第4章 线性方程组

基础部分

1. 方程组 $\{\begin{array}{l}ax+y+z=1,\\ x+ay+z=1,\\ x+y+az=-2\end{array}$ 有无穷多解，则$a=$

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答案：$-2$

解析：系数矩阵与增广矩阵分别为 $A=\left[\begin{array}{ccc}a& 1& 1\\ 1& a& 1\\ 1& 1& a\end{array}\right],\overline{A}=\left[\begin{array}{cccc}a& 1& 1& 1\\ 1& a& 1& 1\\ 1& 1& a& -2\end{array}\right].$ 方程组有无穷多解必须满足$r(A)=r(\overline{A})<3$，故先令 $|A|=(a-1{)}^2(a+2)=0.$ 若$a=1$，前三列对应的三行左端完全相同，而右端分别为$1,1,-2$，方程组矛盾，无解。

若$a=-2$，三式相加得恒等式$0=0$，且系数矩阵秩为$2$，故$r(A)=r(\overline{A})=2<3$，有无穷多解。因此$a=-2$。

2. 设3维列向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$线性无关，$k,l$均为非零常数，${\beta }_1=k{\alpha }_1+l{\alpha }_2$，${\beta }_2=k{\alpha }_2+l{\alpha }_3$，${\beta }_3=k{\alpha }_3+l{\alpha }_1$，记$B=[{\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3]$，则齐次线性方程组$Bx=0$有非零解的充分必要条件为( ).
   A. $k-l=0$
   B. $k+l=0$
   C. $k-l\ne 0$
   D. $k+l\ne 0$

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答案：B

解析：令$A=[{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3]$。由于${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$线性无关，$A$可逆，并且 $B=A\left[\begin{array}{ccc}k& 0& l\\ l& k& 0\\ 0& l& k\end{array}\right].$ 因此$Bx=0$有非零解，当且仅当$|B|=0$，也即 $\left|\begin{array}{ccc}k& 0& l\\ l& k& 0\\ 0& l& k\end{array}\right|=k^3+l^3=(k+l)(k^2-kl+l^2)=0.$ 因$k,l$均为非零实数，$k^2-kl+l^2>0$，故必须且只需$k+l=0$。选B。

3. 设$A$是$m\times n$矩阵，$B$是$n\times m$矩阵，则( ).
   A. 当$m>n$时，必有$|AB|=0$
   B. 当$m>n$时，$AB$必可逆
   C. 当$n>m$时，$ABx=0$有唯一零解
   D. 当$n>m$时，必有$r(AB)<m$

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答案：A

解析：$AB$是$m$阶方阵，并有 $r(AB)\le \min \{r(A),r(B)\}\le n.$ 当$m>n$时，$r(AB)\le n<m$，所以$AB$必不可逆，即$|AB|=0$，A正确。

当$n>m$时，不能据此断定$r(AB)<m$，例如可取$A=[E_{m}O]$、$B=[E_{m}O{]}^T$，则$AB=E_m$。故C、D均不成立。

4. 设$A$为$n(n>2)$阶方阵，$r(A^{\ast })=1$，${\alpha }_1,{\alpha }_2$是非齐次线性方程组$Ax=b$的两个不同解，$k$为任意常数，则方程组$Ax=b$的通解为( ).
   A. $(k-1){\alpha }_1+k{\alpha }_2$
   B. $(k-1){\alpha }_1-k{\alpha }_2$
   C. $(k+1){\alpha }_1+k{\alpha }_2$
   D. $(k+1){\alpha }_1-k{\alpha }_2$

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答案：D

解析：对$n>2$阶方阵有：若$r(A)=n-1$，则$r(A^{\ast })=1$。故由$r(A^{\ast })=1$知$r(A)=n-1$，从而齐次方程组$Ax=0$的基础解系只含一个解向量。

又因为${\alpha }_1,{\alpha }_2$都是$Ax=b$的解，故 $A({\alpha }_1-{\alpha }_2)=0,$ 且${\alpha }_1-{\alpha }_2\ne 0$，所以${\alpha }_1-{\alpha }_2$可作为齐次方程组的一组基础解系。因此非齐次方程组的通解为 $x={\alpha }_1+k({\alpha }_1-{\alpha }_2)=(k+1){\alpha }_1-k{\alpha }_2.$ 选D。

5. 设${\alpha }_1=\left[\begin{array}{c}4\\ 1\\ 2\end{array}\right]$，${\alpha }_2=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ -1\end{array}\right]$，${\alpha }_3=\left[\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 4\end{array}\right]$，${\alpha }_4=\left[\begin{array}{c}7\\ 2\\ -3\end{array}\right]$，$A=[{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4]$，则$Ax={\alpha }_2+3{\alpha }_4$的通解为

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答案： $x=\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ 3\end{array}\right]+t\left[\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\\ 1\end{array}\right],t\in \mathbb{R}.$

解析：显然 $A\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ 3\end{array}\right]={\alpha }_2+3{\alpha }_4,$ 故$x_0=\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ 3\end{array}\right]$是一组特解。

又计算得 $-{\alpha }_1-{\alpha }_2+{\alpha }_3+{\alpha }_4=0,$ 所以 $\xi =\left[\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$ 是$Ax=0$的非零解。由$A$中任取前三列可验证$r(A)=3$，故齐次方程组的基础解系只含一个向量，即可取$\xi$。因此通解为 $x=x_0+t\xi =\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ 3\end{array}\right]+t\left[\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\\ 1\end{array}\right].$

