2024-2025学年上学期期中

2024-2025学年上学期期中试卷（A）（含答案）

一、（7 分）

计算 $n$ 阶行列式

$$D_n = \begin{vmatrix} 1+a_1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1+a_2 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1+a_n \end{vmatrix},$$

其中 $a_1a_2\cdots a_n \ne 0$。

解：

利用行列式性质直接将它化成“爪”型行列式。第 2 行，第 3 行，$\cdots$，第 $n$ 行分别减去第 1 行，得

$$D_n = \begin{vmatrix} 1+a_1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ -a_1 & a_2 & 0 & \cdots & 0 \\ -a_1 & 0 & a_3 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -a_1 & 0 & 0 & \cdots & a_n \end{vmatrix}.$$

将第 $i$ 行分别提出因子 $a_i(i=2,\cdots,n)$，得

$$D_n = a_2a_3\cdots a_n \begin{vmatrix} 1+a_1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ -\dfrac{a_1}{a_2} & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ -\dfrac{a_1}{a_3} & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -\dfrac{a_1}{a_n} & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{vmatrix}.$$

将第 1 行分别减去第 2 行、第 3 行、$\cdots$、第 $n$ 行，得

$$\begin{aligned} D_n &= a_2a_3\cdots a_n \begin{vmatrix} 1+a_1+\displaystyle\sum_{i=2}^{n}\frac{a_1}{a_i} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ -\dfrac{a_1}{a_2} & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ -\dfrac{a_1}{a_3} & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -\dfrac{a_1}{a_n} & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{vmatrix} \\ &= a_2a_3\cdots a_n \left(1+a_1+\sum_{i=2}^{n}\frac{a_1}{a_i}\right) \\ &= a_1a_2\cdots a_n \left(1+\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}\right). \end{aligned}$$

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二、（14 分）

（1）（7 分）计算 $n$ 阶行列式

$$D_n = \begin{vmatrix} x & -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & x & -1 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & x & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & x & -1 \\ a_n & a_{n-1} & a_{n-2} & \cdots & a_3 & a_2 & a_1 \end{vmatrix}.$$

（2）（7 分）计算 $n$ 阶三对角行列式

$$D_n = \begin{vmatrix} a+b & ab & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & a+b & ab & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & a+b & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & a+b & ab \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & a+b \end{vmatrix}.$$

解：

（1）由第 1 列展开：

$$D_n = xD_{n-1}+(-1)^{n+1}a_n \begin{vmatrix} -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ x & -1 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & x & -1 \end{vmatrix}.$$

于是

$$\begin{aligned} D_n &= xD_{n-1}+(-1)^{n+1}a_n\cdot(-1)^{n-1} \\ &= a_n+xD_{n-1} \\ &= a_n+x(xD_{n-2}+a_{n-1}) \\ &= \cdots \\ &= a_n+a_{n-1}x+\cdots+a_2x^{n-2}+x^{n-1}D_1 \\ &= a_n+a_{n-1}x+\cdots+a_1x^{n-1}. \end{aligned}$$

（2）按第一行展开得

$$D_n=(a+b)D_{n-1}-abD_{n-2}.$$

则

$$D_n-aD_{n-1}=b(D_{n-1}-aD_{n-2}).$$

又

$$D_1=a+b,\qquad D_2= \begin{vmatrix} a+b & ab \\ 1 & a+b \end{vmatrix} =a^2+ab+b^2,$$

所以

$$D_n-aD_{n-1}=b^{n-2}(D_2-aD_1)=b^n.$$

因此

$$D_n=aD_{n-1}+b^n=\cdots=a^n+a^{n-1}b+\cdots+ab^{n-1}+b^n.$$

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三、（7 分）

设

$$D = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 5 & 6 & 7 & 8 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\ 6 & 7 & 8 & 9 \end{vmatrix},$$

求 $3A_{12}+7A_{22}+4A_{32}+8A_{42}$，其中 $A_{i2}(i=1,2,3,4)$ 为 $D$ 中元素 $a_{i2}$ 的代数余子式。

