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@@ -54,14 +54,10 @@ $$D_n=\begin{vmatrix}1&1&0&\cdots&0&0\\-1&1&1&\cdots&0&0\\0&-1&1&\cdots&0&0\\\vd
 ### 1. 答案：$\boxed{4c}$
 
 #### **解析：**
-
-$设原矩阵为 A（即 |A|=c），全 1 矩阵 J=\boldsymbol{e}\boldsymbol{e}^T（其中 \boldsymbol{e}=(1,1,1)^T），需求解的行列式为 |A+J|。$
-由代数余子式性质：$\sum_{i,j}A_{ij}=\boldsymbol{e}^T A^*\boldsymbol{e}=3c$，且可逆矩阵的伴随矩阵满足$A^*=|A|A^{-1}=cA^{-1}$（因 $|A|=c\neq0，A$ 可逆），代入得 $\boldsymbol{e}^T A^{-1}\boldsymbol{e}=3$。
-
-利用**Sherman-Morrison 行列式公式**：对可逆矩阵$A$ 和向量 $\boldsymbol{u},\boldsymbol{v}$，有 $|A+\boldsymbol{u}\boldsymbol{v}^T|=|A|(1+\boldsymbol{v}^T A^{-1}\boldsymbol{u})$。
-
-此处 $\boldsymbol{u}=\boldsymbol{v}=\boldsymbol{e}$，代入得 $|A+J|=c(1+\boldsymbol{e}^T A^{-1}\boldsymbol{e})=c(1+3)=4c$。
-
+没有全1的行列式：即$|A|=c$；
+仅 1 列是全 1、其余为$A$中某一列的行列式：共 3 个，分别对应第 1、2、3 列拆分为全 1 列。此类行列式按全 1 列展开，值为该列的代数余子式之和，即$\sum\limits_{i=1}^3A_{i1},\sum\limits_{i=1}^3A_{i3},\sum\limits_{i=1}^3A_{i2}$ ，总和为$\sum\limits_{i,j=1}^3A_{ij}=3c$;
+含两列及以上全1的行列式：等于0
+综上原式$=4c$.
 ### **2. 答案：$\boxed{2}$
 
 #### **解析：**
@@ -92,9 +88,14 @@ $代入 B 的特征值 \lambda=1,0,0，得 E-B 的特征值为 1-1=0，1-0=1，1
 
 #### **解析：**
 
-将二次型展开为矩阵形式：
+记$A_i$为$A$中把除了第$i$列之外全部都换成$0$的矩阵，则将二次型展开为矩阵形式：
 
-$$f(\boldsymbol{x})=\sum_{i=1}^{n}(A\boldsymbol{x})_i^2=(A\boldsymbol{x})^T(A\boldsymbol{x})=\boldsymbol{x}^T(A^T A)\boldsymbol{x}$$
+$$\begin{aligned}
+f(\boldsymbol{x})&=\sum_{i=1}^{n}(<A_i\boldsymbol{x},A_i\boldsymbol{x}>)^2\\
+&=\sum\limits_{i=1}^n((A_i\boldsymbol{x})^TA_i\boldsymbol{x})\\
+&=\boldsymbol{x}^T\sum\limits_{i=i}^{n}A_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i\boldsymbol{x}\\
+&=\boldsymbol{x}^T(A^T A)\boldsymbol{x}
+\end{aligned}$$
 
 • 二次型的矩阵需满足**对称性质**（即矩阵等于其转置），验证：$(A^T A)^T=A^T(A^T)^T=A^T A$，故 $A^T A$ 是对称矩阵，即为二次型的矩阵。