張宇1000題線性代數 第一、二章 行列式、餘子式和代數餘子式的計算

第一章 行列式

$A$組

3.$\begin{vmatrix}1&3&9&27\\1&-1&1&-1\\2&4&8&16\\1&-2&4&-8\end{vmatrix}=$（  ）。
$(A)240;$
$(B)480;$
$(C)-240;$
$(D)-480.$

解  這是$4$階行列式，將第三行提出公因子，該行列式實際上是由數字$3,-1,2,-2$升冪排列構造的範德蒙行列式，可利用公式直接定值，即
$\begin{aligned} &\begin{vmatrix}1&3&9&27\\1&-1&1&-1\\2&4&8&16\\1&-2&4&-8\end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}1&3&3^2&3^3\\1&-1&(-1)^2&(-1)^3\\1&2&2^2&2^3\\1&-2&(-2)^2&(-2)^3\end{vmatrix}\\ =&2\times(-2-3)\times(-2+1)\times(-2-2)\times(2-3)\times(2+1)\times(-1-3)=-480. \end{aligned}$
  故選$(D)$。（這道題主要利用了範德蒙行列式求解）

$B$組

5.設$\bm{A}$是$n(n\geqslant2)$階方陣，$|\bm{A}|=3$，則$|(\bm{A}^*)^*|=$（  ）。
$(A)3^{(n-1)^2};$
$(B)3^{n^2-1};$
$(C)3^{n^2-n};$
$(D)3^{n-1};$

解  因爲$|\bm{A}|=3$，故$\bm{A}$可逆，則$(\bm{A}^*)(\bm{A}^*)^*=|\bm{A}^*|\bm{E},(\bm{A}^*)^*=|\bm{A}^*|(\bm{A}^*)^{-1}=|\bm{A}^*|\cfrac{\bm{A}}{|\bm{A}|}=|\bm{A}|^{n-2}\bm{A},|(\bm{A}^*)^*|=||\bm{A}|^{n-2}\bm{A}|=|\bm{A}|^{(n-2)n}|\bm{A}|=|\bm{A}|^{n^2-2n+1}=3^{(n-1)^2}$。（這道題主要利用了矩陣的性質求解）

14.計算行列式$\begin{vmatrix}x+1&x&x&\cdots&x\\x&x+\cfrac{1}{2}&x&\cdots&x\\x&x&x+\cfrac{1}{3}&\cdots&x\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\x&x&x&\cdots&x+\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}$。

解
$\begin{aligned} D_n&=\begin{vmatrix}x+1&x&x&\cdots&x\\x&x+\cfrac{1}{2}&x&\cdots&x\\x&x&x+\cfrac{1}{3}&\cdots&x\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\x&x&x&\cdots&x+\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}x+1&x&x&\cdots&x\\-1&\cfrac{1}{2}&0&\cdots&0\\-1&0&\cfrac{1}{3}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\-1&0&0&\cdots&\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}1+\left(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^ni\right)x&x&x&\cdots&x\\0&\cfrac{1}{2}&0&\cdots&0\\0&0&\cfrac{1}{3}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}=\cfrac{1}{n!}\left[1+\cfrac{n(n+1)}{2}x\right]. \end{aligned}$
（這道題主要利用了行列式變換求解）

$C$組

1.設$D=\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1k}&0&\cdots&0\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{k1}&\cdots&a_{kk}&0&\cdots&0\\0&\cdots&0&b_{11}&\cdots&b_{1m}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&\cdots&0&b_{m1}&\cdots&b_{mm}\end{vmatrix},D_1=\begin{vmatrix}0&\cdots&0&a_{11}&\cdots&a_{1k}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&\cdots&0&a_{k1}&\cdots&a_{kk}\\b_{11}&\cdots&b_{1m}&0&\cdots&0\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{m1}&\cdots&b_{mm}&0&\cdots&0\end{vmatrix}$，若$D\ne D_1$，則（  ）。
$(A)k,m$均爲奇數；
$(B)k,m$均爲偶數；
$(C)k$爲奇數，$m$爲偶數；
$(D)k$爲偶數，$m$爲奇數。

解  由類似$\begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{O}\\\bm{O}&\bm{B}\end{vmatrix}$和$\begin{vmatrix}\bm{O}&\bm{A}\\\bm{B}&\bm{O}\end{vmatrix}$的行列式定值法，可推得計算公式$\begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{O}\\\bm{O}&\bm{B}\end{vmatrix}=|\bm{A}||\bm{B}|,\begin{vmatrix}\bm{O}&\bm{A}\\\bm{B}&\bm{O}\end{vmatrix}=(-1)^{km}|\bm{A}||\bm{B}|$，故選$(A)$。（這道題主要利用了分塊矩陣求解）

