2025-2026学年上学期期中

2025-2026学年上学期期中试卷（含答案）

一、

1. 计算四阶行列式 $D$:

   $$D = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 & -5 \\ 1 & 0 & 1 & 2 \\ 4 & 3 & 1 & 2 \end{vmatrix}$$
   解：

   $$D = \left| \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 & -5 \\ 1 & 0 & 1 & 2 \\ 4 & 3 & 1 & 2 \end{matrix} \right|.$$

   作行变换：

   $$\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2 - R_1, \\ R_3 &\leftarrow R_3 - R_1, \\ R_4 &\leftarrow R_4 - 4R_1. \end{aligned}$$

   得到：

   $$D = \left| \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & -3 & -7 \\ 0 & -2 & -2 & 0 \\ 0 & -5 & -11 & -6 \end{matrix} \right|.$$

   沿第一列展开：

   $$D = \left| \begin{matrix} 0 & -3 & -7 \\ -2 & -2 & 0 \\ -5 & -11 & -6 \end{matrix} \right|.$$

   继续计算三阶行列式：

   $$\begin{aligned} D &= 0 \cdot \left| \begin{matrix} -2 & 0 \\ -11 & -6 \end{matrix} \right| - (-3) \left| \begin{matrix} -2 & 0 \\ -5 & -6 \end{matrix} \right| + (-7) \left| \begin{matrix} -2 & -2 \\ -5 & -11 \end{matrix} \right| \\ &= 3 \bigl( (-2)(-6) - 0 \cdot (-5) \bigr) - 7 \bigl( (-2)(-11) - (-2)(-5) \bigr) \\ &= 3 \cdot 12 - 7 \cdot (22 - 10) \\ &= 36 - 84 \\ &= -48. \end{aligned}$$

   因此，

   $$\boxed{D = -48}.$$

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2. 证明

   $$\begin{vmatrix} a & b & c & d \\ a & a + b & a + b + c & a + b + c + d \\ a & 2a + b & 3a + 2b + c & 4a + 3b + 2c + d \\ a & 3a + b & 6a + 3b + c & 10a + 6b + 3c + d \\ \end{vmatrix} = a^4$$
   解：

   设

   $$D = \left| \begin{matrix} a & b & c & d \\ a & a+b & a+b+c & a+b+c+d \\ a & 2a+b & 3a+2b+c & 4a+3b+2c+d \\ a & 3a+b & 6a+3b+c & 10a+6b+3c+d \end{matrix} \right|$$

   对行列式作初等行变换：

   $$\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2 - R_1, \\ R_3 &\leftarrow R_3 - R_1, \\ R_4 &\leftarrow R_4 - R_1. \end{aligned}$$

   得：

   $$D = \left| \begin{matrix} a & b & c & d \\ 0 & a & a+b & a+b+c \\ 0 & 2a & 3a+2b & 4a+3b+2c \\ 0 & 3a & 6a+3b & 10a+6b+3c \end{matrix} \right|.$$

   沿第一列展开：

   $$D = a \cdot \left| \begin{matrix} a & a+b & a+b+c \\ 2a & 3a+2b & 4a+3b+2c \\ 3a & 6a+3b & 10a+6b+3c \end{matrix} \right|.$$

   继续作行变换：

   $$\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2 - 2R_1,\\ R_3 &\leftarrow R_3 - 3R_1. \end{aligned}$$

   得：

   $$D = a \cdot \left| \begin{matrix} a & a+b & a+b+c \\ 0 & a & 2a+b \\ 0 & 3a & 7a+3b \end{matrix} \right|.$$

   再作：

   $$R_3 \leftarrow R_3 - 3R_2.$$

   得到：

   $$D = a \cdot \left| \begin{matrix} a & a+b & a+b+c \\ 0 & a & 2a+b \\ 0 & 0 & a \end{matrix} \right|.$$

   因此：

   $$D = a \cdot a \cdot a \cdot a = a^4.$$

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二、

1. 计算四阶行列式

   $$D_4 = \begin{vmatrix} a_1^3 & a_2^3 & a_3^3 & a_4^3 \\ a_1^2b_1 & a_2^2b_2 & a_3^2b_3 & a_4^2b_4 \\ a_1b_1^2 & a_2b_2^2 & a_3b_3^2 & a_4b_4^2 \\ b_1^3 & b_2^3 & b_3^3 & b_4^3 \end{vmatrix}, a_i \not= 0,(i = 1,2,3,4)$$
   解：