6. 设$A$为$n(n\ge 2)$阶方阵，$A^{\ast }$为$A$的伴随矩阵，若对任一$n$维列向量$\alpha$，均有$A^{\ast }\alpha =0$，则齐次线性方程组$Ax=0$的基础解系所含解向量的个数$k$必定满足

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答案：$2\le k\le n$

解析：对任意$\alpha$都有$A^{\ast }\alpha =0$，说明$A^{\ast }=O$。伴随矩阵为零等价于$A$的所有$n-1$阶子式均为零，因此 $r(A)\le n-2.$ 齐次方程组$Ax=0$的基础解系所含向量个数为 $k=n-r(A)\ge 2.$ 又显然$k\le n$，故$2\le k\le n$。

7. 已知非齐次线性方程组 $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3+x_4=-1,\\ 4x_1+3x_2+5x_3-x_4=-1,\\ a{x}_1+x_2+3x_3+b{x}_4=1\end{array}$ 有3个线性无关的解，记该方程组的系数矩阵为$A$.求：
   (1)$a,b$的值；
   (2)该方程组的通解；
   (3)齐次线性方程组$A^{T}Ax=0$的通解.

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答案： (1) $a=2,b=-3$；
(2) $x=\left[\begin{array}{c}2\\ -3\\ 0\\ 0\end{array}\right]+s\left[\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 1\\ 0\end{array}\right]+t\left[\begin{array}{c}4\\ -5\\ 0\\ 1\end{array}\right]$；
(3) $x=s\left[\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 1\\ 0\end{array}\right]+t\left[\begin{array}{c}4\\ -5\\ 0\\ 1\end{array}\right]$，其中$s,t\in \mathbb{R}$。

解析：非齐次方程组若有3个线性无关的解，则其解集的线性包至少为3维，从而齐次方程组$Ax=0$至少有2个线性无关解，因此 $4-r(A)\ge 2,$ 即$r(A)\le 2$。前两行显然线性无关，所以$r(A)=2$。于是第三个系数行必须是前两行的线性组合。设 $(a,1,3,b)=\lambda (1,1,1,1)+\mu (4,3,5,-1).$ 同时为保证增广矩阵同样秩为2，右端也应满足 $1=-\lambda -\mu .$ 由第二、第三列得 $\lambda +3\mu =1,\lambda +5\mu =3,$ 解得$\mu =1,\lambda =-2$。于是 $a=-2+4=2,b=-2-1=-3,$ 且右端$-\lambda -\mu =2-1=1$，一致。

代入$a=2,b=-3$，解前两式即可。令$x_3=s,x_4=t$，由 $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-1-s-t,\\ 4x_1+3x_2=-1-5s+t\end{array}$ 解得 $x_1=2-2s+4t,x_2=-3+s-5t,$ 即得到(2)。

对于(3)，利用 $x^T{A}^{T}Ax=(Ax{)}^T(Ax)=\Vert Ax{\Vert }^2,$ 可知$A^{T}Ax=0⟺Ax=0$。因此其通解就是上面非齐次通解中的齐次部分。

8. 设$A=[{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n]$经过若干次初等行变换得$B=[{\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_n]$，则$A$与$B$( ).
   A. 对应的任何部分行向量组具有相同的线性相关性
   B. 对应的任何部分列向量组具有相同的线性相关性
   C. 对应的任何$k$阶子式同时为零或同时不为零
   D. 对应的非齐次线性方程组$Ax=b$和$Bx=b$是同解方程组

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答案：B

解析：初等行变换等价于左乘一个可逆矩阵$P$，即$B=PA$。于是对任意一组列向量都有 $[{\beta }_{i_1},\dots ,{\beta }_{i_s}]=P[{\alpha }_{i_1},\dots ,{\alpha }_{i_s}].$ 左乘可逆矩阵不改变列向量组的线性相关性，因此B正确。

初等行变换一般会改变具体行向量之间的对应关系，也可能改变某个指定子式是否为零；而若只对系数矩阵$A$作行变换却不对$b$作相同变换，$Ax=b$与$Bx=b$也未必同解。

9. 设$A$是3阶非零矩阵，满足$A^2=O$，若非齐次线性方程组$Ax=b$有解，则其线性无关的解向量的个数为( )
   A. 1
   B. 2
   C. 3
   D. 4

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答案：C

解析：由$A^2=O$知 $\mathrm{Im}(A)\subseteq N(A),$ 故 $r(A)\le 3-r(A),$ 从而$r(A)\le 1$。又$A\ne O$，所以$r(A)=1$，齐次方程组$Ax=0$的解空间维数为$2$。

设非齐次方程组的一组特解为$x_0$，其全部解为 $x=x_0+s{\xi }_1+t{\xi }_2,$ 其中${\xi }_1,{\xi }_2$线性无关。因为非齐次方程组有解且$b\ne 0$时$x_0\notin N(A)$，故$x_0,{\xi }_1,{\xi }_2$可取为3个线性无关解向量；而在${\mathbb{R}}^3$中不可能有4个线性无关向量。因此个数为3，选C。