解：

解法一：因为 $A_{i2}$ 为 $D$ 中元素 $a_{i2}$ 的代数余子式 $(i=1,2,3,4)$，故将 $D$ 中第 2 列的元素依次换为 $3,7,4,8$，即得

$$3A_{12}+7A_{22}+4A_{32}+8A_{42} = \begin{vmatrix} 1 & 3 & 3 & 4 \\ 5 & 7 & 7 & 8 \\ 2 & 4 & 4 & 5 \\ 6 & 8 & 8 & 9 \end{vmatrix} =0.$$

解法二：因 $3,7,4,8$ 恰为 $D$ 中第 3 列元素，而 $A_{12},A_{22},A_{32},A_{42}$ 为 $D$ 中第 2 列元素的代数余子式，故 $3A_{12}+7A_{22}+4A_{32}+8A_{42}$ 表示 $D$ 中第 3 列元素与第 2 列的对应元素的代数余子式乘积的和，则

$$3A_{12}+7A_{22}+4A_{32}+8A_{42}=0.$$

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四、（14 分）

证明：

（1）（6 分）

$$\begin{vmatrix} a^2 & ab & b^2 \\ 2a & a+b & 2b \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} =(a-b)^3.$$

（2）（8 分）

$$\begin{vmatrix} ax+by & ay+bz & az+bx \\ ay+bz & az+bx & ax+by \\ az+bx & ax+by & ay+bz \end{vmatrix} =(a^3+b^3) \begin{vmatrix} x & y & z \\ y & z & x \\ z & x & y \end{vmatrix}.$$

解：

（1）证明：

$$\begin{aligned} \text{左} &=a^2(a+b)+2ab^2+2ab^2-b^2(a+b)-2a^2b-2ba^2 \\ &=a^3+3ab^2-3a^2b-b^3 \\ &=(a-b)^3=\text{右}. \end{aligned}$$

故原式成立。

（2）思路分析：基本思路是拆分行列式，将左边的行列式拆分为 8 个行列式，由左往右证。

$$\begin{aligned} \text{左} &= \begin{vmatrix} ax & ay & az \\ ay & az & ax \\ az & ax & ay \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} ax & ay & bx \\ ay & az & by \\ az & ax & bz \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} ax & bz & az \\ ay & bx & ax \\ az & by & ay \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} ax & bz & bx \\ ay & bx & by \\ az & by & bz \end{vmatrix} \\ &\quad+ \begin{vmatrix} by & ay & az \\ bz & az & ax \\ bx & ax & ay \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} by & ay & bx \\ bz & az & by \\ bx & ax & bz \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} by & bz & az \\ bz & bx & ax \\ bx & by & ay \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} by & bz & bx \\ bz & bx & by \\ bx & by & bz \end{vmatrix} \\ &=a^3 \begin{vmatrix} x & y & z \\ y & z & x \\ z & x & y \end{vmatrix} +b^3 \begin{vmatrix} y & z & x \\ z & x & y \\ x & y & z \end{vmatrix}. \end{aligned}$$

将上式右边第二个行列式 $c_1\leftrightarrow c_3,\ c_2\leftrightarrow c_3$，得

$$\text{左} =(a^3+b^3) \begin{vmatrix} x & y & z \\ y & z & x \\ z & x & y \end{vmatrix}.$$

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五、（7 分）

设 $J$ 是元素全为 $1$ 的 $n(n\ge 2)$ 阶方阵，证明 $E-J$ 是可逆方阵，且

$$(E-J)^{-1}=E-\frac{1}{n-1}J,$$

其中 $E$ 是与 $J$ 同阶的单位矩阵。

解：

证明：$E-J$ 对应的行列式为

$$|E-J|= \begin{vmatrix} 0 & -1 & \cdots & -1 \\ -1 & 0 & \cdots & -1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -1 & -1 & \cdots & 0 \end{vmatrix} =-(n-1) \begin{vmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 \end{vmatrix} =-(n-1)\ne 0,$$

故 $E-J$ 可逆。

又

$$J^2=nJ.$$

由

$$\begin{aligned} (E-J)\left(E-\frac{1}{n-1}J\right) &=E-\frac{1}{n-1}J-J+\frac{1}{n-1}J^2 \\ &=E-\frac{n}{n-1}J+\frac{n}{n-1}J \\ &=E, \end{aligned}$$

