克拉默法则

§8.3 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

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前置诊断

① 直接前置（需先掌握）行列式的概念与性质行列式的计算

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 克拉默法则为什么成立：用伴随矩阵作出的完整推导

克拉默法则

x_{j} = D_{j} / D

不是需要强记的公式，它是当

A

可逆时

x = A^{- 1} b

与伴随矩阵、行列式按列展开这三者结合的必然结果。弄清这一推导，可以同时明白两件事：为什么解可以写成两个行列式之商，以及为什么要把第 $j$ 列换成常数列。推导中起联结作用的是

A^{- 1} = \frac{1}{∣ A ∣} A^{*}

，其中伴随矩阵

A^{*}

的

(i, j)

元是代数余子式

A_{j i}

（注意下标转置）。

证明 / 推导

设

D = ∣ A ∣ \neq = 0

，那么

A

可逆，

A x = b

有唯一解，且

x = A^{- 1} b = \frac{1}{∣ A ∣} A^{*} b

。伴随矩阵

A^{*}

的第

j

行是

(A_{1 j}, A_{2 j}, \dots, A_{nj})

（因为

A^{*}

的

(j, i)

元为

A_{ij}

），于是解的第

j

个分量为

x_{j} = \frac{1}{∣ A ∣} i = 1 \sum n A_{ij} b_{i} = \frac{1}{∣ A ∣} i = 1 \sum n b_{i} A_{ij} .

下面是推导中的关键一步。和式

\sum_{i = 1}^{n} b_{i} A_{ij}

恰好是某个行列式按第 $j$ 列展开所得的结果。这个行列式，就是把

∣ A ∣

的第

j

列换成

b = (b_{1}, \dots, b_{n})^{T}

，其余各列保持不动而得到的。这是因为代数余子式

A_{ij}

只与第

j

列以外的元素有关，替换第

j

列并不影响它们。把这个新的行列式记作

D_{j}

，于是

\sum_{i} b_{i} A_{ij} = D_{j}

。代回上式，得

x_{j} = \frac{D _{j}}{∣ A ∣} = \frac{D _{j}}{D}

。这一推导同时给出了存在性（上述

x_{j}

确为解）与唯一性（因

A^{- 1}

唯一）。

■

举例说明

（数三 1996）设

A = 1 a_{1} a_{1}^{2} ⋮ a_{1}^{n - 1} 1 a_{2} a_{2}^{2} ⋮ a_{2}^{n - 1} \dots \dots \dots \dots 1 a_{n} a_{n}^{2} ⋮ a_{n}^{n - 1}

（

a_{i}

两两不同），

B = (1, 1, \dots, 1)^{T}

，求解

A^{T} X = B

。

解.

A

是范德蒙德矩阵，

∣ A^{T} ∣ = ∣ A ∣ = \prod_{i < j} (a_{j} - a_{i}) \neq = 0

，故由克拉默法则，方程组有唯一解。按上面的推导，

D_{j}

是把

∣ A^{T} ∣

的第 $j$ 列换成常数列 $B$ 所得的行列式。而

∣ A^{T} ∣

的第一列恰好是

(1, 1, \dots, 1)^{T} = B

：
-

j = 1

时，换上去的列与原来的第一列相同，故

D_{1} = ∣ A^{T} ∣ = ∣ A ∣

；
-

j \geq 2

时，换列后第

1

列与第

j

列都变成

B

，两列相同，故

D_{j} = 0

。

于是

x_{1} = D_{1} /∣ A ∣ = 1

，

x_{2} = \dots = x_{n} = 0

，解为

(1, 0, \dots, 0)^{T}

。本题就是把推导中的核心事实，即 $D_{j} =$ 把第 $j$ 列换成常数列所得的行列式，直接加以运用。看出常数列恰好与某一列相同，便可迅速求出解。

2. 适用条件缺一不可：方程个数 $=$ 未知数个数，并且 $D \neq = 0$ ★ 要懂

克拉默法则的适用条件有两条，缺少任何一条都不能使用：(1) 方程个数 $=$ 未知数个数（系数矩阵为方阵，才有系数行列式可言）；(2) 系数行列式 $D \neq = 0$ 。两条都满足时，方程组有唯一解

x_{j} = D_{j} / D

。

如果

D = 0

，

x_{j} = D_{j} / D

就因分母为零而不能再用来求解。但是各个

D_{j}

未必都为零，由此还留下一条判据：如果 $D = 0$ 而某个 $D_{j} \neq = 0$ ，那么方程组无解。如果

D

与各个

D_{j}

全为零，那么这条判据不给出结论，只能改用秩来判别：方程组有解的充分必要条件是

r (A) = r (A, b)

