张宇1000题线性代数 第一、二章 行列式、余子式和代数余子式的计算

第一章 行列式

$A$组

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  这是$4$阶行列式，将第三行提出公因子，该行列式实际上是由数字$3,-1,2,-2$升幂排列构造的范德蒙行列式，可利用公式直接定值，即
$\begin{aligned} &\begin{vmatrix}1&3&9&27\\1&-1&1&-1\\2&4&8&16\\1&-2&4&-8\end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}1&3&3^2&3^3\\1&-1&(-1)^2&(-1)^3\\1&2&2^2&2^3\\1&-2&(-2)^2&(-2)^3\end{vmatrix}\\ =&2\times(-2-3)\times(-2+1)\times(-2-2)\times(2-3)\times(2+1)\times(-1-3)=-480. \end{aligned}$
  故选$(D)$。（这道题主要利用了范德蒙行列式求解）

$B$组

5.设$\bm{A}$是$n(n\geqslant2)$阶方阵，$|\bm{A}|=3$，则$|(\bm{A}^*)^*|=$（  ）。
$(A)3^{(n-1)^2};$
$(B)3^{n^2-1};$
$(C)3^{n^2-n};$
$(D)3^{n-1};$

解  因为$|\bm{A}|=3$，故$\bm{A}$可逆，则$(\bm{A}^*)(\bm{A}^*)^*=|\bm{A}^*|\bm{E},(\bm{A}^*)^*=|\bm{A}^*|(\bm{A}^*)^{-1}=|\bm{A}^*|\cfrac{\bm{A}}{|\bm{A}|}=|\bm{A}|^{n-2}\bm{A},|(\bm{A}^*)^*|=||\bm{A}|^{n-2}\bm{A}|=|\bm{A}|^{(n-2)n}|\bm{A}|=|\bm{A}|^{n^2-2n+1}=3^{(n-1)^2}$。（这道题主要利用了矩阵的性质求解）

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

解
$\begin{aligned} D_n&=\begin{vmatrix}x+1&x&x&\cdots&x\\x&x+\cfrac{1}{2}&x&\cdots&x\\x&x&x+\cfrac{1}{3}&\cdots&x\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\x&x&x&\cdots&x+\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}x+1&x&x&\cdots&x\\-1&\cfrac{1}{2}&0&\cdots&0\\-1&0&\cfrac{1}{3}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\-1&0&0&\cdots&\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}1+\left(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^ni\right)x&x&x&\cdots&x\\0&\cfrac{1}{2}&0&\cdots&0\\0&0&\cfrac{1}{3}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}=\cfrac{1}{n!}\left[1+\cfrac{n(n+1)}{2}x\right]. \end{aligned}$
（这道题主要利用了行列式变换求解）

$C$组

1.设$D=\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1k}&0&\cdots&0\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{k1}&\cdots&a_{kk}&0&\cdots&0\\0&\cdots&0&b_{11}&\cdots&b_{1m}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&\cdots&0&b_{m1}&\cdots&b_{mm}\end{vmatrix},D_1=\begin{vmatrix}0&\cdots&0&a_{11}&\cdots&a_{1k}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&\cdots&0&a_{k1}&\cdots&a_{kk}\\b_{11}&\cdots&b_{1m}&0&\cdots&0\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{m1}&\cdots&b_{mm}&0&\cdots&0\end{vmatrix}$，若$D\ne D_1$，则（  ）。
$(A)k,m$均为奇数；
$(B)k,m$均为偶数；
$(C)k$为奇数，$m$为偶数；
$(D)k$为偶数，$m$为奇数。

解  由类似$\begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{O}\\\bm{O}&\bm{B}\end{vmatrix}$和$\begin{vmatrix}\bm{O}&\bm{A}\\\bm{B}&\bm{O}\end{vmatrix}$的行列式定值法，可推得计算公式$\begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{O}\\\bm{O}&\bm{B}\end{vmatrix}=|\bm{A}||\bm{B}|,\begin{vmatrix}\bm{O}&\bm{A}\\\bm{B}&\bm{O}\end{vmatrix}=(-1)^{km}|\bm{A}||\bm{B}|$，故选$(A)$。（这道题主要利用了分块矩阵求解）