故

$$(E-J)^{-1}=E-\frac{1}{n-1}J.$$

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六、（6 分）

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 可逆，证明其伴随矩阵 $A^*$ 也可逆，且

$$(A^*)^{-1}=(A^{-1})^*.$$

解：

证明：因为 $AA^*=|A|E$，$A$ 可逆，$|A|\ne 0$，有

$$|A||A^*|=\left||A|E\right|.$$

即

$$|A|\cdot |A^*|=|A|^n,\qquad |A^*|=|A|^{n-1}\ne 0.$$

所以 $A^*$ 可逆，且

$$A^*=|A|A^{-1}.$$

则

$$(A^*)^{-1}=(|A|A^{-1})^{-1}=\frac{1}{|A|}A.$$

而

$$(A^{-1})^*=|A^{-1}|(A^{-1})^{-1}=\frac{1}{|A|}A.$$

故

$$(A^*)^{-1}=(A^{-1})^*.$$

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七、（10 分）

设矩阵

$$A= \begin{pmatrix} a & 1 & 0 \\ 1 & a & -1 \\ 0 & 1 & a \end{pmatrix},$$

且 $A^3=0$。

（1）（4 分）求 $a$ 的值；

（2）（6 分）若矩阵 $X$ 满足 $X-XA^2-AX+AXA^2=E$，$E$ 为 3 阶单位阵，求 $X$。

解：

（1）$A^3=O$，$|A|=0$，即

$$\begin{vmatrix} a & 1 & 0 \\ 1 & a & -1 \\ 0 & 1 & a \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1-a^2 & a & -1 \\ -a & 1 & a \end{vmatrix} =a^3=0.$$

故 $a=0$。

（2）由题意知

$$X-XA^2-AX+AXA^2=E,$$

即

$$X(E-A^2)-AX(E-A^2)=E,$$

所以

$$(E-A)X(E-A^2)=E.$$

则

$$X=(E-A)^{-1}(E-A^2)^{-1}=[(E-A^2)(E-A)]^{-1}=(E-A^2-A)^{-1}.$$

故

$$X= \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 3 & 1 & -2 \\ 1 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & -1 \end{pmatrix}.$$

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八、（10 分）

设

$$\begin{cases} (2-\lambda)x_1+2x_2-2x_3=1,\\ 2x_1+(5-\lambda)x_2-4x_3=2,\\ -2x_1-4x_2+(5-\lambda)x_3=-\lambda-1, \end{cases}$$

求 $\lambda$ 为何值时此方程组有唯一解、无解或无限多解，并在无限多解时求其通解。

解：

系数行列式

$$|A|= \begin{vmatrix} 2-\lambda & 2 & -2 \\ 2 & 5-\lambda & -4 \\ -2 & -4 & 5-\lambda \end{vmatrix} =-(\lambda-1)^2(\lambda-10).$$

（1）当 $\lambda\ne 1$ 且 $\lambda\ne 10$ 时，$|A|\ne 0$，方程组有唯一解。

（2）当 $\lambda=10$ 时，

$$\begin{pmatrix} -8 & 2 & -2 & 1 \\ 2 & -5 & -4 & 2 \\ -2 & -4 & -5 & -11 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 2 & -5 & -4 & 2 \\ 0 & -18 & -18 & 9 \\ 0 & -9 & -9 & -9 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 2 & -5 & -4 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

此时 $R(A)=2\ne 3=R(B)$，方程组无解。

（3）当 $\lambda=1$ 时，

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & 1 \\ 2 & 4 & -4 & 2 \\ -2 & -4 & 4 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$

此时 $R(A)=R(B)=1<3$，方程组有无限多解，通解为

$$\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} =k_1 \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} +k_2 \begin{pmatrix} 2\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix},$$

其中 $k_1,k_2$ 为任意常数。

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九、（8 分）

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 和 $B$ 满足条件 $A+B=AB$。

（1）（3 分）证明：$A-E$ 为可逆矩阵，其中 $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵；