10. 已知线性方程组$Ax=k{\beta }_1+{\beta }_2$有解，其中 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ -1& -2& 1\\ 1& -1& -1\end{array}\right],{\beta }_1=\left[\begin{array}{c}2\\ 1\\ 3\end{array}\right],{\beta }_2=\left[\begin{array}{c}1\\ 3\\ -1\end{array}\right],$ 则$k$等于( ).
    A. 1
    B. -1
    C. 2
    D. -2

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答案：D

解析：原始文本中$A$第二行首项误识别为$1$，按原题应为$-1$。矩阵$A$的秩为$2$。求$A^{T}y=0$可得一组非零解 $y=\left[\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 1\end{array}\right].$ 线性方程组$Ax=c$有解的充要条件是$c$与$N(A^T)$正交，因此要求 $y^T(k{\beta }_1+{\beta }_2)=0.$ 计算 $y^T{\beta }_1=-6-2+3=-5,y^T{\beta }_2=-3-6-1=-10.$ 所以 $-5k-10=0,$ 得$k=-2$，选D。

11. 已知$A$是3阶矩阵，$A$的每行元素之和为3，且齐次线性方程组$Ax=0$有通解 $k_1\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right]+k_2\left[\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right],$ $\alpha =\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$，其中$k_1,k_2$是任意常数。
    (1) 证明：对任意的一个3维列向量$\beta$，向量$A\beta$和$\alpha$线性相关。
    (2) 若$\beta =\left[\begin{array}{c}3\\ 6\\ -3\end{array}\right]$，求$A\beta$。

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答案： (1) 对任意$\beta$，均有$A\beta \in \mathrm{span}\{\alpha \}$；
(2) $A\beta =\left[\begin{array}{c}9\\ 9\\ 9\end{array}\right]$。

解析：由$Ax=0$的通解含有两个线性无关参数向量，知 $\dim N(A)=2,$ 所以$r(A)=1$。因此$A$的值域$\mathrm{Im}(A)$是一维空间。

又因$A$的每行元素之和为3，故 $A\alpha =3\alpha ,$ 从而$\alpha \in \mathrm{Im}(A)$且$\alpha \ne 0$。于是 $\mathrm{Im}(A)=\mathrm{span}\{\alpha \}.$ 因此对任意$\beta$，$A\beta$必与$\alpha$线性相关，(1)得证。

记 ${\xi }_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right],{\xi }_2=\left[\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right].$ 把题给$\beta$表示为 $\beta =3\alpha +2{\xi }_1-{\xi }_2.$ 由于$A{\xi }_1=A{\xi }_2=0$，故 $A\beta =3A\alpha =9\alpha =\left[\begin{array}{c}9\\ 9\\ 9\end{array}\right].$

12. 设3维列向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$与${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$等价，记$A=[{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3]$，$B=[{\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3]$，则下列结论：
    ①$Ax=0$与$Bx=0$同解；
    ②$A^{T}x=0$与$B^{T}x=0$同解；
    ③$\left[\begin{array}{c}A\\ B\end{array}\right]x=0$与$Ax=0$同解；
    ④$\left[\begin{array}{c}{A}^T\\ B^T\end{array}\right]x=0$与$A^{T}x=0$同解。
    所有正确结论的序号是( ).
    A. ①②
    B. ①③
    C. ②④
    D. ①②③④

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答案：C

解析：两向量组等价意味着它们张成相同的列空间，即 $\mathrm{Col}(A)=\mathrm{Col}(B).$ 因此两者的正交补相同： $N(A^T)=\mathrm{Col}(A{)}^{\perp }=\mathrm{Col}(B{)}^{\perp }=N(B^T),$ 故②正确。

④中的方程组等价于同时满足$A^{T}x=0$与$B^{T}x=0$。由于这两个方程组本来同解，所以④也正确。

但列向量组等价只说明列空间相同，并不保证同一个系数向量$x$在两组生成元下给出同样的线性关系，因此$N(A)$与$N(B)$未必相同，①错误，进而③也未必成立。故选C。

13. 设$A$为$m\times n$矩阵，$e=[1,1,\cdots ,1{]}^T$，若方程组$Ay=e$有解，则对于
    $(I)A^{T}x=0$
    与
    $(II)\{\begin{array}{l}{A}^{T}x=0,\\ e^{T}x=0,\end{array}$
    说法正确的是( ).
    A. (I)的解都是(II)的解，但(II)的解未必是(I)的解
    B. (II)的解都是(I)的解，但(I)的解未必是(II)的解
    C. (I)的解不是(II)的解，且(II)的解也不是(I)的解
    D. (I)的解都是(II)的解，且(II)的解也都是(I)的解

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答案：D

解析：因$Ay=e$有解，存在$y_0$使 $A{y}_0=e.$ 若$x$是(I)的解，则$A^{T}x=0$，于是 $e^{T}x=(A{y}_0{)}^{T}x=y_0^T{A}^{T}x=0.$ 故(I)的每个解自动满足(II)新增的方程，因此(I)的解都是(II)的解。反过来，(II)显然包含条件$A^{T}x=0$，故(II)的解也都是(I)的解。两者同解，选D。