   由齐次特征想到范德蒙德行列式：由于 $a_i \neq 0$，从第 $j$ 列 ($j=1,2,3,4$) 分别提出公因子 $a_j^3$：

   $$\begin{aligned} D_4 &= a_1^3 a_2^3 a_3^3 a_4^3 \left| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ \frac{b_1}{a_1} & \frac{b_2}{a_2} & \frac{b_3}{a_3} & \frac{b_4}{a_4} \\ (\frac{b_1}{a_1})^2 & (\frac{b_2}{a_2})^2 & (\frac{b_3}{a_3})^2 & (\frac{b_4}{a_4})^2 \\ (\frac{b_1}{a_1})^3 & (\frac{b_2}{a_2})^3 & (\frac{b_3}{a_3})^3 & (\frac{b_4}{a_4})^3 \end{matrix} \right| \\ \end{aligned}$$

   得到标准形式。令 $x_i = \frac{b_i}{a_i}$，根据范德蒙德行列式公式 $\prod_{1 \le j < i \le n} (x_i - x_j)$，有：

   $$\begin{aligned} D_4 &= \left( \prod_{k=1}^4 a_k^3 \right) \cdot \prod_{1 \le j < i \le 4} \left( \frac{b_i}{a_i} - \frac{b_j}{a_j} \right) \\ &= \left( \prod_{k=1}^4 a_k^3 \right) \cdot \prod_{1 \le j < i \le 4} \frac{a_j b_i - a_i b_j}{a_i a_j}. \end{aligned}$$

   在上述乘积中，分母部分的所有 $a_i a_j$ 乘积恰好等于 $\prod_{k=1}^4 a_k^3$（因为在 $n=4$ 的组合中，每个下标出现 3 次）。约分得：

   $$\boxed{D_4 = \prod_{1 \le j < i \le 4} (a_j b_i - a_i b_j)}.$$

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2. 计算 $f(x+1) - f(x)$, 其中

   $$f(x) = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & x \\ 1 & 2 & 0 & 0 & \cdots & 0 & x^2 \\ 1 & 3 & 3 & 0 & \cdots & 0 & x^3 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 1 & n & C_n^2 & C_n^3 & \cdots & C_n^{n-1} & x^n \\ 1 & n + 1 & C_{n+1}^2 & C_{n+1}^3 & \cdots & C_{n+1}^{n-1} & x^{n+1} \end{vmatrix}$$
   解：

   根据行列式的性质，利用线性性质对最后一列进行运算：

   $$f(x+1) - f(x) = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & (x+1) - x \\ 1 & 2 & 0 & \cdots & 0 & (x+1)^2 - x^2 \\ 1 & 3 & 3 & \cdots & 0 & (x+1)^3 - x^3 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 1 & n & C_n^2 & \cdots & C_n^{n-1} & (x+1)^n - x^n \\ 1 & n + 1 & C_{n+1}^2 & \cdots & C_{n+1}^{n-1} & (x+1)^{n+1} - x^{n+1} \end{vmatrix}$$

   利用二项式展开公式 $(x+1)^k - x^k = kx^{k-1} + C_k^2 x^{k-2} + \cdots + 1$，最后一列的第 $k$ 行元素为一个关于 $x$ 的 $k-1$ 次多项式。

   观察前 $n$ 列构成的子矩阵是一个下三角矩阵，主对角线元素分别为 $1, 2, 3, \cdots, n$。我们可以通过列变换将最后一列的大部分项消去：

   1. 利用第 1 列消去最后一列中的常数项。
   2. 利用第 2 列消去最后一列中的一次项。
   3. 以此类推，利用第 $j$ 列消去最后一列中的 $j-1$ 次项。

   经过上述列变换整理后，行列式变为下三角行列式：

   $$\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 3 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 1 & n & C_n^2 & \cdots & n & 0 \\ 1 & n + 1 & C_{n+1}^2 & \cdots & C_{n+1}^{n-1} & (n+1)x^n \end{vmatrix}$$

