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@ -0,0 +1,54 @@
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1. （7分） $\begin{bmatrix}1&2^{101}-2&0\\0&2^{100}&0\\0&\frac{5}{3}(1-2^{100})&1\end{bmatrix}$
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>解析：
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>$A$ 的特征值为 $1,1,2$，
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>$A=\begin{bmatrix}0&1&2\\0&0&1\\1&-1&-\frac{5}{3}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1&2\\0&0&1\\1&-1&-\frac{5}{3}\end{bmatrix}^{-1}$
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2. （6分） $\frac{n(n-1)}{2}$
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>解析：略
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3. $s$ 是奇数
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>解析：向量组 $\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s$ 线性无关，即 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 到 $\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s$ 的过渡矩阵可逆（此时两个向量组等价），过渡矩阵为$\begin{bmatrix}1&&&\cdots&1\\1&1&&&\\&1&1&&\\&&\ddots&\ddots&\\&&&1&1\end{bmatrix}_{s\times s}$，过渡矩阵的行列式不为$0$
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>按照第一行展开：
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>$\begin{vmatrix}1&&&\cdots&1\\1&1&&&\\&1&1&&\\&&\ddots&\ddots&\\&&&1&1\end{vmatrix}_{s\times s}=(-1)^2\begin{vmatrix}1&&&&\\1&1&&&\\&1&1&&\\&&\ddots&\ddots&\\&&&1&1\end{vmatrix}_{(s-1)\times (s-1)}+(-1)^{s+1}\begin{vmatrix}1&1&&&\\&1&1&&\\&&1&\ddots&\\&&&\ddots&1\\&&&&1\end{vmatrix}_{(s-1)\times (s-1)}$
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>即$\begin{vmatrix}1&&&\cdots&1\\1&1&&&\\&1&1&&\\&&\ddots&\ddots&\\&&&1&1\end{vmatrix}_{s\times s}=1+(-1)^{s+1}=\begin{cases}0,s\text{为偶数}\\2,s\text{为奇数}\end{cases}$
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>所以 $s$ 是奇数
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4. （6分） 0
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>解析：因为$A,B$是正交矩阵且$|A|=-|B|$，所以$A^\mathrm{T}A=E, B^\mathrm{T}B=E, |A|=\pm 1, |B|=\mp 1$，
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>而$A^{-1}(A+B)B^{-1}=B^{-1}+A^{-1}=A^\mathrm{T}+B^\mathrm{T}=(A+B)^\mathrm{T}$，
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>所以$|A^{-1}||A+B||B^{-1}|=|(A+B)^\mathrm{T}|=|A+B|$，$|A^{-1}||B^{-1}|=-1$
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>所以$-|A+B|=|A+B|$，即$|A+B|=0$
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5. （7分） 0
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>$A\sim B\sim\begin{bmatrix}1&&&\\&2&&\\&&3&\\&&&4\end{bmatrix}$，
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>所以$B^{-1}-E\sim\begin{bmatrix}1&&&\\&2&&\\&&3&\\&&&4\end{bmatrix}^{-1}-E=\begin{bmatrix}0&&&\\&-\frac{1}{2}&&\\&&-\frac{2}{3}&\\&&&-\frac{3}{4}\end{bmatrix}$，
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>所以$|B^{-1}-E|=\begin{vmatrix}0&&&\\&-\frac{1}{2}&&\\&&-\frac{2}{3}&\\&&&-\frac{3}{4}\end{vmatrix}=0$
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6. （7分） 0
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>解析：设 $\alpha,\beta,\gamma$ 为 $x^3+px+q=0$ 的三个根，则 $x^3+px+q=$$(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma)x+\alpha\beta\gamma$ ，所以$\alpha+\beta+\gamma=0$，将行列式第二、三行加在第一行，第一行全为$\alpha+\beta+\gamma=0$，故行列式为0
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7. （20分） $D_n=2^{n-1}(2+\sum\limits_{j=1}^n a_j^2)$
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>解析
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>方法1：
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>行列式加边法：$D_n=\begin{vmatrix}1&a_1&a_2&\cdots&a_n\\0&2+a_1^2&a_1a_2&\cdots&a_1a_n\\0&a_2a_1&2+a_2^2&\cdots&a_2a_n\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&a_na_1&a_na_2&\cdots&2+a_n^2\end{vmatrix}$
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>将第一行乘以 $(-a_i)$ 加到第 $i+1$ 行：
