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# 线性代数适应性调研
## 一、选择题，共六道，每题3分，共18分

1. 设 $A$ 为 $n$ 阶对称矩阵，$B$ 为 $n$ 阶反对称矩阵，下列矩阵中为反对称矩阵的是
   (A) $AB - BA$;  
   (B) $AB + BA$;  
   (C) $BAB$;  
   (D) $(AB)^2$.

>答案：**B**
>解析：$A$ 为 $n$ 阶对称矩阵 $\Rightarrow$ $A^T=A$ ， $B$ 为 $n$ 阶反称矩阵 $\Rightarrow$ $B^T=-B$ ；
>逐个选项分析：
>(A) $(AB-BA)^T=(AB)^T-(BA)^T=B^TA^T-A^TB^T=-BA+AB$，故 $AB-BA$ 是对称矩阵
>(B) $(AB+BA)^T=(AB)^T+(BA)^T=B^TA^T+A^TB^T=-BA-AB$，故 $(AB+BA)$ 是反称矩阵
>(C) $(BAB)^T=B^TA^TB^T=BAB$，故 $BAB$ 是对称矩阵
>(D) $((AB)^2)^T=(ABAB)^T=B^TA^TB^TA^T=(BA)^2$，故 $(AB)^2$ 不一定有对称性

2.  设 $e_1, e_2$ 和 $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 是线性空间 $\mathbb{R}^2$ 的两组基，并且已知关系式  $\varepsilon_1 = e_1 + 5e_2,\ \varepsilon_2 = e_2,$  则由基  $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 到基 $e_1, e_2$ 到基的过渡矩阵是  
   (A) $\begin{bmatrix}0 & -1 \\ -6 & 0\end{bmatrix}$
   (B) $\begin{bmatrix}-1 & 0 \\5 & -1\end{bmatrix}$
   (C) $\begin{bmatrix}1 & 0 \\-5 & -1\end{bmatrix}$
   (D) $\begin{bmatrix}1 & 0 \\-5 & 1\end{bmatrix}$

>答案：**D**
>解析：$\varepsilon_1 = e_1 + 5e_2,\quad \varepsilon_2 = 0e_1 + 1e_2.$
>把它们按列排成矩阵形式：$[\varepsilon_1, \varepsilon_2] = [e_1, e_2] \begin{bmatrix}1 & 0 \\5 & 1\end{bmatrix}.$
>而由基 $e_1, e_2$ 到基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 的过渡矩阵 $T$ 应该满足$\begin{bmatrix}e_1&e_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\varepsilon_1&\varepsilon_2\end{bmatrix}T$，即：
>$\begin{bmatrix}e_1&e_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}e_1&e_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 5 & 1\end{bmatrix}T$，所以 $T=\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 5 & 1\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}1 & 0 \\ -5 & 1\end{bmatrix}$

3. 设向量组  $\alpha_1 = (0, 0, c_1)^T,\quad  \alpha_2 = (0, 1, c_2)^T,\quad \alpha_3 = (1, -1, c_3)^T,\quad \alpha_4 = (-1, 1, c_4)^T,$  
   其中 $c_1, c_2, c_3, c_4$ 为任意常数，则下列向量组线性相关的是
   (A) $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$;  
   (B) $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$;  
   (C) $\alpha_1, \alpha_3, \alpha_4$;  
   (D) $\alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$.

>答案：**C**
>解析：逐选项分析：
>A. $\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&-1\\c_1&c_2&c_3\end{bmatrix}$，当$c_1\ne 0$时，作初等列变换，$\text{rank}\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_3\end{bmatrix}=\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{bmatrix}=3$，故线性无关；
>B. $\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&-1\\0&1&1\\c_1&c_2&c_4\end{bmatrix}$，当$c_1\ne 0$时，作初等列变换，$\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&-1\\0&1&1\\c_1&c_2&c_4\end{bmatrix}=\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{bmatrix}=3$，故线性无关；
>C. $\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_3&\alpha_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&-1\\0&-1&1\\c_1&c_3&c_4\end{bmatrix}\cong\begin{bmatrix}0&0&-1\\0&0&1\\c_1&c_3+c_4&c_4\end{bmatrix}\cong\begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&1\\c_1&c_3+c_4&c_4\end{bmatrix}$，故其必定线性相关；
>D. $\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&-1\\1&-1&1\\c_2&c_3&c_4\end{bmatrix}\cong\begin{bmatrix}0&0&-1\\1&0&1\\c_2&c_3+c_4&c_4\end{bmatrix}$，当$c_3+c_4\ne 0$时，作初等列变换，$\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&-1\\1&0&1\\c_2&c_3+c_4&c_4\end{bmatrix}=\text{rank}\begin{bmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}=3$，故线性无关；