。由

D = 0

知

r (A) < n

，因此方程组一旦有解，解就有无穷多个。 $D = 0$ 并不意味着无解，这是最常见的错误。

证明 / 推导

证下面证明一条精确的结论。设方程组有

n

个方程、

n

个未知数，系数矩阵为

A

，记

D = ∣ A ∣

。那么它有唯一解的充分必要条件是

D \neq = 0

。

充分性. 若

D \neq = 0

，则由克拉默法则得唯一解

x_{j} = D_{j} / D

。

必要性. 设

D = 0

，往证方程组不可能有唯一解。由

D = 0

知

A

不可逆，故

r (A) < n

，于是齐次方程组

A x = 0

有非零解，记为

ξ

。下面分两种情形。如果

A x = b

无解，那么当然谈不上唯一解。如果

A x = b

有一个解

x_{0}

，那么对任意常数

c

有

A (x_{0} + c ξ) = A x_{0} + c A ξ = b + 0 = b,

即

x_{0} + c ξ

全都是解。因

ξ \neq = 0

，不同的

c

给出不同的解，所以解有无穷多个。两种情形都排除了唯一解。

合起来即得：当方程个数等于未知数个数时，方程组有唯一解的充分必要条件是

D \neq = 0

。取它的逆否形式：

D = 0

时方程组要么无解，要么有无穷多解。它绝不会恰有一个解。上面甲、乙两例就是这两种情形。

为什么方程个数必须等于未知数个数. 若方程个数

m \neq = n

，则

A

不是方阵。此时行列式无从谈起。

D

与

D_{j}

都没有定义，法则自然不能使用。进一步，当

m < n

时有

r (A) \leq m < n

。此时方程组一旦有解，自由未知量的个数

n - r (A) \geq 1

。于是必有无穷多解，不存在唯一解可求。

■

举例说明

两个方程组的系数行列式都是

D = 1212 = 0

，但两者解的情况完全不同：

（甲）

{x + y = 1 2 x + 2 y = 2

：第二式是第一式的

2

倍，

r (A) = r (A, b) = 1 < 2

，有无穷多解。

（乙）

{x + y = 1 2 x + 2 y = 3

：左端成比例而右端不成比例，

r (A) = 1 \neq = r (A, b) = 2

，无解。

同样是

D = 0

，甲有无穷多解，乙无解，可见

D

本身无法区分这两种情形，必须改为比较

r (A)

与

r (A, b)

