理）（含部分答案）

说明

根据本次提供的手写回忆稿整理，未注明卷别和分值。第二、四题的数字经维护者确认，以本次照片为准；这两题的参考解答待更新，其余参考解答沿用仓库原稿。

一、

求行列式

$$|D|=\begin{vmatrix} 1&1&1&1\\ 2&2^2&2^3&2^4\\ 3&3^2&3^3&3^4\\ 4&4^2&4^3&4^4 \end{vmatrix}.$$

解：

观察行列式特征，可以提取各行的公因子

$$|D| = 2 \times 3 \times 4 \times \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 2^2 & 2^3 \\ 1 & 3 & 3^2 & 3^3 \\ 1 & 4 & 4^2 & 4^3 \end{vmatrix}$$

得到一个标准的范德蒙德行列式，套公式：

$$\begin{aligned} V &= (4-3)(4-2)(4-1)(3-2)(3-1)(2-1) \\ &= 1 \times 2 \times 3 \times 1 \times 2 \times 1 \\ &= 12. \end{aligned}$$

因此，

$$\begin{aligned} |D| &= 24 \times 12 \\ &= 288. \end{aligned}$$$$\boxed{|D| = 288}.$$

当然简单变换后直接计算也可以，算量不大

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二、

已知矩阵

$$A=\begin{pmatrix} 3&4&0&0\\ 4&-3&0&0\\ 0&0&2&0\\ 0&0&2&2 \end{pmatrix},$$

求 $|A^8|$、$A^4$、$A^{-1}$、$A^*$。

提示

本题题面已按照片修正，参考解答待更新。

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三、

已知 $A^2=A$，证明 $3E-A$ 可逆。

解：

我们要证明 $3E-A$ 可逆，可以通过构造其逆矩阵的方法。 设 $B = xE + yA$，我们希望找到常数 $x, y$ 使得 $(3E-A)B = E$。

$$\begin{aligned} (3E-A)(xE+yA) &= 3xE + 3yA - xA - yA^2 \\ &= 3xE + (3y-x)A - yA \quad (\text{因为 } A^2=A) \\ &= 3xE + (2y-x)A \end{aligned}$$

令上式等于 $E$，比较系数可得方程组：

$$\begin{cases} 3x = 1 \\ 2y - x = 0 \end{cases}$$

解得 $x = \frac{1}{3}, y = \frac{1}{6}$。

因此，存在矩阵 $B = \frac{1}{3}E + \frac{1}{6}A$ 使得 $(3E-A)B = E$。 所以 $3E-A$ 可逆，且其逆矩阵为 $\frac{1}{3}E + \frac{1}{6}A$。

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四、

已知

$$\alpha_1=\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix},\quad \alpha_2=\begin{pmatrix}2\\3\\3\end{pmatrix},\quad \alpha_3=\begin{pmatrix}3\\7\\1\end{pmatrix},$$ $$\beta_1=\begin{pmatrix}3\\1\\4\end{pmatrix},\quad \beta_2=\begin{pmatrix}5\\2\\1\end{pmatrix},\quad \beta_3=\begin{pmatrix}1\\1\\-6\end{pmatrix}.$$

1. 求 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 到 $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ 的过渡矩阵 $P$。

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2. $\gamma$ 在 $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ 下的坐标为 $(1,-1,0)^T$，求它在 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 下的坐标。

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3. $\delta$ 在 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 下的坐标为 $(1,-1,0)^T$，求它在 $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ 下的坐标。

提示

本题题面已按照片修正，参考解答待更新。

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五、

证明：所有三阶反对称实矩阵构成的集合 $V$ 是实线性空间 $\mathbb R^{3\times3}$ 的子空间。求 $V$ 的维数及一组基。

解：

1. 证明 $V$ 是子空间

   根据定义，三阶反对称矩阵满足 $A^T = -A$。 设 $A, B \in V$，即 $A^T = -A, B^T = -B$；$k \in \mathbb{R}$。

   1. 非空性：零矩阵 $O$ 满足 $O^T = O = -O$，故 $O \in V$，集合非空。
   2. 加法封闭性： $$(A+B)^T = A^T + B^T = -A - B = -(A+B)$$ 所以 $A+B \in V$。
   3. 数乘封闭性： $$(kA)^T = kA^T = k(-A) = -(kA)$$ 所以 $kA \in V$。