   直接计算主对角线元素的乘积：

   $$\begin{aligned} f(x+1) - f(x) &= 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n \times (n+1)x^n \\ &= (n+1)! x^n \end{aligned}$$

   因此，

   $$\boxed{f(x+1) - f(x) = (n+1)! \cdot x^n}.$$

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3. 计算以下 $n+1$ 阶行列式：

   $$D_{n+1} = \begin{vmatrix} a & ax & ax^2 & \cdots & ax^{n-1} & ax^n \\ -1 & a & ax & \cdots & ax^{n-2} & ax^{n-1} \\ 0 & -1 & a & \cdots & ax^{n-1} & ax^{n-2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a & ax \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & a \end{vmatrix}$$
   解：

   观察行列式中第 1 行元素的规律，后一列元素是前一列元素乘以 $x$；同时观察主对角线下方元素为 $-1$，其余为 $a$ 或 $ax$ 的幂次形式。

   为了消去第 1 行中除 $a_{11}$ 以外的元素，我们可以从最后一列开始，依次向前作列变换：

   $$C_j \leftarrow C_j - x C_{j-1}, \quad (j = n+1, n, \cdots, 2).$$

   经过上述变换，原行列式变为下三角行列式：

   $$D_{n+1} = \begin{vmatrix} a & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ -1 & a+x & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & -1 & a+x & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a+x & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & a+x \end{vmatrix}$$

   主对角线上第 1 个元素为 $a$，从第 2 个到第 $n+1$ 个元素均为 $a+x$，共 $n$ 个 $a+x$。

   $$D_{n+1} = a \cdot \underbrace{(a+x) \cdot (a+x) \cdots (a+x)}_{n \text{个}} = a(a+x)^n.$$

   因此，

   $$\boxed{D_{n+1} = a(a+x)^n}.$$

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三、

1. 设行列式

   $$D = \begin{vmatrix} 3 & 0 & 4 & 0 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 0 & -7 & 0 & 0 \\ 5 & 3 & -2 & 2 \end{vmatrix}$$

   求 $D$ 的第 $4$ 行元素的余子式之和 $M_{41}+M_{42}+M_{43}+M_{44}的值。$

   解：

   简单计算即可：

   1. 计算 $M_{41}$

   $$M_{41} = \begin{vmatrix} 0 & 4 & 0 \\ 2 & 2 & 2 \\ -7 & 0 & 0 \end{vmatrix}$$

   按第 3 行展开：

   $$M_{41} = (-7) \times (-1)^{3+1} \begin{vmatrix} 4 & 0 \\ 2 & 2 \end{vmatrix} = -7 \times (8 - 0) = -56.$$

   2. 计算 $M_{42}$

   $$M_{42} = \begin{vmatrix} 3 & 4 & 0 \\ 2 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{vmatrix}$$

   第 3 行全为 0，故 $M_{42} = 0$。

   3. 计算 $M_{43}$

   $$M_{43} = \begin{vmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 2 \\ 0 & -7 & 0 \end{vmatrix}$$

   按第 1 行展开：

   $$M_{43} = 3 \times (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ -7 & 0 \end{vmatrix} = 3 \times (0 - (-14)) = 42.$$

   4. 计算 $M_{44}$

   $$M_{44} = \begin{vmatrix} 3 & 0 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \\ 0 & -7 & 0 \end{vmatrix}$$

   按第 3 行展开：

   $$M_{44} = (-7) \times (-1)^{3+2} \begin{vmatrix} 3 & 4 \\ 2 & 2 \end{vmatrix} = (-7) \times (-1) \times (6 - 8) = -14.$$

   求和：

   $$\boxed{\sum_{j=1}^4 M_{4j} = -56 + 0 + 42 + (-14) = -28}$$

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2. 设 $a_1a_2\cdots a_{n-1} \not= 0, n > 1$ 。试求行列式

   $$D = \begin{vmatrix} x & b_1 & b_2 & \cdots & b_{n-1} \\ 1 & a_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & a_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & a_{n-1} \end{vmatrix}$$

