@ -82,11 +82,119 @@ tags:
7. 已知向量 $\alpha_1 = (1,0,-1,0)^T$， ，
8. 设2阶矩阵A=$\begin{bmatrix}3& -1\\-9& 3\end{bmatrix}$， ，
【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 $$ \langle \alpha_1 + 2\alpha_2, 2\alpha_1 + \alpha_3 \rangle = 4. $$
---
8. 设2阶矩阵A=$\begin{bmatrix}3& -1\\-9& 3\end{bmatrix}$， ，
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$a = \underline{\qquad\qquad}.$
10. 设矩阵$A = \begin{bmatrix}1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3\end{bmatrix},x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix},b = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix},$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$\underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}.$
解析：
先计算$A^2$：
$$A^2
= \begin{bmatrix}3& -1\\-9& 3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3& -1\\-9& 3\end{bmatrix} $$
$$= \begin{bmatrix}3\times3 + (-1)\times(-9)& 3\times(-1) + (-1)\times3\\-9\times3 + 3\times(-9)& -9\times(-1) + 3\times3\end{bmatrix}
$$$$= \begin{bmatrix}18& -6\\-54& 18\end{bmatrix} $$
$$= 6\begin{bmatrix}3& -1\\-9& 3\end{bmatrix} = 6A$$
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
$$
a = \underline{\qquad\qquad}.
$$
---
【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 $a = 5$。
---
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
$$
\underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}.
$$
---
**答**：
**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)$$A=\begin{bmatrix}
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 & 1 \\
@ -102,12 +210,25 @@ tags:
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}_{(mn) \times (mn)}$$其中第一行有$m$个$0$.若$A^k=O$，则 $k$ 的最小值为$\underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}.$
---
解析：观察得每乘一次第一行少 $m$ 个0，
---
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$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\underline{\hspace{3cm}}.$
---
解析：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
$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$
---
## 三、解答题， ，
13. （
$$
$$
K_n = \begin{vmatrix}
1 & 2 & 3 & \cdots & n-1 & n \\
2 & 1 & 2 & \cdots & n-2 & n-1 \\
@ -117,6 +238,8 @@ $$
n & n-1 & n-2 & \cdots & 2 & 1
\end{vmatrix}.
$$
$$
M_n =\begin{vmatrix}
1+x_1 & 1+x_1^2 & \cdots & 1+x_1^n \\
@ -125,13 +248,387 @@ $$
1+x_n & 1+x_n^2 & \cdots & 1+x_n^n
\end{vmatrix}
$$
14. （ & -1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 2 & 6\end{bmatrix},B=\begin{bmatrix}1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & a & a-1 \\ 2 & -3 & 2 & -2\end{bmatrix}$,向量$\alpha=\begin{bmatrix}0\\2\\3\end{bmatrix},\beta=\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}$.
(1)证明：方程组 $Ax=\alpha$ 的解均为方程组 $Bx=\beta$ 的解；
(2)若方程组 $Ax=\alpha$ 与方程组 $Bx=\beta$ 不同解，求 $a$ 的值.
15. （
---
解析
（ ） ：
从第 $n-1$ 行开始，依次乘以 $(-1)$ 加到下一行，再把第 $n$ 列加到前面各列，得
$$
\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)
$$
---
（ ）
$$
\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& +x_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},$$于是$a=1$.
---
15. （
$$
\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.
$$
---
16. （
（ ）
（ ） ；
（ ） ；
（ ） & -3 & 0 \\2 & 1 & 0 \\0 & 0 & 2\end{bmatrix}$，求矩阵 $A$。
17. （ & 2& 1& 2\\0& 1& t& t\\1& t& 0& 1\end{bmatrix}$，齐次线性方程组 $Ax=0$ 的基础解系中含有两个解向量，求 $Ax=0$ 的通解。
（ ）
$$
B = \begin{bmatrix}
1 & -3 & 0 \\
2 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{bmatrix},
$$
求矩阵 $A$。
---
**【解】**
**(1)**
由 $AB = A + B$ 得 $(A - E)(B - E) = E$，因此 $A - E$ 可逆。
$$\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}$$
---
17. 设矩阵$A=\begin{bmatrix}1& 2& 1& 2\\0& 1& t& t\\1& t& 0& 1\end{bmatrix}$， ，
---
解析：
因为n=4，
对A施行初等行变换，
$$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}$$
要使$\text{rank}A=2$，
此时，
$$\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， （ ）