（2）（5 分）已知

$$B= \begin{pmatrix} 1 & -3 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix},$$

求矩阵 $A$。

解：

（1）证明：由 $A+B=AB$，则

$$AB-A-B+E=(A-E)(B-E)=E.$$

故 $A-E$ 可逆。

（2）由（1）知

$$A-E=(B-E)^{-1}.$$

故

$$\begin{aligned} A &=E+(B-E)^{-1} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & -3 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & \dfrac{1}{2} & 0 \\ -\dfrac{1}{3} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & \dfrac{1}{2} & 0 \\ -\dfrac{1}{3} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

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十、（7 分）

证明 $R(A)=1$ 的充要条件是存在非零列向量 $\alpha$ 及非零行向量 $\beta^T$，使

$$A=\alpha\beta^T.$$

解：

充分性：令

$$\alpha=(a_1,a_2,\cdots,a_m)^T,\qquad \beta=(b_1,b_2,\cdots,b_n)^T.$$

由于 $\alpha,\beta^T$ 非零，故

$$A=\alpha\beta^T=(a_ib_j)\ne O$$

且 $R(\alpha)=R(\beta^T)=1$，从而

$$1\le R(A)=R(\alpha\beta^T)\le \min(R(\alpha),R(\beta^T))=1.$$

所以 $R(A)=1$。

必要性：设 $A$ 为 $m\times n$ 矩阵，因 $R(A)=1$，故存在 $m,n$ 阶可逆矩阵 $P$ 和 $Q$，使得

$$A=P \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix} (1,0,\cdots,0)Q.$$

记

$$P=(p_1,p_2,\cdots,p_m),\qquad Q= \begin{pmatrix} q_1^T\\ q_2^T\\ \vdots\\ q_n^T \end{pmatrix},$$

则

$$A=p_1q_1^T.$$

令 $\alpha=p_1,\ \beta=q_1$，因此存在非零列向量 $\alpha$ 及非零行向量 $\beta^T$，使得

$$A=\alpha\beta^T.$$

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十一、（10 分）

设

$$A= \begin{pmatrix} 1 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad B= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & b \end{pmatrix},$$

当 $a,b$ 为何值时，存在矩阵 $C$ 使得 $AC-CA=B$，并求所有矩阵 $C$。

解：

设矩阵

$$C= \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix}.$$

则

$$AC= \begin{pmatrix} 1 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_1+ax_3 & x_2+ax_4 \\ x_1 & x_2 \end{pmatrix},$$$$CA= \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_1+x_2 & ax_1 \\ x_3+x_4 & ax_3 \end{pmatrix}.$$

于是

$$AC-CA= \begin{pmatrix} ax_3-x_2 & ax_4-ax_1+x_2 \\ x_1-x_3-x_4 & x_2-ax_3 \end{pmatrix}.$$

由 $AC-CA=B$，得

$$\begin{cases} -x_2+ax_3=0,\\ -ax_1+x_2+ax_4=1,\\ x_1-x_3-x_4=1,\\ x_2-ax_3=b. \end{cases}$$

此为四元非齐次线性方程组，欲使得矩阵 $C$ 存在，则此非齐次线性方程组必有解，而该非齐次线性方程对应的增广矩阵为

$$\overline{A}= \begin{pmatrix} 0 & -1 & a & 0 & 0 \\ -a & 1 & 0 & a & 1 \\ 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & b \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & b \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1+a \end{pmatrix}.$$

所以当 $1+a=0,\ b=0$，即 $a=-1,\ b=0$ 时，非齐次线性方程组有解，存在矩阵 $C$，使得 $AC-CA=B$。

又

$$\overline{A}\to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$

所以

$$\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \end{pmatrix} =c_1 \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} +c_2 \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c_1+c_2+1\\ -c_1\\ c_1\\ c_2 \end{pmatrix}.$$

所以

$$C= \begin{pmatrix} c_1+c_2+1 & -c_1 \\ c_1 & c_2 \end{pmatrix},$$

其中 $c_1,c_2$ 为任意实数。