14. 设齐次线性方程组 $(I)\{\begin{array}{l}{x}_1+3x_3+5x_4=0,\\ x_1-x_2-2x_3+2x_4=0,\\ 2x_1-x_2+x_3+3x_4=0,\end{array}$ 在线性方程组(I)的基础上增添一个方程$a{x}_1+b{x}_2+c{x}_3+d{x}_4=0$，得 $(II)\{\begin{array}{l}{x}_1+3x_3+5x_4=0,\\ x_1-x_2-2x_3+2x_4=0,\\ 2x_1-x_2+x_3+3x_4=0,\\ a{x}_1+b{x}_2+c{x}_3+d{x}_4=0.\end{array}$ 问$a,b,c,d$满足什么条件时，方程组(I),(II)是同解方程组？并求出此时方程组(II)的通解。

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答案：$c=3a+5b$，$d$任意；通解为 $x=t\left[\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 1\\ 0\end{array}\right],t\in \mathbb{R}.$

解析：原始文本漏掉了第三个方程$2x_1-x_2+x_3+3x_4=0$，此处按原题补回。

对(I)作消元。由第一式得 $x_1=-3x_3-5x_4.$ 代入第二式得 $x_2=-5x_3-3x_4.$ 再代入第三式： $2(-3x_3-5x_4)-(-5x_3-3x_4)+x_3+3x_4=-4x_4=0,$ 故$x_4=0$，于是$x_1=-3x_3,x_2=-5x_3$。所以(I)的通解为 $x=t\left[\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 1\\ 0\end{array}\right].$

要使新增方程不缩小解集，只需上述基础解向量也满足新增方程，即 $-3a-5b+c=0.$ 故 $c=3a+5b,$ 而$d$不受限制。此时(II)与(I)同解，通解同上。

15. 设平面${\pi }_1:x+ay=a$，${\pi }_2:ax+z=1$，${\pi }_3:ay+z=1$，已知这三个平面没有公共交点，则$a=$

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答案：$-1$

解析：公共交点满足 $\{\begin{array}{l}x+ay=a,\\ ax+z=1,\\ ay+z=1.\end{array}$ 后两式相减得 $a(x-y)=0.$

若$a=0$，第一式给$x=0$，后两式都化为$z=1$，$y$任意，存在公共点。

若$a\ne 0$，则$x=y$。第一式变为 $(1+a)x=a.$ 当$a\ne -1$时可解得$x=y=\frac{a}{1+a}$，再由第二式求出$z$，故存在公共点。

只有$a=-1$时第一式成为$0=-1$，矛盾，因此没有公共交点。故$a=-1$。

16. 在空间直角坐标系$O-xyz$中，三张平面${\pi }_1:ax+y-z=1$，${\pi }_2:x+y+bz=a$，${\pi }_3:x+ay-z=1$的位置关系如图所示，则( ).
    A. $a=-2,b=2$
    B. $a\ne -2,b=2$
    C. $a=1,b=-1$
    D. $a=1,b\ne -1$

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答案：A

解析：源文件中的示意图缺失。按题目选项对应的几何关系判断，图示应为三张互不重合平面共交于一条直线，此时要求系数矩阵与增广矩阵均为秩$2$。

取A中的$a=-2,b=2$，三平面为 $\{\begin{array}{l}-2x+y-z=1,\\ x+y+2z=-2,\\ x-2y-z=1.\end{array}$ 三式左端系数行满足 $(-2,1,-1)+(1,1,2)+(1,-2,-1)=0,$ 右端也满足$1+(-2)+1=0$，且任意两行不成比例，所以 $r(A)=r(\overline{A})=2.$ 故公共解集是一条直线，符合图示关系，选A。

其余典型情形中：$a=1,b=-1$时三平面重合；$a=1,b\ne -1$时${\pi }_1$与${\pi }_3$重合而${\pi }_2$与其相交，均不符合所示关系。

17. 设$B$是3阶矩阵，齐次线性方程组$Bx=0$的解空间的维数为$2$， $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& -2\\ 4& a& 3\\ 3& -1& 1\end{array}\right],$ 若$AB=O$，齐次线性方程组$Ax=0$的解空间的维数为( ).
    A. 0
    B. 1
    C. 2
    D. 3

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答案：B

解析：由 $\dim N(B)=2$ 及秩—零度定理，得$r(B)=1$。又$B\ne O$，故$B$至少有一个非零列向量$\beta$。由$AB=O$知 $A\beta =0,$ 所以$A$必为奇异矩阵，即$|A|=0$。

计算 $|A|=7(a+3),$ 故$a=-3$。此时 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& -2\\ 4& -3& 3\\ 3& -1& 1\end{array}\right],$ 其中存在非零二阶子式，故$r(A)=2$。于是 $\dim N(A)=3-r(A)=1.$ 选B。

强化部分

1. 设4阶矩阵$A=[a_{ij}]$不可逆，且元素$a_{12}$的代数余子式$A_{12}\ne 0$，若矩阵$A$的列向量组为${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$，$k_1,k_2,k_3$为任意常数，则方程组$A^{\ast }x=0$的通解为( ).
   A. $k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+k_3{\alpha }_3$
   B. $k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+k_3{\alpha }_4$
   C. $k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_3+k_3{\alpha }_4$
   D. $k_1{\alpha }_2+k_2{\alpha }_3+k_3{\alpha }_4$

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答案：C

解析：$A$不可逆，故$|A|=0$。又$A_{12}\ne 0$说明$A$存在非零三阶子式，所以 $r(A)=3.$ 对于4阶矩阵，$r(A)=3$时有$r(A^{\ast })=1$，从而 $\dim N(A^{\ast })=4-1=3.$