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>$D_n=\begin{vmatrix}1&a_1&a_2&\cdots&a_n\\-a_1&2&&&\\-a_2&&2&&\\\vdots&&&\ddots&\\-a_n&&&&2\end{vmatrix}$（模板：箭头行列式）
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>再将第 $j+1$ 列乘以 $\frac{a_j}{2}$ 加到第一列：
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>$D_n=\begin{vmatrix}1+\sum\limits_{j=1}^n\frac{a_j^2}{2}&a_1&a_2&\cdots&a_n\\&2&&&\\&&2&&\\&&&\ddots&\\&&&&2\end{vmatrix}$
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>所以$D_n=2^{n-1}(2+\sum\limits_{j=1}^n a_j^2)$
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>方法2：
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>核心结论：$|E+AB|=|E+BA|$
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>$D_n=|2E_n+xx^\mathrm{T}|=2^n|E_n+\frac{1}{2}xx^\mathrm{T}|=2^n|E_1+\frac{1}{2}x^\mathrm{T}x|=2^n(1+x^\mathrm{T}x)=2^{n-1}(2+\sum\limits_{j=1}^{n}a_j^2)$
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8. （20分） $\begin{bmatrix}1\\3\\4\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}2\\1\\-1\end{bmatrix}, k\in\mathbb{R}$
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>解析：由 $\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$ 可得 $A$ 的列向量组线性相关， $|A|=0$；又因为 $A$ 的三个特征值各不相同，故 $A$ 有两个不为零的特征值 $\lambda_1,\lambda_2$，且 $A$ 可相似对角化，即 $A=P^{-1}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}P$，$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(P^{-1}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}P)=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}=2$
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>故 $Ax=0$ 的解空间维数是 $1$ （5分）
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>$\beta=\alpha_1+3\alpha_2+4\alpha_3$，所以 $(1,3,4)^\mathrm{T}$ 为特解；（5分）
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>$\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$，所以$A\begin{bmatrix}2k\\k\\-k\end{bmatrix}=2\alpha_1+\alpha_2-\alpha_3=0$，所以 $(2,1,-1)^\mathrm{T}$ 为基础解系；（10分）
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>解空间维数是 $1$ ，方程的解 $\begin{bmatrix}1\\3\\4\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}2\\1\\-1\end{bmatrix}, k\in\mathbb{R}$ 维数是 $1$，该解完备
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9. 证明如下：
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>(1)（10分）
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> 对于方程组$Ax=0$ (a)和 $A^\mathrm{T}Ax=0$ (b)，b的解空间一定包含a的解空间（5分）；
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>而方程b两边同时乘以$x^\mathrm{T}$，得 $x^\mathrm{T}A^\mathrm{T}Ax=0$ ，即 $(x^\mathrm{T}A^\mathrm{T})(Ax)=0 \to Ax=0$，
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>所以a的解空间包含b的解空间（5分），
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>所以a,b同解，所以$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}{A^\mathrm{T}A}$
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>(2) （10分）
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>$A^\mathrm{T}Ax=A^\mathrm{T}\beta \iff \mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})$
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>而由(1)的结论得等式左边 $\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}A$；
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>等式右边 $\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})\ge \mathrm{rank}A^\mathrm{T}A=\mathrm{rank}A$ （5分）
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>又$\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}\begin{bmatrix}A&\beta\end{bmatrix})\le \min{(\mathrm{rank}A^\mathrm{T},\ \mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&\beta\end{bmatrix})}=\mathrm{rank}A$ （5分）
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>所以$\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})=\mathrm{rank}A$
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>故 $\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})$ 得证.
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