4. 设 $A, B$ 为 $n$ 阶矩阵，则 
   (A) $\text{rank}[A \ AB] = \text{rank} A$;  
   (B) $\text{rank}[A \ BA] = \text{rank} A$;  
   (C) $\text{rank}[A \ B] = \max\{\text{rank} A, \text{rank} B\}$;  
   (D) $\text{rank}[A \ B] = \text{rank}[A^T \ B^T]$.

>答案：**A**
>重点：$AB$ 的每一列都是 $A$ 的列向量的线性组合，因此，$\text{rank}[A\quad AB]=\text{rank}A$ ，因为 $AB$ 的列都在 $A$ 的列空间中

5. 设 $A$ 可逆，将 $A$ 的第一列加上第二列的 2 倍得到 $B$，则 $A^*$ 与 $B^*$ 满足
   (A) 将 $A^*$ 的第一列加上第二列的 2 倍得到 $B^*$;  
   (B) 将 $A^*$ 的第一行加上第二行的 2 倍得到 $B^*$;  
   (C) 将 $A^*$ 的第二列加上第一列的 $(-2)$ 倍得到 $B^*$;  
   (D) 将 $A^*$ 的第二行加上第一行的 $(-2)$ 倍得到 $B^*$.

>答案：**D**
>解析：$B=AP(2,1(2))$，故$B^{-1}=P(2,1(-2))A^{-1}$，
>又$|A|=|B|$，$A^*=|A|A^{-1}$，
>可得$B^*=|B|B^{-1}=|A|P(2,1(-2))A^{-1}=P(2,1(-2))A^*$，根据初等矩阵的性质，$B^*$应该是$A^*$的第一行乘以$(-2)$加到第二行的结果。

6. 已知方程组$\quad\begin{cases}x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0, \\2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0, \\x_1 + x_2 + ax_3 = 0,\end{cases}$与$\text{(II)} \quad\begin{cases}x_1 + bx_2 + cx_3 = 0, \\2x_1 + b^2x_2 + (c+1)x_3 = 0\end{cases}$同解，则
   (A) $a = 1, b = 0, c = 1$;  
   (B) $a = 1, b = 1, c = 2$;  
   (C) $a = 2, b = 0, c = 1$;  
   (D) $a = 2, b = 1, c = 2$.

>答案：**D**
>解析：$\text{(I)}:\begin{bmatrix}1&2&3\\2&3&5\\1&1&a\end{bmatrix}x=0$，$\text{(II)}: \begin{bmatrix}1&b&c\\2&b^2&c+1\end{bmatrix}x=0$，对方程做初等行变换：
>$\text{(I)}:\begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&1\\0&0&a-2\end{bmatrix}x=0$，$\text{(II)}: \begin{bmatrix}1&b&c\\0&b^2-2b&1-c\end{bmatrix}x=0$，记系数矩阵分别为$A,B$
>因为方程(I),(II)同解，所以$\text{rank}A=\text{rank}B$，而$\text{rank}A\ge 2,\text{rank}B\le 2$，故$\text{rank}A=\text{rank}B=2$，故$a-2=0 \to a=2$；所以方程组(I)的解为$x=k(1,1,-1)^T$；
>令$k=1,x=(1,1,-1)^T$代入方程组(II)得$\begin{bmatrix}1&b&c\\0&b^2-2b&1-c\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\\-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1+b-c\\b^2-2b+c-1\end{bmatrix}=0$，解得$\begin{cases}b=0\\c=1\end{cases}$或$\begin{cases}b=1\\c=2\end{cases}$；然而，当$\begin{cases}b=0\\c=1\end{cases}$时，$\begin{bmatrix}1&b&c\\0&b^2-2b&1-c\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&1\\0&0&0\end{bmatrix}$，不符合$\text{rank}B=2$的约束，故舍去；
>综上，$\begin{cases}a=2\\b=1\\c=2\end{cases}$

## 二、填空题，共六道，每题3分，共18分

7. 已知向量 $\alpha_1 = (1,0,-1,0)^T$，$\alpha_2 = (1,1,-1,-1)^T$，$\alpha_3 = (-1,0,1,1)^T$，则向量 $\alpha_1 + 2\alpha_2$ 与 $2\alpha_1 + \alpha_3$ 的内积$\langle \alpha_1 + 2\alpha_2,\, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle = \underline{\qquad\qquad}.$