由恒等式$A^{\ast }A=|A|E=O$知，$A$的每个列向量均属于$N(A^{\ast })$。又$A_{12}$是删去第1行、第2列后所得三阶子式带符号的值，其中涉及原矩阵的第1、3、4列，故${\alpha }_1,{\alpha }_3,{\alpha }_4$线性无关。因此它们恰构成$N(A^{\ast })$的一组基，通解为 $x=k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_3+k_3{\alpha }_4.$ 选C。

2. $A$是4阶矩阵，$A$的伴随矩阵 $A^{\ast }=\left[\begin{array}{cccc}1& 0& 1& 0\\ 0& 2& 0& 2\\ 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 4\end{array}\right],$ $b=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$，则方程组$Ax=b$的解为

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答案：$x=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\\ 2\end{array}\right]$

解析：由 $|A^{\ast }|=1\cdot 2\cdot 1\cdot 4=8.$ 对4阶矩阵有$|A^{\ast }|=|A{|}^3$，故$|A|=2$。于是$A$可逆，且 $A^{-1}=\frac{1}{|A|}{A}^{\ast }=\frac{1}{2}{A}^{\ast }.$ 因此 $x=A^{-1}b=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cccc}1& 0& 1& 0\\ 0& 2& 0& 2\\ 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 4\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\\ 2\end{array}\right].$

3. 设方程组 $\{\begin{array}{l}{x}_1+a{x}_2-2x_3=4,\\ x_1+2x_2+x_3=1,\\ 2x_1+3x_2+(a+2)x_3=3\end{array}$ 的系数矩阵为$A$，自由项为$b$，若$Ax=b$无解，$A^{T}Ax=A^{T}b$有解，则$a=$( ).
   A. -1
   B. 1
   C. -3
   D. 3

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答案：D

解析：法方程$A^{T}Ax=A^{T}b$对任意实矩阵$A$和向量$b$总有解，因此真正限制来自$Ax=b$无解。

系数行列式为 $|A|=-(a-3)(a+1).$ 若$Ax=b$无解，必须$|A|=0$，所以$a=-1$或$a=3$。

当$a=-1$时，经检验$r(A)=r(\overline{A})=2$，原方程组有无穷多解；当$a=3$时，$r(A)=2$而$r(\overline{A})=3$，原方程组无解。因此$a=3$，选D。

4. 设$A$是秩为2的3阶实对称矩阵，$\alpha ,\beta$是3维非零列向量， $B=\left[\begin{array}{cc}A& \beta \\ {\alpha }^T& 1\end{array}\right],$ 则$r(B)=2$是方程组 $\{\begin{array}{l}Ax=\beta ,\\ {\alpha }^{T}x=1\end{array}$ 有解的( ).
   A. 充分非必要条件
   B. 必要非充分条件
   C. 充分必要条件
   D. 既非充分又非必要条件

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答案：A

解析：该方程组的系数矩阵为 $C=\left[\begin{array}{c}A\\ {\alpha }^T\end{array}\right],$ 增广矩阵正是 $[C,\left[\begin{array}{c}\beta \\ 1\end{array}\right]]=B.$ 由于$r(A)=2$，有$r(C)\ge 2$。若$r(B)=2$，又$C$是$B$的前三列，所以$r(C)\le r(B)=2$，从而 $r(C)=r(B)=2,$ 故方程组有解。因此$r(B)=2$是充分条件。

但它不是必要条件。例如取 $A=\mathrm{diag}(1,1,0),\alpha =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right],\beta =\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right].$ 方程组有解$x=(1,0,1{)}^T$，但此时$r(B)=3$。故为充分非必要条件，选A。

5. 设四元齐次线性方程组 $(I)\{\begin{array}{l}2x_1+3x_2-x_3=0,\\ x_1+2x_2+x_3-x_4=0,\end{array}$ 且四元齐次线性方程组$(II)$的一个基础解系为 ${\xi }_1=\left[\begin{array}{c}2\\ -1\\ k+2\\ 1\end{array}\right],{\xi }_2=\left[\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 4\\ k+8\end{array}\right].$ 若方程组$(I)$与$(II)$没有非零公共解，则$k$的取值范围为

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答案：$k\ne -1$

解析：先求(I)的基础解系。令$x_3=s,x_4=t$，解得 $x=s\left[\begin{array}{c}5\\ -3\\ 1\\ 0\end{array}\right]+t\left[\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 0\\ 1\end{array}\right].$ 记这两个基向量为${\eta }_1,{\eta }_2$。

两个二维子空间在${\mathbb{R}}^4$中没有非零公共向量，当且仅当 ${\eta }_1,{\eta }_2,{\xi }_1,{\xi }_2$ 四个向量线性无关，即其组成的4阶行列式非零。计算得 $\det [{\eta }_1,{\eta }_2,{\xi }_1,{\xi }_2]=(k+1{)}^2.$ 故必须且只需$k\ne -1$。

6. 已知$A,B$均是$2\times 4$矩阵，$Ax=0$的基础解系是 ${\alpha }_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 2\\ 1\end{array}\right],{\alpha }_2=\left[\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\\ 0\end{array}\right],$ $Bx=0$的基础解系是 ${\beta }_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\\ 2\end{array}\right],{\beta }_2=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\\ a\end{array}\right].$ (1) 求矩阵$A$；
   (2) 如果$Ax=0$和$Bx=0$有非零公共解，求$a$的值及所有非零公共解。