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  将行列式$D_{n+1}$第$n+1$行依次与相邻的上一行进行交换，经过$n$次交换后，换到第$1$行。完全类似，$D_{n+1}$的第$n$行经过$n-1$次相邻两行交换，换到第$2$行，如此共进行了$n+(n-1)+\cdots+2+1=\cfrac{n(n+1)}{2}$次行交换后，$D_{n+1}$化为范德蒙行列式。
$\begin{aligned} D_{n+1}&=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\begin{vmatrix}1&1&\cdots&1\\a&a+1&\cdots&a+n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a^{n-1}&(a+1)^{n-1}&\cdots&(a+n)^{n-1}\\a^n&(a+1)^n&\cdots&(a+n)^n\end{vmatrix}\\ &=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\prod\limits_{0\leqslant j<i\leqslant n}[(a+i)-(a+j)]\\ &=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\prod\limits_{0\leqslant j<i\leqslant n}(i-j)\\ &=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}n!(n-1)!\cdots2!. \end{aligned}$
（这道题主要利用了范德蒙行列式求解）

7.设$\bm{A}$为奇数阶矩阵，且$\bm{AA}^\mathrm{T}=\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E},|\bm{A}|>0$，则$|\bm{A}-\bm{E}|=$______。

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$\bm{A}$为奇数阶矩阵，故$|\bm{E}-\bm{A}|=|-(\bm{A}-\bm{E})|=-|\bm{A}-\bm{E}|$，故有$|\bm{A}-\bm{E}|=-|\bm{A}-\bm{E}|$，于是$|\bm{A}-\bm{E}|=0$。（这道题主要利用了矩阵变换求解）

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

解
$\begin{aligned} &\begin{vmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{vmatrix}^2=\left|\begin{bmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{bmatrix}\right|\\ =&\begin{vmatrix}a^2+b^2+c^2+d^2&0&0&0\\0&a^2+b^2+c^2+d^2&0&0\\0&0&a^2+b^2+c^2+d^2&0\\0&0&0&a^2+b^2+c^2+d^2\end{vmatrix}\\ =&(a^2+b^2+c^2+d^2)^4 \end{aligned}$
  观察可知原行列式中$a^4$的系数为$1$，故原式$=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2$。（这道题主要利用了矩阵乘法求解）

第二章 余子式和代数余子式的计算

$C$组

4.$\bm{A}$为$n(n\geqslant3)$阶非零实矩阵，$A_{ij}$为$|\bm{A}|$中元素$a_{ij}$的代数余子式，证明：

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

解  当$a_{ij}=A_{ij}$时，有$\bm{A}^\mathrm{T}=\bm{A}^*$，则$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{A}^*\bm{A}=|\bm{A}|\bm{E}$。由于$\bm{A}$为$n$阶非零实矩阵，即$a_{ij}$不全为零，所以$\mathrm{tr}(\bm{AA}^\mathrm{T})=\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n\displaystyle\sum\limits_{j=1}^na_{ij}^2>0$。而$\mathrm{tr}(\bm{AA}^\mathrm{T})=\mathrm{tr}(|\bm{A}|\bm{E})=n|\bm{A}|$，这说明$|\bm{A}|>0$，在$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=|\bm{A}|\bm{E}$两边取行列式，得$|\bm{A}|^{n-2}=1$，于是$|\bm{A}|=1$，故$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E}$。
  反之，若$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E}$且$|\bm{A}|=1$，则$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=|\bm{A}|\bm{E}=\bm{E}$且$\bm{A}$可逆，于是，$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{A}^*\bm{A},\bm{A}^\mathrm{T}=\bm{A}^*$，即$a_{ij}=A_{ij}$。（这道题主要利用了矩阵变换求解）

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