   的第一行中诸元素的代数余子式之和 $A_{11} + A_{12} + \cdots +A_{1n}$。

   解：

   行列式某一行（列）元素代数余子式之和，等于将该行列式中该行（列）的所有元素替换为 1 后所得的行列式的值。 因此，所求之和 $S$ 等于将 $D$ 的第 1 行全部换成 1 后的行列式 $D_1$：

   $$S = D_1 = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & a_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & a_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & a_{n-1} \end{vmatrix}$$

   这是箭头型行列式，按公式变形得：

   $$D_1 = \begin{vmatrix} 1 - \sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{a_i} & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 0 & a_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{n-1} \end{vmatrix}$$

   其值等于主对角线元素的乘积：

   $$\begin{aligned} S &= \boxed{\left( 1 - \sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{a_i} \right) \cdot \prod_{i=1}^{n-1} a_i} \\ &= \prod_{i=1}^{n-1} a_i - \sum_{i=1}^{n-1} \left( \frac{1}{a_i} \prod_{j=1}^{n-1} a_j \right) \\ &= \prod_{i=1}^{n-1} a_i - \sum_{i=1}^{n-1} \prod_{j \neq i} a_j. \end{aligned}$$

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四、

1. 已知齐次线性方程组

   $$\begin{cases} (3-\lambda)x_1 + x_2 + x_3 = 0 \\ (2-\lambda)x_2 - x_3 = 0 \\ 4x_1 - 2x_2 + (1-\lambda)x_3 = 0 \end{cases}$$

   有非零解，求 $\lambda$ 的值。

   解：

   齐次线性方程组有非零解的充要条件是其系数行列式 $D = 0$。 系数行列式为：

   $$D = \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1 & 1 \\ 0 & 2-\lambda & -1 \\ 4 & -2 & 1-\lambda \end{vmatrix}.$$

   按第一列展开：

   $$\begin{aligned} D &= (3-\lambda) \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ -2 & 1-\lambda \end{vmatrix} + 4 \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2-\lambda & -1 \end{vmatrix} \\ &= (3-\lambda) [ (2-\lambda)(1-\lambda) - (-1)(-2) ] + 4 [ -1 - (2-\lambda) ] \\ &= (3-\lambda) [ (\lambda^2 - 3\lambda + 2) - 2 ] + 4 [ \lambda - 3 ] \\ &= (3-\lambda) (\lambda^2 - 3\lambda) - 4(3-\lambda) \\ &= (3-\lambda) (\lambda^2 - 3\lambda - 4). \end{aligned}$$

   令 $D = 0$，得：

   $$(3-\lambda)(\lambda-4)(\lambda+1) = 0.$$

   解得：

   $$\lambda_1 = 3, \quad \lambda_2 = 4, \quad \lambda_3 = -1.$$

   因此，

   $$\boxed{\lambda = -1, 3, 4}.$$

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2. 已知 $a^2 \not = b^2$，试证方程组

   $$\begin{cases} ax_1 + bx_{2n} = 1 \\ ax_2 + bx_{2n-1} = 1 \\ \quad \quad \vdots \\ ax_n + bx_{n+1} = 1 \\ bx_n+ax_{n+1} = 1 \\ bx_{n-1}+ax_{n+2} = 1 \\ \quad \quad \vdots \\ bx_1+ax_{2n} = 1 \end{cases}$$

   有唯一解，并求解。

   解：

   证明唯一性：

   观察方程组结构，可以将方程两两分组。 第 $k$ 个方程 ($1 \le k \le n$) 与第 $2n+1-k$ 个方程涉及相同的变量对 $x_k$ 和 $x_{2n+1-k}$。 具体地，对于任意 $k \in \{1, 2, \dots, n\}$，我们有如下两个方程：

   1. 第 $k$ 行：$a x_k + b x_{2n+1-k} = 1$
   2. 第 $2n+1-k$ 行（倒数第 $k$ 行）：$b x_k + a x_{2n+1-k} = 1$