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答案： (1) 可取 $A=\left[\begin{array}{cccc}1& 0& 0& -1\\ 0& 1& 3& -7\end{array}\right];$ (2) $a=3$，所有非零公共解为 $x=t\left[\begin{array}{c}1\\ 4\\ 1\\ 1\end{array}\right],t\ne 0.$

解析：(1) 因$Ax=0$的解空间为$\mathrm{span}\{{\alpha }_1,{\alpha }_2\}$，矩阵$A$并不唯一，只要其行空间是该解空间的正交补即可。设行向量$r=(p,q,r,s)$，要求 $\{\begin{array}{l}p+q+2r+s=0,\\ -3q+r=0.\end{array}$ 由$r=3q$、$p=-7q-s$可取两组独立行向量 $(1,0,0,-1),(0,1,3,-7),$ 故可取题给答案中的$A$。

(2) 两个二维解空间在${\mathbb{R}}^4$中有非零公共向量，当且仅当四个基向量 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\beta }_1,{\beta }_2$ 线性相关。计算 $\det [{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\beta }_1,{\beta }_2]=4(a-3).$ 故$a=3$。

此时解线性组合相等关系可得公共方向向量 ${\alpha }_1-{\alpha }_2=2{\beta }_1-{\beta }_2=\left[\begin{array}{c}1\\ 4\\ 1\\ 1\end{array}\right].$ 因此所有非零公共解为 $x=t\left[\begin{array}{c}1\\ 4\\ 1\\ 1\end{array}\right],t\ne 0.$

7. 设3阶矩阵$A,B$满足$r(BA)<r(AB)$，对于以下结论：
   ①$ABx=0$与$BAx=0$有非零公共解；
   ②$ABAx=0$与$BABx=0$有非零公共解。
   正确的说法是( ).
   A. ①正确，②正确
   B. ①正确，②错误
   C. ①错误，②正确
   D. ①错误，②错误

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答案：C

解析：①不一定成立。反例可取 $A=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 1& 0& -1\\ 0& -1& 1\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& -1\\ 1& 1& -1\end{array}\right].$ 此时$r(AB)=2>1=r(BA)$，但 $r\left[\begin{array}{c}AB\\ BA\end{array}\right]=3,$ 所以$ABx=0$与$BAx=0$只有公共零解。

再看②。设$s=r(BA)$。若$s\ge 2$，由于$r(AB)>s$且矩阵为3阶，必有$r(AB)=3$，于是$A,B$均可逆，从而$BA$也可逆，导致$r(BA)=3$，矛盾。因此$s\le 1$。

又有 $r(ABA)\le r(BA)=s,r(BAB)\le r(BA)=s.$ 故 $\dim N(ABA)\ge 3-s,\dim N(BAB)\ge 3-s.$ 于是两个零空间的交的维数至少为 $(3-s)+(3-s)-3=3-2s\ge 1.$ 所以必有非零公共解，②正确。选C。

8. 设$A$为$n$阶实矩阵，则( ).
   A. $\left[\begin{array}{cc}A& O\\ E& A^{T}A\end{array}\right]x=0$只有零解
   B. $\left[\begin{array}{cc}O& A\\ A^{T}A& A{A}^{T}A\end{array}\right]x=0$只有零解
   C. $\left[\begin{array}{cc}A& A^{T}A\\ O& A^{T}A\end{array}\right]x=0$与$\left[\begin{array}{cc}{A}^{T}A& A\\ O& A\end{array}\right]x=0$同解
   D. $\left[\begin{array}{cc}A{A}^{T}A& A^{T}A\\ O& A\end{array}\right]x=0$与$\left[\begin{array}{cc}{A}^T{A}^2& A\\ O& A^{T}A\end{array}\right]x=0$同解

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答案：C

解析：将$2n$维未知向量分块记为$\left[\begin{array}{c}u\\ v\end{array}\right]$。

C左侧方程组为 $\{\begin{array}{l}Au+A^{T}Av=0,\\ A^{T}Av=0.\end{array}$ 第二式满足 $v^T{A}^{T}Av=\Vert Av{\Vert }^2=0,$ 故$Av=0$，进而第一式给$Au=0$。所以左侧解集为 $N(A)\times N(A).$

C右侧方程组为 $\{\begin{array}{l}{A}^{T}Au+Av=0,\\ Av=0.\end{array}$ 由第二式及第一式得$A^{T}Au=0$，而$N(A^{T}A)=N(A)$，故$Au=0$。因此右侧解集同样是$N(A)\times N(A)$，两者同解，选C。

9. 设$A,B$为$n$阶矩阵，且$A$满足$A^2-A=3E$，则与$\left[\begin{array}{c}A\\ B\end{array}\right]x=0$不一定同解的是( ).
   A. $\left[\begin{array}{c}A-B\\ A+AB\end{array}\right]x=0$
   B. $\left[\begin{array}{c}A+B\\ A+AB-B\end{array}\right]x=0$
   C. $\left[\begin{array}{c}A-B\\ 2A+B\end{array}\right]x=0$
   D. $\left[\begin{array}{c}A+B\\ BA+B^2\end{array}\right]x=0$