4.行列式$D_{n+1}=\begin{vmatrix}a^n&(a+1)^n&\cdots&(a+n)^n\\a^{n-1}&(a+1)^{n-1}&\cdots&(a+n)^{n-1}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a&a+1&\cdots&a+n\\1&1&\cdots&1\end{vmatrix}=$______。

解  將行列式$D_{n+1}$第$n+1$行依次與相鄰的上一行進行交換，經過$n$次交換後，換到第$1$行。完全類似，$D_{n+1}$的第$n$行經過$n-1$次相鄰兩行交換，換到第$2$行，如此共進行了$n+(n-1)+\cdots+2+1=\cfrac{n(n+1)}{2}$次行交換後，$D_{n+1}$化爲範德蒙行列式。
$\begin{aligned} D_{n+1}&=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\begin{vmatrix}1&1&\cdots&1\\a&a+1&\cdots&a+n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a^{n-1}&(a+1)^{n-1}&\cdots&(a+n)^{n-1}\\a^n&(a+1)^n&\cdots&(a+n)^n\end{vmatrix}\\ &=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\prod\limits_{0\leqslant j<i\leqslant n}[(a+i)-(a+j)]\\ &=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\prod\limits_{0\leqslant j<i\leqslant n}(i-j)\\ &=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}n!(n-1)!\cdots2!. \end{aligned}$
（這道題主要利用了範德蒙行列式求解）

7.設$\bm{A}$爲奇數階矩陣，且$\bm{AA}^\mathrm{T}=\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E},|\bm{A}|>0$，則$|\bm{A}-\bm{E}|=$______。

解  $|\bm{A}-\bm{E}|=|\bm{A}-\bm{AA}^\mathrm{T}|=|\bm{A}(\bm{E}-\bm{A}^\mathrm{T})|=|\bm{A}||(\bm{E}-\bm{A})^\mathrm{T}|=|\bm{A}||\bm{E}-\bm{A}|$。由$\bm{AA}^\mathrm{T}=\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E}$，可知$|\bm{A}|^2=1$。又由$|\bm{A}|>0$，可知$|\bm{A}|=1$。又$\bm{A}$爲奇數階矩陣，故$|\bm{E}-\bm{A}|=|-(\bm{A}-\bm{E})|=-|\bm{A}-\bm{E}|$，故有$|\bm{A}-\bm{E}|=-|\bm{A}-\bm{E}|$，於是$|\bm{A}-\bm{E}|=0$。（這道題主要利用了矩陣變換求解）

11.計算行列式$\begin{vmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{vmatrix}$。

解
$\begin{aligned} &\begin{vmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{vmatrix}^2=\left|\begin{bmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{bmatrix}\right|\\ =&\begin{vmatrix}a^2+b^2+c^2+d^2&0&0&0\\0&a^2+b^2+c^2+d^2&0&0\\0&0&a^2+b^2+c^2+d^2&0\\0&0&0&a^2+b^2+c^2+d^2\end{vmatrix}\\ =&(a^2+b^2+c^2+d^2)^4 \end{aligned}$
  觀察可知原行列式中$a^4$的係數爲$1$，故原式$=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2$。（這道題主要利用了矩陣乘法求解）

第二章 餘子式和代數餘子式的計算

$C$組

4.$\bm{A}$爲$n(n\geqslant3)$階非零實矩陣，$A_{ij}$爲$|\bm{A}|$中元素$a_{ij}$的代數餘子式，證明：

（1）$a_{ij}=A_{ij}\Leftrightarrow\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E}$，且$|\bm{A}|=1$；

解  當$a_{ij}=A_{ij}$時，有$\bm{A}^\mathrm{T}=\bm{A}^*$，則$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{A}^*\bm{A}=|\bm{A}|\bm{E}$。由於$\bm{A}$爲$n$階非零實矩陣，即$a_{ij}$不全爲零，所以$\mathrm{tr}(\bm{AA}^\mathrm{T})=\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n\displaystyle\sum\limits_{j=1}^na_{ij}^2>0$。而$\mathrm{tr}(\bm{AA}^\mathrm{T})=\mathrm{tr}(|\bm{A}|\bm{E})=n|\bm{A}|$，這說明$|\bm{A}|>0$，在$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=|\bm{A}|\bm{E}$兩邊取行列式，得$|\bm{A}|^{n-2}=1$，於是$|\bm{A}|=1$，故$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E}$。
  反之，若$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E}$且$|\bm{A}|=1$，則$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=|\bm{A}|\bm{E}=\bm{E}$且$\bm{A}$可逆，於是，$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{A}^*\bm{A},\bm{A}^\mathrm{T}=\bm{A}^*$，即$a_{ij}=A_{ij}$。（這道題主要利用了矩陣變換求解）

寫在最後

  如果覺得文章不錯就點個贊吧。另外，如果有不同的觀點，歡迎留言或私信。
   歡迎非商業轉載，轉載請註明出處。