【答】4 

【解析】由内积的性质可知 $$ \begin{aligned} \langle \alpha_1 + 2\alpha_2, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle &= \langle \alpha_1, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle + \langle 2\alpha_2, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle \\[1em] &= \langle \alpha_1, 2\alpha_1 \rangle + \langle \alpha_1, \alpha_3 \rangle + \langle 2\alpha_2, 2\alpha_1 \rangle + \langle 2\alpha_2, \alpha_3 \rangle \\[1em] &= 2\langle \alpha_1, \alpha_1 \rangle + \langle \alpha_1, \alpha_3 \rangle + 4\langle \alpha_2, \alpha_1 \rangle + 2\langle \alpha_2, \alpha_3 \rangle, \end{aligned} $$ 再由题意，可知 $$ \langle \alpha_1, \alpha_1 \rangle = 2,\quad \langle \alpha_1, \alpha_3 \rangle = -2,\quad \langle \alpha_2, \alpha_1 \rangle = 2,\quad \langle \alpha_2, \alpha_3 \rangle = -3. $$ 从而 $$ \langle \alpha_1 + 2\alpha_2, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle = 4. $$

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8. 设2阶矩阵A=$\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix}$，n为正整数，则$A^n=\underline{\quad\quad}$。

解析：
先计算$A^2$：

$$\begin{align}A^2&=\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix}\\[1em]
&= \begin{bmatrix}3\times3 + (-1)\times(-9)&3\times(-1) + (-1)\times3\\-9\times3 + 3\times(-9)&-9\times(-1) + 3\times3\end{bmatrix}\\[1em]
&=\begin{bmatrix}18&-6\\-54&18\end{bmatrix}\\[1em]
&= 6\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix} \\[1em] &= 6A
\end{align}
$$
 
由此递推：$A^3 = A^2 \cdot A = 6A \cdot A = 6A^2 = 6\times6A = 6^2A$，归纳可得当$n \geq 1$时，$A^n = 6^{n-1}A$
 

 
将A代入得：
$$A^n = 6^{n-1}\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix} $$

9. 若向量组$\alpha_1 = (1,0,1)^T,\quad \alpha_2 = (0,1,1)^T,\quad \alpha_3 =(1,3,5)^T$不能由向量组$\beta_1 = (1,1,1)^T,\quad \beta_2 = (1,2,3)^T,\quad \beta_3 =(3,4,a)^T$线性表示，则$a = \underline{\qquad\qquad}.$

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【答】5.

【解析】（方法一）依题意知 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性相关，否则，若 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性无关，则 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 为向量空间 $R^3$ 的一组基，$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 能由 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性表示，矛盾。记 $B = [\beta_1, \beta_2, \beta_3]$，则 $|B| = 0$，解得 $a = 5$。

（方法二）令 
$$A = [\beta_1, \beta_2, \beta_3, \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3] = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 4 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 3 & a & 1 & 1 & 5 \end{bmatrix}$$ 
对其进行初等行变换

$$A \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & a-3 & 0 & 1 & 4 \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & a-5 & 2 & -1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \gamma_1 & \gamma_2 & \gamma_3 & \gamma_4 & \gamma_5 & \gamma_6 \end{bmatrix}$$

由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 不能由 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性表示可知 $\gamma_4, \gamma_5, \gamma_6$ 不能由 $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ 线性表示，从而 $a = 5$。

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10. 设矩阵
    $$
    A = \begin{bmatrix}
    1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\
    1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\
    1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\
    1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3
    \end{bmatrix},\quad
    x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix},\quad
    b = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix},
    $$
    其中常数 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 互不相等，则线性方程组 $Ax = b$ 的解为
    $$
    \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}.
    $$
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**答**：$(1,0,0,0)^T$。

**解析**：由范德蒙行列式的性质可知 $|A| \neq 0$，从而线性方程组 $Ax = b$ 有唯一解。

又由
$$
\begin{bmatrix}
1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\
1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\
1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\
1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
1 \\
1
\end{bmatrix}
$$
可知 $Ax = b$ 的解为
$$
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
$$
---


11. 矩阵(陈峰华原创题)$$A=\begin{bmatrix}
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 1 & \cdots & 1 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 1 & 1 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 
\end{bmatrix}_{(mn) \times (mn)}$$其中第一行有$m$个$0$.若$A^k=O$，则 $k$ 的最小值为$\underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}.$