   这构成了 $n$ 个独立的二元一次方程组。对于每一组，其系数行列式为：

   $$D_k = \begin{vmatrix} a & b \\ b & a \end{vmatrix} = a^2 - b^2.$$

   已知 $a^2 \neq b^2$，即 $D_k \neq 0$。 由于整个方程组的系数矩阵是一个分块对角矩阵（经过适当行列交换后），且每个子块的行列式均不为零，故原方程组系数行列式 $D = (a^2 - b^2)^n \neq 0$。 根据克拉默法则，方程组有唯一解。

   求解：

   对于第 $k$ 组方程：

   $$\begin{cases} a x_k + b x_{2n+1-k} = 1 \quad \cdots ① \\ b x_k + a x_{2n+1-k} = 1 \quad \cdots ② \end{cases}$$

   $① + ②$ 得：

   $$(a+b)(x_k + x_{2n+1-k}) = 2.$$

   $① - ②$ 得：

   $$(a-b)(x_k - x_{2n+1-k}) = 0.$$

   因为 $a^2 \neq b^2$，所以 $a \neq b$ 且 $a \neq -b$。 由 $(a-b)(x_k - x_{2n+1-k}) = 0$ 且 $a-b \neq 0$，得 $x_k = x_{2n+1-k}$。 代入和式：

   $$(a+b)(2x_k) = 2 \implies x_k = \frac{1}{a+b}.$$

   该结果对所有 $k=1, \dots, n$ 成立，且 $x_{2n+1-k}$ 也为同值。 故方程组的解为：

   $$\boxed{x_i = \frac{1}{a+b} \quad (i = 1, 2, \dots, 2n)}.$$

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五、

设

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

1. 求 $A^2$

2. 证 $A$ 可逆，且求 $A^{-1}$

3. 求 $(A^*)^{-1}$

   解：

   1. 求 $A^2$

   直接计算矩阵乘法：

   $$\begin{aligned} A^2 &= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1+1+1+1 & 1+1-1-1 & 1-1+1-1 & 1-1-1+1 \\ 1+1-1-1 & 1+1+1+1 & 1-1-1+1 & 1-1+1-1 \\ 1-1+1-1 & 1-1-1+1 & 1+1+1+1 & 1+1-1-1 \\ 1-1-1+1 & 1-1+1-1 & 1+1-1-1 & 1+1+1+1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \\ &= \boxed{4E}. \end{aligned}$$

   2. 证 $A$ 可逆，且求 $A^{-1}$

   由 $A^2 = 4E$ 可知，行列式 $|A^2| = |4E| = 4^4 = 256 \neq 0$，故 $|A| \neq 0$，即 $A$ 可逆。

   对等式 $A^2 = 4E$ 两边同乘 $A^{-1}$，得：

   $$A = 4 A^{-1} \implies A^{-1} = \frac{1}{4} A.$$

   代入 $A$ 的值：

   $$\boxed{ A^{-1} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} }.$$

   3. 求 $(A^*)^{-1}$

   根据伴随矩阵的性质 $A^* = |A|A^{-1}$，对其求逆：

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

   首先需要计算 $|A|$。 利用行变换，$r_2-r_1, r_3-r_1, r_4-r_1$：

   $$|A| = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -2 & -2 \\ 0 & -2 & 0 & -2 \\ 0 & -2 & -2 & 0 \end{vmatrix}$$

   按第一列展开：

   $$|A| = 1 \cdot (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} 0 & -2 & -2 \\ -2 & 0 & -2 \\ -2 & -2 & 0 \end{vmatrix}$$

   直接计算三阶行列式：

   $$\begin{aligned} |A| &= [0 + (-2)(-2)(-2) + (-2)(-2)(-2)] - [0 + 0 + 0] \\ &= -8 - 8 = -16. \end{aligned}$$

   将 $|A| = -16$ 代入公式 $(A^*)^{-1} = \frac{1}{|A|} A$：

   $$(A^*)^{-1} = -\frac{1}{16} A = -\frac{1}{16} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.$$

   因此，

   $$\boxed{(A^*)^{-1} = -\frac{1}{16} A}.$$

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六、

1. 设 $ABA=C$, 其中

   $$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}, C = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