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答案：D

解析：由 $A^2-A=3E$ 知$A$可逆，因此原方程组$Ax=0,Bx=0$只有零解。

只需判断各选项对应方程组是否也一定只有零解。

A中若$(A-B)x=0$，则$Bx=Ax$。第二式给 $A(I+B)x=0\Rightarrow (I+B)x=0.$ 结合$Bx=Ax$可得$(A+I)x=0$。而$-1$不是多项式${\lambda }^2-\lambda -3$的根，所以$A+I$可逆，故$x=0$。

B同理可化出$(A-3E)x=0$，而$3$也不是${\lambda }^2-\lambda -3$的根，故$x=0$。

C由两式相加直接得$3Ax=0$，所以$x=0$。

D则不一定。例如取$B=-A$，则 $A+B=O,$ 且 $BA+B^2=-A^2+A^2=O,$ 于是任意$x$都是解，显然与原方程组不同解。因此选D。

10. 设 ${\alpha }_1=\left[\begin{array}{c}1\\ -2\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],{\alpha }_2=\left[\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],{\alpha }_3=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\\ -1\\ 0\end{array}\right],{\alpha }_4=\left[\begin{array}{c}1\\ -2\\ 3\\ -2\\ 0\end{array}\right]$ 是线性方程组 $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3+x_4+x_5=0,\\ 3x_1+2x_2+x_3+x_4-3x_5=0,\\ x_2+2x_3+2x_4+6x_5=0,\\ 5x_1+4x_2+3x_3+3x_4-x_5=0\end{array}$ 的解向量，则${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$能否构成方程组的基础解系？若能，说明理由；若不能，请增或减向量，使之成为基础解系。

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答案：不能。可删去${\alpha }_3,{\alpha }_4$，再加入 ${\alpha }_5=\left[\begin{array}{c}5\\ -6\\ 0\\ 0\\ 1\end{array}\right],$ 则${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_5$构成一组基础解系。

解析：方程组系数矩阵为 $C=\left[\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& 1& 1\\ 3& 2& 1& 1& -3\\ 0& 1& 2& 2& 6\\ 5& 4& 3& 3& -1\end{array}\right].$ 行化简可得$r(C)=2$，故解空间维数为 $5-r(C)=3.$ 因此基础解系必须含3个线性无关解向量。

而题给向量满足 ${\alpha }_3={\alpha }_1-{\alpha }_2,$ 以及 ${\alpha }_4=3{\alpha }_1-2{\alpha }_2.$ 故四个向量实际只张成二维子空间，不能构成基础解系。

继续解方程组可得到一组基础解系 ${\alpha }_1=\left[\begin{array}{c}1\\ -2\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],{\alpha }_2=\left[\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],{\alpha }_5=\left[\begin{array}{c}5\\ -6\\ 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$ 故删去${\alpha }_3,{\alpha }_4$并加入${\alpha }_5$即可。

11. 已知$a$是常数，且矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& a\\ 1& 3& 0\\ 2& 7& -a\end{array}\right]$ 可经初等列变换化为矩阵 $B=\left[\begin{array}{ccc}1& a& 2\\ 0& 1& 1\\ -1& 1& 1\end{array}\right].$ (1) 求$a$；
    (2) 求满足$AP=B$的可逆矩阵$P$。

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答案： (1) $a=2$；
(2) 可取 $P=\left[\begin{array}{ccc}3& 4& -2\\ -1& -1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right].$

解析：初等列变换不改变矩阵的秩，因此$r(A)=r(B)$。

先计算 $|A|=0,$ 所以$r(A)<3$。而 $|B|=2-a.$ 要使$r(B)<3$，必须$a=2$。代入后，$A,B$均有非零二阶子式，所以$r(A)=r(B)=2$，故$a=2$。

此时要求$AP=B$，可以把$B$的每一列用$A$的列向量线性表示。解得一组系数分别为 $\left[\begin{array}{c}3\\ -1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 1\end{array}\right].$ 因此可取 $P=\left[\begin{array}{ccc}3& 4& -2\\ -1& -1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right].$ 且$|P|=1\ne 0$，所以$P$可逆，并直接验证$AP=B$。

12. 设 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& -2& 3\\ 0& 1& -1\\ 1& 2& 0\end{array}\right],\beta =\left[\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -3\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ccc}-2& 1& 3\\ 1& 0& -1\\ 2& 1& 0\end{array}\right],$ $[A,\beta ]=BC$。
    (1) 求$Ax=\beta$的解，并求出$C$；
    (2) 求满足$[A,\beta ]Y=E$的所有$Y$。

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答案： (1) $x=\left[\begin{array}{c}1\\ -2\\ -3\end{array}\right],C=\left[\begin{array}{cccc}0& 1& 0& -2\\ 1& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& -3\end{array}\right].$ (2) $Y=\left[\begin{array}{ccc}2-s& 6-t& -u-1\\ 2s-1& 2t-3& 2u+1\\ 3s-1& 3t-4& 3u+1\\ s& t& u\end{array}\right],s,t,u\in \mathbb{R}.$

解析：(1) $|A|\ne 0$，故$Ax=\beta$有唯一解。直接消元得 $x=\left[\begin{array}{c}1\\ -2\\ -3\end{array}\right].$ 又$|B|\ne 0$，由$[A,\beta ]=BC$得 $C=B^{-1}[A,\beta ]=\left[\begin{array}{cccc}0& 1& 0& -2\\ 1& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& -3\end{array}\right].$