。克拉默法则只处理

D \neq = 0

的情形，其余较复杂的情形则由秩来判定，二者的分工正在于此。

3. 齐次方程组 $A x = 0$ 有非零解 $⟺ ∣ A ∣ = 0$ ：这是数学（三）中最常用的判据★★ 必会

把克拉默法则用于齐次方程组

A x = 0

（

n

个方程

n

个未知数），立即得到一条十分常用的判据：

- 如果

D = ∣ A ∣ \neq = 0

，那么只有零解

x = 0

；
- 要有非零解，其充分必要条件是

D = ∣ A ∣ = 0

。

这条判据把方程组是否有非零解这一存在性问题，化成了判断一个行列式是否为零的计算问题。讨论向量组的线性相关性、矩阵的秩以及特征值（

∣ λ E - A ∣ = 0

），都要以它为出发点。含参数的题目通常问的是

λ

取何值时齐次方程组有非零解，其解法总是令系数行列式等于零，从中解出

λ

。这类行列式一般都能化成关于

λ

的若干因式的乘积。

证明 / 推导

证

D \neq = 0 \Rightarrow

只有零解。齐次方程组中

b = 0

，每个

D_{j}

都是把

D

的第

j

列换成零列所得的行列式。有一列元素全为零的行列式等于零，故

D_{j} = 0

。当

D \neq = 0

时，由克拉默法则得

x_{j} = D_{j} / D = 0/ D = 0

（对所有

j

），即只有零解。取它的逆否命题，便得有非零解 $\Rightarrow D = 0$ 。反过来，

D = 0

时

A

不可逆，

r (A) < n

，齐次方程组的自由未知量个数

n - r (A) \geq 1

，故有非零解。两方面合起来，即得有非零解

⟺ D = 0

。

■

举例说明

问

λ

取何值时，齐次方程组

⎩ ⎨ ⎧ λ x_{1} + x_{2} = 0 x_{1} + λ x_{2} + x_{3} = 0 x_{2} + λ x_{3} = 0

有非零解？

解. 由判据，有非零解

⟺

系数行列式

D = 0

。按第一行展开，得

D = λ 10 1 λ 1 01 λ = λ (λ^{2} - 1) - 1 \cdot (λ - 0) = λ^{3} - 2 λ = λ (λ^{2} - 2) .

令

D = 0

得

λ = 0

或

λ = \pm 2

。所以 $λ \in {0, 2, - 2}$ 时方程组有非零解，其余

λ

时只有零解。

4. 含参数的非齐次方程组的三步讨论法

对含参数且方程个数

=

未知数个数的非齐次方程组讨论解的情况，是克拉默法则在数学（三）中最常用的场合。标准的做法分三步：

(1) 计算系数行列式

D (λ)

，通常把它化成若干因式的乘积；
(2) 对使

D (λ) \neq = 0

的

λ

，由克拉默法则断定方程组有唯一解；
(3) 对使

D (λ) = 0

的每一个特殊

λ

，把具体的值代回，用增广矩阵作初等行变换，比较

r (A)

与

r (A, b)

，分别判定为无穷多解或无解。

必须注意：

D = 0

只表明唯一解的结论不再成立，必须对每一个特殊值单独讨论，不能一概而论。

举例说明

（数三 1993）

k

取何值时，方程组

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{2} + k x_{3} = 4 - x_{1} + k x_{2} + x_{3} = k^{2} x_{1} - x_{2} + 2 x_{3} = - 4

有唯一解、无解、无穷多解？有解时求出全部解。

(1) 计算系数行列式.

D = 1 - 1 1 1 k - 1 k 12 = (k + 1) (4 - k)

。

(2) $k \neq = - 1$ 且 $k \neq = 4$ ：

D \neq = 0

，方程组有唯一解，由克拉默法则得

x_{1} = \frac{k ^{2} + 2 k}{k + 1}, x_{2} = \frac{k ^{2} + 2 k + 4}{k + 1}, x_{3} = \frac{- 2 k}{k + 1}

。

(3a) $k = - 1$ ： 对增广矩阵作初等行变换，出现

0 = 5

的矛盾行，

r (A) = 2 \neq = r (\overline{A}) = 3

，无解。

(3b) $k = 4$ ：

r (A) = r (\overline{A}) = 2 < 3

，方程组有无穷多解，通解为

X = t (- 3, - 1, 1)^{T} + (0, 4, 0)^{T}

（

t

为任意常数）。

三步讨论法概览：

D \neq = 0

时由克拉默法则得唯一解

\to

对使

D = 0

的每个

k

单独回代，比较

r (A)

与

r (\overline{A})

\to

k = - 1

无解、

k = 4

有无穷多解。同样是 $D = 0$ ，结论却不相同，必须逐个讨论。

💡 小知识

克拉默法则以 18 世纪瑞士数学家加布里埃尔·克拉默命名，他在 1750 年研究平面代数曲线时提出了它。用它手算大方程组，优雅却低效；不过在今天它换了一种方式发挥作用：符号计算和理论证明里，克拉默法则给出的显式公式常常比数值消元更有用。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 用克拉默法则解方程组

{3 x_{1} + 2 x_{2} = 7, x_{1} - x_{2} = - 1.

难度 1

第一步，算系数行列式 $D$ （

D \neq = 0

才能用克拉默法则）：

D = 31 2 - 1 = 3 \times (- 1) - 2 \times 1 = - 5 \neq = 0.