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解析：观察得每乘一次第一行少 $m$ 个0，故最少进行 $n$ 次即可

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12. 设 $A, B$ 均为 $n$ 阶方阵，满足$\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B,$ 且方程 $XA = B$ 有解。若 $\operatorname{rank} A = k$，则$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\underline{\hspace{3cm}}.$

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解析：类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B=\text{rank}A=k$，由初等变换不改变秩得$$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$$

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## 三、解答题，共五道，共64分

13. （20 分）计算 下面的两个$n$阶行列式

    $$
    K_n = \begin{vmatrix}
    1 & 2 & 3 & \cdots & n-1 & n \\
    2 & 1 & 2 & \cdots & n-2 & n-1 \\
    3 & 2 & 1 & \cdots & n-3 & n-2 \\
    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
    n-1 & n-2 & n-3 & \cdots & 1 & 2 \\
    n & n-1 & n-2 & \cdots & 2 & 1
    \end{vmatrix}.
    $$


$$
 M_n =\begin{vmatrix}
1+x_1 & 1+x_1^2 & \cdots & 1+x_1^n \\
1+x_2 & 1+x_2^2 & \cdots & 1+x_2^n \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1+x_n & 1+x_n^2 & \cdots & 1+x_n^n
\end{vmatrix}
$$

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解析
（1）$K_n$：  
从第 $n-1$ 行开始，依次乘以 $(-1)$ 加到下一行，再把第 $n$ 列加到前面各列，得

$$
\begin{aligned}
K_n &= 
\begin{vmatrix}
1 & 2 & 3 & \cdots & n-1 & n \\
2 & 1 & 2 & \cdots & n-2 & n-1 \\
3 & 2 & 1 & \cdots & n-3 & n-2 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
n-1 & n-2 & n-3 & \cdots & 1 & 2 \\
n & n-1 & n-2 & \cdots & 2 & 1
\end{vmatrix} \\[4pt]
&= 
\begin{vmatrix}
1 & 2 & 3 & \cdots & n-1 & n \\
1 & -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\
1 & 1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
1 & 1 & 1 & \cdots & -1 & -1 \\
1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & -1
\end{vmatrix}

\end{aligned}
$$

继续化简：

$$
\begin{aligned}
&= 
\begin{vmatrix}
n+1 & n+2 & n+3 & \cdots & 2n-1 & n \\
0 & -2 & -2 & \cdots & -2 & -1 \\
0 & 0 & -2 & \cdots & -2 & -1 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \cdots & -2 & -1 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -1
\end{vmatrix}

\end{aligned}
$$

这是一个上三角行列式，因此

$$
D_n = (-1)^{n-1} \cdot 2^{n-2} \cdot (n+1)

$$
---
（2）加边


$$
\tilde{D} = 
\begin{vmatrix}
1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
1 & 1 + x_1 & 1 + x_1^2 & \cdots & 1 + x_1^n \\
1 & 1 + x_2 & 1 + x_2^2 & \cdots & 1 + x_2^n \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & 1 + x_n & 1 + x_n^2 & \cdots & 1 + x_n^n
\end{vmatrix}

$$

$$
\tilde{D} = 
\begin{vmatrix}
1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\
1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^n \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n
\end{vmatrix}
$$

将第一行拆为 $(2,0,0,\dots,0)$ 与 $(-1,-1,\dots,-1)$ 之和：

$$
\tilde{D} = 
\begin{vmatrix}
2 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^n \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n
\end{vmatrix}
+
\begin{vmatrix}
-1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\
1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^n \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n
\end{vmatrix}
$$

令左边为 $A$，右边为 $B$。

计算 $A$，按第一行展开：

$$
A = 2 \cdot 
\begin{vmatrix}
x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^n \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n
\end{vmatrix}
= 2 \cdot \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right) \cdot 
\begin{vmatrix}
1 & x_1 & \cdots & x_1^{n-1} \\
1 & x_2 & \cdots & x_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & x_n & \cdots & x_n^{n-1}
\end{vmatrix}
$$

右边为范德蒙德行列式：

$$
A = 2 \prod_{i=1}^{n} x_i \cdot \prod_{1 \leq i < j \leq n} (x_j - x_i)
$$

计算 $B$，提出第一行的因子 $-1$：

$$
B = (-1) \cdot 
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\
1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^n \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n
\end{vmatrix}
$$