(2) 记$M=[A,\beta ]$。由于$r(M)=3$，方程$MY=E$有解，而且$N(M)$是一维。由 $M\left[\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 3\\ 1\end{array}\right]=0$ 知其齐次解空间由 $\zeta =\left[\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 3\\ 1\end{array}\right]$ 张成。

可取一个特解矩阵 $Y_0=\left[\begin{array}{ccc}2& 6& -1\\ -1& -3& 1\\ -1& -4& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right],$ 满足$M{Y}_0=E$。因此所有解为 $Y=Y_0+\zeta \left[\begin{array}{ccc}s& t& u\end{array}\right],$ 展开即为答案中的形式。

13. 设$A_{3\times 3}=[{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3]$，方程组$Ax=\beta$有通解 $k\xi +\eta =k\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ -3\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}2\\ -1\\ 1\end{array}\right],$ 其中$k$是任意常数，又设 $B=[{\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3+\beta ,{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3],$ 求方程组$By=\beta$的通解。

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答案： $y=\left[\begin{array}{c}t\\ 2+k-3t\\ -1+2k\\ 1-3k-2t\end{array}\right],k,t\in \mathbb{R}.$

解析：因$Ax=\beta$的通解为$k\xi +\eta$，所以 $A\eta =\beta ,A\xi =0.$ 令$e=(1,1,1{)}^T$，则$B$的第一列为 ${\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3+\beta =Ae+A\eta =A(e+\eta ).$ 而 $e+\eta =\left[\begin{array}{c}3\\ 0\\ 2\end{array}\right].$ 于是若$y=(y_1,y_2,y_3,y_4{)}^T$，则 $By=A\left(\left[\begin{array}{c}3\\ 0\\ 2\end{array}\right]y_1+\left[\begin{array}{c}{y}_2\\ y_3\\ y_4\end{array}\right]\right).$ 要使$By=\beta =A\eta$，括号中的向量与$\eta$之差必须属于$N(A)=\mathrm{span}\{\xi \}$，故存在任意常数$k$使 $\left[\begin{array}{c}3y_1+y_2\\ y_3\\ 2y_1+y_4\end{array}\right]=\eta +k\xi =\left[\begin{array}{c}2+k\\ -1+2k\\ 1-3k\end{array}\right].$ 令$y_1=t$，解得 $y_2=2+k-3t,y_3=-1+2k,y_4=1-3k-2t,$ 即得通解。

14. 如图所示有三张平面，其中有两张平面平行，第三张平面与它们相交，其方程 $a_{i1}x+a_{i2}y+a_{i3}z=d_i(i=1,2,3)$ 组成的方程组的系数矩阵与增广矩阵分别为$A$和$\overline{A}$，则( ).
    A. $r(A)=2,r(\overline{A})=3$
    B. $r(A)=2,r(\overline{A})=2$
    C. $r(A)=1,r(\overline{A})=2$
    D. $r(A)=1,r(\overline{A})=1$

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答案：A

解析：两张平面平行且互不重合，说明它们的法向量成比例，但对应常数项不按同一比例，因此这两张平面对应的系数行线性相关，而增广行线性无关。

第三张平面与它们相交，说明第三张平面的法向量与前两张的法向量不成比例。因此系数矩阵中有两个线性无关的行向量，故 $r(A)=2.$ 而增广矩阵中前两张平面的增广行已经线性无关，再加入第三张平面的增广行后得到三个线性无关行，所以 $r(\overline{A})=3.$ 选A。

15. 设${\alpha }_i=[a_i,b_i,c_i{]}^T(i=1,2,3)$均为非零列向量，且直线 $\frac{x-a_1}{a_2}=\frac{y-b_1}{b_2}=\frac{z-c_1}{c_2}$ 过点$(a_3,b_3,c_3)$，则可能是三个平面 ${\pi }_i:{\alpha }_i^T\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]=1(i=1,2,3)$ 的位置关系的所有序号是( ).
    A. ①③
    B. ②③
    C. ②④
    D. ①③④

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答案：D

解析：源文本未保留本题四幅位置关系示意图。由直线的参数式可知，存在实数$t$使 ${\alpha }_3={\alpha }_1+t{\alpha }_2.$ 因此${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$必线性相关，三张平面的法向量不可能线性无关。

分情况讨论：

若${\alpha }_1,{\alpha }_2$线性相关，则三个法向量都共线，三张平面只能互相平行或出现重合，故相应的平行型位置关系可能出现。

若${\alpha }_1,{\alpha }_2$线性无关且$t=0$，则${\alpha }_3={\alpha }_1$，于是${\pi }_3={\pi }_1$，另一个平面与它们相交，即“两平面重合、第三平面与之相交”的位置关系可能出现。

若${\alpha }_1,{\alpha }_2$线性无关且$t\ne 0$，则三个法向量两两不平行，但 ${\alpha }_3-{\alpha }_1-t{\alpha }_2=0.$ 若三平面有公共点$X$，则由${\alpha }_1^{T}X={\alpha }_2^{T}X={\alpha }_3^{T}X=1$应有 $1-1-t=0,$ 即$t=0$，矛盾。因此此时三平面两两相交但无公共点，这种位置关系也可能出现。

唯一不可能的是“三张互不重合的平面共交于同一直线”的情形。按原题四幅图的编号，可出现的是①③④，故选D。