第二步，把系数行列式的第 $j$ 列换成右端常数列 $(7, - 1)^{T}$ ，得 $D_{j}$ ：

D_{1} = 7 - 1 2 - 1 = - 7 - (- 2) = - 5, D_{2} = 31 7 - 1 = - 3 - 7 = - 10.

第三步，由 $x_{j} = D_{j} / D$ ：

x_{1} = \frac{D _{1}}{D} = \frac{- 5}{- 5} = 1, x_{2} = \frac{D _{2}}{D} = \frac{- 10}{- 5} = 2.

代回验证：

3 \times 1 + 2 \times 2 = 7

✓，

1 - 2 = - 1

✓。故

x_{1} = 1, x_{2} = 2

。

例 2 用克拉默法则解方程组

⎩ ⎨ ⎧ 2 x_{1} + x_{2} + x_{3} = 7, x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = 8, x_{1} + x_{2} + 2 x_{3} = 9.

难度 2

系数行列式（行和相等型：各列加到第一列提出

4

，再化三角）：

D = 211121112 = [2 + 2 \times 1] (2 - 1)^{2} = 4 \neq = 0.

依次把第 $1, 2, 3$ 列换成右端 $(7, 8, 9)^{T}$ ：

D_{1} = 789121112 = 4, D_{2} = 211789112 = 8, D_{3} = 211121789 = 12.

故

x_{1} = \frac{4}{4} = 1, x_{2} = \frac{8}{4} = 2, x_{3} = \frac{12}{4} = 3.

代回三式均成立（

2 + 2 + 3 = 7, 1 + 4 + 3 = 8, 1 + 2 + 6 = 9

）。

例 3 问

λ

取何值时，齐次方程组

{(5 - λ) x_{1} + 2 x_{2} = 0, 2 x_{1} + (2 - λ) x_{2} = 0

有非零解？难度 2

核心判据：齐次方程组

A x = 0

有非零解

⟺

系数行列式

D = 0

。计算

D = 5 - λ 2 2 2 - λ = (5 - λ) (2 - λ) - 2 \times 2.

展开：

(5 - λ) (2 - λ) - 4 = λ^{2} - 7 λ + 10 - 4 = λ^{2} - 7 λ + 6 = (λ - 1) (λ - 6) .

令

D = 0

得

λ = 1

或

λ = 6

。所以 $λ = 1$ 或 $λ = 6$ 时方程组有非零解；其余

λ

只有零解。

例 4 讨论

λ

取何值时，方程组

{λ x_{1} + x_{2} = 1, x_{1} + λ x_{2} = λ

有唯一解，并求出该解。难度 2

唯一解的充要条件是系数行列式 $D \neq = 0$ 。 算

D

：

D = λ 1 1 λ = λ^{2} - 1 = (λ - 1) (λ + 1) .

故

D \neq = 0 ⟺ λ \neq = 1

且

λ \neq = - 1

，即 $λ \neq = \pm 1$ 时有唯一解。此时

D_{1} = 1 λ 1 λ = λ - λ = 0, D_{2} = λ 1 1 λ = λ^{2} - 1 = D,

x_{1} = \frac{D _{1}}{D} = \frac{0}{D} = 0, x_{2} = \frac{D _{2}}{D} = \frac{D}{D} = 1.

即唯一解为

x_{1} = 0, x_{2} = 1

（与

λ

无关）。注意 $D_{1} = 0$ 只说明 $x_{1} = 0$ ，方程组仍是唯一解，别误以为无解。

λ = \pm 1

时

D = 0

，需另用秩讨论，不属唯一解情形。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2023 年 · 数三 · 第 15 题 · 填空题 · 5 分

已知线性方程组

⎩ ⎨ ⎧ a x_{1} + x_{3} = 1, x_{1} + a x_{2} + x_{3} = 0, x_{1} + 2 x_{2} + a x_{3} = 0, a x_{1} + b x_{2} = 2

有解，其中

a, b

为常数。若

a 11 0 a 2 11 a = 4

，则

11 a a 2 b 1 a 0 =

______。

2008 年 · 数三 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设

n

元线性方程组

A x = b

，其中

A = 2 a a^{2} 1 2 a a^{2} 1 2 a ⋱ ⋱ ⋱ a^{2} 1 2 a_{n \times n}, x = x_{1} x_{2} ⋮ x_{n}, b = 10 ⋮ 0 .