该行列式为 $n+1$ 阶范德蒙德行列式，变量为 $1, x_1, x_2, \dots, x_n$：

$$
B = (-1) \cdot \prod_{i=1}^{n} (x_i - 1) \cdot \prod_{1 \leq i < j \leq n} (x_j - x_i)
$$

因此：

$$
\tilde{D} = A + B = \left( 2 \prod_{i=1}^{n} x_i - \prod_{i=1}^{n} (x_i - 1) \right) \cdot \prod_{1 \leq i < j \leq n} (x_j - x_i)
$$

$$
\boxed{\tilde{D} = \left(2\prod\limits_{i=1}^{n}x_i - \prod\limits_{i=1}^{n}(x_i-1)\right) \prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(x_j-x_i)}
$$


---
14. 设$A=\begin{bmatrix}1 & -1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 2 & 6\end{bmatrix},B=\begin{bmatrix}1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & a & a-1 \\ 2 & -3 & 2 & -2\end{bmatrix}$,向量$\alpha=\begin{bmatrix}0\\2\\3\end{bmatrix},\beta=\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}$.
     
     (1)证明：方程组$Ax=\alpha$的解均为方程组$Bx=\beta$的解；
     (2)若方程组$Ax=\alpha$与方程组$Bx=\beta$不同解，求$a$的值.

---

解析：
(1)证明：$[A\ \ \alpha] \rightarrow \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 1 & 1\\0 & 1 & 0 & 2 & 1\\0 & 0 & 1 & 1 & 0\end{bmatrix}$,于是$Ax=\alpha$的通解为$$x=k\begin{bmatrix}-1\\-2\\-1\\1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1\\1\\0\\0\end{bmatrix},$$把方程$Bx=\beta$还原成方程组得$$\begin{cases}x_1&+0x_2&+x_3&+2x_4&=1\\x_1&-x_2&+ax_3&+(a-1)x_4&=1\\2x_1&-3x_2&+2x_3&-2x_4&=-1\end{cases}$$把$Ax=\alpha$的解带入上方程组，显然符合，故方程组$Ax=\alpha$的解均为方程组$Bx=\beta$的解.

(2)方程组$Bx=\beta$与方程组$Ax=\alpha$不同解，而由上一题，方程组$Ax=\alpha$的解是$Bx=\beta$的解的真子集，于是$\dim N(A)<\dim N(B),r(A)=3>r(B),r(B)\le2$.对$B$进行初等行变换得$$B\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&1&2\\0&1&0&2\\0&0&a-1&a-1\end{bmatrix},$$于是$a=1$.

---

15. （10 分）设 
    $$
    \alpha_1 = (1,0,-1)^T,\quad \alpha_2 = (2,1,1)^T,\quad \alpha_3 = (1,1,1)^T
    $$
    和
    $$
    \beta_1 = (0,1,1)^T,\quad \beta_2 = (-1,1,0)^T,\quad \beta_3 = (0,2,1)^T
    $$
    是 $\mathbb{R}^3$ 的两组基，求向量
    $$
    u = \alpha_1 + 2\alpha_2 - 3\alpha_3
    $$
    在基 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 下的坐标。

---

解析：

已知：

$$
A = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = 
\begin{bmatrix} 
1 & 2 & 1 \\ 
0 & 1 & 1 \\ 
-1 & 1 & 1 
\end{bmatrix},
$$

$$
B = (\beta_1, \beta_2, \beta_3) = 
\begin{bmatrix} 
0 & -1 & 0 \\ 
1 &  1 & 2 \\ 
1 &  0 & 1 
\end{bmatrix}.
$$

设 $u$ 在基 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 下的坐标为 $x = (1, 2, -3)^T$，在基 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 下的坐标为 $y$，则

$$
u = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) x = (\beta_1, \beta_2, \beta_3) y,
$$

即

$$
Ax = By.
$$

因为 $B$ 可逆，所以

$$
y = B^{-1} A x.
$$

用增广矩阵求解 $y$：

$$
(B, Ax) = 
\begin{bmatrix}
0 & -1 & 0 & \vert & 2 \\
1 &  1 & 2 & \vert & -1 \\
1 &  0 & 1 & \vert & -2
\end{bmatrix}
$$