   综上，$V$ 是 $R^{3 \times 3}$ 的子空间。

2. 求维数和基

   设 $A \in V$，由 $A^T = -A$ 可知主对角线元素均为 0 ($a_{ii} = -a_{ii} \implies a_{ii} = 0$)，且 $a_{ji} = -a_{ij}$。 故 $A$ 的一般形式为：

   $$A = \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ -a & 0 & c \\ -b & -c & 0 \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}$$

   其中 $a, b, c$ 为任意实数。 可以看出，任意 $A \in V$ 均可由这三个线性无关的矩阵线性表示。

   因此：

   • 维数：$\dim V = 3$
   • 一组基：
   $$E_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad E_2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad E_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}$$

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六、

已知

$$\alpha_1=\begin{pmatrix}1\\3\\2\\0\end{pmatrix},\quad \alpha_2=\begin{pmatrix}7\\0\\14\\3\end{pmatrix},\quad \alpha_3=\begin{pmatrix}2\\-1\\0\\1\end{pmatrix},\quad \alpha_4=\begin{pmatrix}5\\1\\6\\2\end{pmatrix},\quad \alpha_5=\begin{pmatrix}2\\-1\\4\\1\end{pmatrix}.$$

求向量组的秩、极大线性无关组，并将剩余向量用该极大线性无关组表示。

解：

将向量组构造成矩阵 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4, \alpha_5)$，对 $A$ 进行初等行变换化为行简化阶梯形矩阵：

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 7 & 2 & 5 & 2 \\ 3 & 0 & -1 & 1 & -1 \\ 2 & 14 & 0 & 6 & 4 \\ 0 & 3 & 1 & 2 & 1 \end{pmatrix}$$

行变换过程：

1. $r_2 - 3r_1, r_3 - 2r_1$:

   $$\begin{pmatrix} 1 & 7 & 2 & 5 & 2 \\ 0 & -21 & -7 & -14 & -7 \\ 0 & 0 & -4 & -4 & 0 \\ 0 & 3 & 1 & 2 & 1 \end{pmatrix}$$

2. $r_2 \div (-7), r_3 \div (-4)$:

   $$\begin{pmatrix} 1 & 7 & 2 & 5 & 2 \\ 0 & 3 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 & 2 & 1 \end{pmatrix}$$

3. $r_4 - r_2$:

   $$\begin{pmatrix} 1 & 7 & 2 & 5 & 2 \\ 0 & 3 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

4. 继续化为行最简形: 利用 $r_3$ 消去 $r_2$ 和 $r_1$ 的第 3 列，再利用 $r_2$ 消去 $r_1$ 的第 2 列，最终得到：

   $$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2/3 & -1/3 \\ 0 & 1 & 0 & 1/3 & 1/3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

结论：

1. 秩：矩阵的秩为 3，故向量组的秩为 3。

2. 极大线性无关组：主元所在列对应的向量 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$。

3. 表示关系： 根据行最简形矩阵的第 4、5 列系数可得：

   $$\begin{cases} \alpha_4 = \frac{2}{3}\alpha_1 + \frac{1}{3}\alpha_2 + \alpha_3 \\ \alpha_5 = -\frac{1}{3}\alpha_1 + \frac{1}{3}\alpha_2 \end{cases}$$

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七、

已知方程组

$$\begin{cases} kx_1+x_2+x_3=1,\\ x_1+kx_2+x_3=k,\\ x_1+x_2+kx_3=k^2. \end{cases}$$

讨论参数 $k$ 取何值时，方程组有唯一解、无解或无穷多解；并在方程组有无穷多解时，求其对应齐次线性方程组的基础解系及原非齐次线性方程组的通解。

解：

对增广矩阵 $\bar{A}$ 进行初等行变换：

$$\bar{A} = \begin{pmatrix} k & 1 & 1 & 1 \\ 1 & k & 1 & k \\ 1 & 1 & k & k^2 \end{pmatrix}$$

交换行 $r_1 \leftrightarrow r_3$：

$$\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & k & k^2 \\ 1 & k & 1 & k \\ k & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$

消元：$r_2 - r_1, r_3 - k r_1$：

$$\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & k & k^2 \\ 0 & k-1 & 1-k & k-k^2 \\ 0 & 1-k & 1-k^2 & 1-k^3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & k & k^2 \\ 0 & k-1 & -(k-1) & -k(k-1) \\ 0 & -(k-1) & (1-k)(1+k) & (1-k)(1+k+k^2) \end{pmatrix}$$