（Ⅰ）证明行列式

∣ A ∣ = (n + 1) a^{n}

；

（Ⅱ）当

a

为何值时，该方程组有唯一解，并求

x_{1}

；

（Ⅲ）当

a

为何值时，该方程组有无穷多解，并求通解.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 填空题

用克拉默法则解方程组

{x_{1} + 2 x_{2} = 4, 3 x_{1} - x_{2} = 5,

则

x_{2} =

____。

练习 2 · 选择题

若齐次方程组

{λ x_{1} + 2 x_{2} = 0, 2 x_{1} + λ x_{2} = 0

有非零解，则

λ =

（）。

A $λ = 2$
B $λ = - 2$
C $λ = \pm 2$
D $λ = 4$

练习 3 · 选择题

设齐次线性方程组

A x = 0

含

n

个方程、

n

个未知数，则它只有零解的充要条件是（）。

A $∣ A ∣ = 0$
B $∣ A ∣ \neq = 0$
C $b = 0$
D $r (A) < n$

练习 4 · 填空题

设

3

元非齐次线性方程组的系数行列式

D = 2

，且将

D

的第

3

列换成常数列所得行列式

D_{3} = 6

，则

x_{3} =

____。

练习 5 · 选择题

关于克拉默法则，下列说法正确的是（）。

A当 $D = 0$ 时方程组一定有无穷多解
B克拉默法则要求方程个数等于未知数个数且 $D \neq = 0$
C齐次方程组 $A x = 0$ 总有非零解
D当 $D \neq = 0$ 时方程组可能无解

练习 6 · 选择题

用克拉默法则解方程组

⎩ ⎨ ⎧ 2 x_{1} + x_{2} - x_{3} = 3, x_{1} - 2 x_{2} + 2 x_{3} = 1, 3 x_{1} + x_{2} + x_{3} = 8,

则

x_{1} =

（　　）。

A $\frac{7}{5}$
B $- \frac{7}{5}$
C $2$
D $\frac{9}{5}$

练习 7 · 填空题

设三次多项式

f (x) = c_{0} + c_{1} x + c_{2} x^{2} + c_{3} x^{3}

满足

f (1) = 1, f (2) = 4, f (3) = 9, f (4) = 16,

则

c_{3} =

____。

练习 8 · 解答题

设线性方程组

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{2} + a x_{3} = 4, - x_{1} + a x_{2} + x_{3} = a^{2}, x_{1} - x_{2} + 2 x_{3} = - 4.

(1) 求系数行列式

D

，并指出方程组有唯一解的条件；

(2) 当方程组有唯一解时，用克拉默法则求出该解；

(3) 讨论

D = 0

的各种情形下方程组解的情况；有无穷多解时求出通解。

1996 年 · 数三 · 第 4 题 · 填空题 · 3 分

设

A = 1 a_{1} a_{1}^{2} ⋮ a_{1}^{n - 1} 1 a_{2} a_{2}^{2} ⋮ a_{2}^{n - 1} 1 a_{3} a_{3}^{2} ⋮ a_{3}^{n - 1} \dots \dots \dots \dots 1 a_{n} a_{n}^{2} ⋮ a_{n}^{n - 1}

，

X = x_{1} x_{2} x_{3} ⋮ x_{n}

，

B = 111 ⋮ 1

，其中

a_{i} \neq = a_{j} (i \neq = j; i, j = 1, 2, \dots, n)

，则线性方程组

A^{T} X = B

的解为 ______.

克拉默法则

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 克拉默法则为什么成立：用伴随矩阵作出的完整推导

2. 适用条件缺一不可：方程个数 = 未知数个数，并且 D=0★ 要懂

3. 齐次方程组 Ax=0 有非零解 ⟺∣A∣=0：这是数学（三）中最常用的判据★★ 必会

4. 含参数的非齐次方程组的三步讨论法

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 适用条件缺一不可：方程个数 $=$ 未知数个数，并且 $D \neq = 0$ ★ 要懂

3. 齐次方程组 $A x = 0$ 有非零解 $⟺ ∣ A ∣ = 0$ ：这是数学（三）中最常用的判据★★ 必会