作行初等变换：

$$
\begin{aligned}
&\rightarrow
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & \vert & -2 \\
0 & 1 & 1 & \vert & 1 \\
0 & -1 & 0 & \vert & 2
\end{bmatrix} \\[1em]
&\rightarrow
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & \vert & -2 \\
0 & 1 & 1 & \vert & 1 \\
0 & 0 & 1 & \vert & 3
\end{bmatrix} \\[1em]
&\rightarrow
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & \vert & -5 \\
0 & 1 & 0 & \vert & -2 \\
0 & 0 & 1 & \vert & 3
\end{bmatrix}.
\end{aligned}
$$

因此向量

$$
u = \alpha_1 + 2\alpha_2 - 3\alpha_3
$$

在基 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 下的坐标为

$$
y = (-5, -2, 3)^T.
$$

---


16. （12 分）设 $n$ 阶方阵 $A, B$ 满足 $AB = A + B$。
    （1）证明 $A - E$ 可逆；
    （2）证明 $AB = BA$；
    （3）证明 $\mathrm{rank}(A) = \mathrm{rank}(B)$；
    
    （4）若矩阵
    $$
    B = \begin{bmatrix}
    1 & -3 & 0 \\
    2 &  1 & 0 \\
    0 &  0 & 2
    \end{bmatrix},
    $$
    求矩阵 $A$。


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**【解】**

**(1)**  
由 $AB = A + B$ 得 $(A - E)(B - E) = E$，因此 $A - E$ 可逆。  
$$\text{……3 分}$$

**(2)**  
由 $(A - E)(B - E) = E$ 得 $(B - E)(A - E) = E$，因此 $AB = BA$。  
$$\text{……6 分}$$

**(3)**  
由 $AB = A + B$ 得 $A = (A - E)B$，而 $A - E$ 可逆，故  
$$
\mathrm{rank}(A) = \mathrm{rank}(B).
$$
$$\text{……9 分}$$

**(4)**  
由 $AB = A + B$ 得 $A(B - E) = B$，而 $B - E$ 可逆，故  
$$
A = B(B - E)^{-1}.
$$
已知
$$
B = \begin{bmatrix}
1 & -3 & 0 \\
2 &  1 & 0 \\
0 &  0 & 2
\end{bmatrix},
$$
则
$$
B - E = \begin{bmatrix}
0 & -3 & 0 \\
2 &  0 & 0 \\
0 &  0 & 1
\end{bmatrix}.
$$
求逆得
$$
(B - E)^{-1} = \begin{bmatrix}
0 & \frac12 & 0 \\[2pt]
-\frac13 & 0 & 0 \\[2pt]
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}.
$$
于是
$$
A = B(B - E)^{-1} = \begin{bmatrix}
1 & -3 & 0 \\
2 &  1 & 0 \\
0 &  0 & 2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0 & \frac12 & 0 \\[2pt]
-\frac13 & 0 & 0 \\[2pt]
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
1 & \frac12 & 0 \\[2pt]
-\frac13 & 1 & 0 \\[2pt]
0 & 0 & 2
\end{bmatrix}.
$$
$$\text{……12 分}$$

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17. 设矩阵$A=\begin{bmatrix}1&2&1&2\\0&1&t&t\\1&t&0&1\end{bmatrix}$，齐次线性方程组Ax=0的基础解系中含有两个解向量，求Ax=0的通解。

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解析：
因为n=4，$n-\text{rank}A=2$，所以$\text{rank}A=2$。
对A施行初等行变换，得
$$A=\begin{bmatrix}1&2&1&2\\0&1&t&t\\1&t&0&1\end{bmatrix}\to\begin{bmatrix}1&2&1&2\\0&1&t&t\\0&t-2&-1&-1\end{bmatrix}$$

$$\to\begin{bmatrix}1&2&1&2\\0&1&t&t\\0&0&-(1-t)^2&-(1-t)^2\end{bmatrix}\to\begin{bmatrix}1&0&1-2t&2-2t\\0&1&t&t\\0&0&-(1-t)^2&-(1-t)^2\end{bmatrix}$$

 
要使$\text{rank}A=2$，则必有t=1。
此时，与Ax=0同解的方程组为$\begin{cases}x_1=x_3\\x_2=-x_3-x_4\end{cases}$，得基础解系为
$$\boldsymbol{\xi}_1=\begin{bmatrix}1\\-1\\1\\0\end{bmatrix},\ \boldsymbol{\xi}_2=\begin{bmatrix}0\\-1\\0\\1\end{bmatrix}$$
方程组的通解为$$\boldsymbol{x}=k_1\boldsymbol{\xi}_1+k_2\boldsymbol{\xi}_2，（k_1,k_2为任意常数）$$