提取公因子 $(k-1)$：

$$\sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & k & k^2 \\ 0 & 1 & -1 & -k \\ 0 & -1 & -(1+k) & -(1+k+k^2) \end{pmatrix} \quad (k \neq 1)$$

$r_3 + r_2$：

$$\sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & k & k^2 \\ 0 & 1 & -1 & -k \\ 0 & 0 & -(k+2) & -(k+1)^2 \end{pmatrix}$$

讨论：

1. 唯一解： 当 $k \neq 1$ 且 $k \neq -2$ 时，秩 $R(A) = R(\bar{A}) = 3$，方程组有唯一解。

2. 无解： 当 $k = -2$ 时，最后一行变为 $(0, 0, 0, -1)$。 此时 $R(A) = 2 \neq R(\bar{A}) = 3$，方程组无解。

3. 无穷多解： 当 $k = 1$ 时，原矩阵 $\bar{A}$ 为：

   $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

   方程为 $x_1 + x_2 + x_3 = 1$。

   对应齐次方程 $x_1 + x_2 + x_3 = 0$ 的基础解系为： 取 $x_2=1, x_3=0 \implies x_1=-1$，得 $\xi_1 = (-1, 1, 0)^T$。 取 $x_2=0, x_3=1 \implies x_1=-1$，得 $\xi_2 = (-1, 0, 1)^T$。

   特解可取 $\eta^* = (1, 0, 0)^T$。

   通解为：

   $$x = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_1 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \quad (c_1, c_2 \text{为任意常数})$$

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八、

已知 $\alpha_1=(1,1,-2,1)^T$，$\alpha_2=(2,1,1,6)^T$。

1. 求与 $\alpha_1,\alpha_2$ 都正交的向量。

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2. 求与 $\alpha_1,\alpha_2$ 同价的标准正交向量组。

解：

1. 求正交向量

   设所求向量 $x = (x_1, x_2, x_3, x_4)^T$，则满足 $Ax=0$，其中 $A=\begin{pmatrix} \alpha_1^T \\ \alpha_2^T \end{pmatrix}$

   $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & 6 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_2-2r_1} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & -1 & 5 & 4 \end{pmatrix} \xrightarrow[r_2 \times (-1)]{r_1+r_2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & -5 & -4 \end{pmatrix}$$

   同解方程组为：

   $$\begin{cases} x_1 = -3x_3 - 5x_4 \\ x_2 = 5x_3 + 4x_4 \end{cases}$$

   取自由变量 $(x_3, x_4)$ 为 $(1, 0)$ 和 $(0, 1)$，得基础解系：

   $$\xi_1 = (-3, 5, 1, 0)^T, \quad \xi_2 = (-5, 4, 0, 1)^T$$

   所有与 $\alpha_1, \alpha_2$ 都正交的向量为 $k_1 \xi_1 + k_2 \xi_2$ （$k_1, k_2$ 不全为零）。

2. 求同价的标准正交向量组

   对 $\alpha_1, \alpha_2$ 进行施密特正交化。 令 $\beta_1 = \alpha_1 = (1, 1, -2, 1)^T$。

   $$\begin{aligned} \beta_2 &= \alpha_2 - \frac{(\alpha_2, \beta_1)}{(\beta_1, \beta_1)} \beta_1 \\ (\alpha_2, \beta_1) &= 2\times1 + 1\times1 + 1\times(-2) + 6\times1 = 7 \\ (\beta_1, \beta_1) &= 1^2 + 1^2 + (-2)^2 + 1^2 = 7 \\ \beta_2 &= (2, 1, 1, 6)^T - \frac{7}{7} (1, 1, -2, 1)^T \\ &= (1, 0, 3, 5)^T \end{aligned}$$

   单位化：

   $$\begin{aligned} ||\beta_1|| &= \sqrt{7} \\ ||\beta_2|| &= \sqrt{1^2 + 0^2 + 3^2 + 5^2} = \sqrt{35} \end{aligned}$$

   得标准正交向量组：

   $$e_1 = \frac{1}{\sqrt{7}}(1, 1, -2, 1)^T, \quad e_2 = \frac{1}{\sqrt{35}}(1, 0, 3, 5)^T$$