   求 $B$ 的伴随矩阵 $B^*$。

   解：

   由公式 $B^* = |B| B^{-1}$，我们需要先求 $|B|$ 和 $B^{-1}$。

   1. 求 $|B|$ 由 $ABA = C$，两边取行列式：

   $$|A| \cdot |B| \cdot |A| = |C| \implies |B| = \frac{|C|}{|A|^2}.$$

   计算 $|A|$ 和 $|C|$：

   $$\begin{aligned} |A| &= 1 \times (1 \times (-1) - 3 \times 1) = -4, \\ |C| &= 1. \end{aligned}$$

   所以，

   $$|B| = \frac{1}{(-4)^2} = \frac{1}{16}.$$

   2. 求 $B^{-1}$ 由 $ABA = C$ 可得 $B = A^{-1} C A^{-1}$，故：

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

   首先求 $C^{-1}$。显然有：

   $$C^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

   计算 $A C^{-1}$：

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

   计算 $B^{-1} = (A C^{-1}) A$：

   $$\begin{aligned} B^{-1} &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

   3. 求 $B^*$

   $$B^* = |B| B^{-1} = \frac{1}{16} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}.$$

   因此，

   $$\boxed{B^* = \frac{1}{16} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}}.$$

   ---

2. 已知矩阵

   $$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 4 \\ 2 & 0 & 5 \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, C = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$$

   且 $AXB = C$, 求矩阵 $X$

   解：

   暴力计算即可，这里直接给出答案：

   $$\boxed{X = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -3 \\ 13 & -9 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}}.$$

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七、

已知 $A$ 为三阶可逆矩阵， $B$ 为三阶矩阵，且满足 $2A^{-1}B=B-4E$。

1. 证明： $(A-2E)$ 为可逆矩阵，且写出 $(A-2E)^{-1}$

2. 若

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

   求矩阵 $A$。

   解：

   1. 证明 $(A-2E)$ 可逆并求逆 将原式 $2A^{-1}B = B - 4E$ 变形：

   $$\begin{aligned} 4E &= B - 2A^{-1}B \\ 4E &= (E - 2A^{-1})B \\ 4E &= (A A^{-1} - 2A^{-1})B \\ 4E &= (A - 2E)A^{-1}B. \end{aligned}$$

   由此可得：

   $$(A - 2E) \cdot \left( \frac{1}{4} A^{-1} B \right) = E.$$

   因为 $(A-2E)$ 乘以一个矩阵得到了单位矩阵 $E$，所以 $(A-2E)$ 是可逆的，且其逆矩阵为：

   $$\boxed{(A-2E)^{-1} = \frac{1}{4} A^{-1} B}.$$

   2. 求矩阵 $A$

   可以由题设推导出 $(A - 2E)B = 4A$，下面解 $A$。 整理该式：

   $$\begin{aligned} AB - 2B &= 4A \\ AB - 4A &= 2B \\ A(B - 4E) &= 2B \\ A &= 2B(B - 4E)^{-1}. \end{aligned}$$

   (这里需假设 $B-4E$ 可逆，通过后续计算可验证)。

   已知 $B = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$，计算 $B - 4E$：

   $$B - 4E = \begin{pmatrix} 1-4 & -2 & 0 \\ 1 & 2-4 & 0 \\ 0 & 0 & 2-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 & -2 & 0 \\ 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.$$

   计算 $(B - 4E)^{-1}$。 行列式 $|B - 4E| = -16 \neq 0$，可逆。 求值：（可以利用分块对角矩阵性质）

   $$(B - 4E)^{-1} = \frac{1}{8} \begin{pmatrix} -2 & 2 & 0 \\ -1 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}.$$

   最后计算 $A = 2B(B - 4E)^{-1}$：

   $$\begin{aligned} A &= 2 \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{8} \begin{pmatrix} -2 & 2 & 0 \\ -1 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} -2+2 & 2+6 & 0 \\ -2-2 & 2-6 & 0 \\ 0 & 0 & -8 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 0 & 8 & 0 \\ -4 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & -8 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

   因此，

   $$\boxed{A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}}.$$

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八、

设

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

问 $\lambda$ 为何值时，此方程组有唯一解，无解或有无穷多解？并在有无穷多解时求其解。

解：

对方程组的增广矩阵 $\bar{A}$ 进行初等行变换：

$$\bar{A} = \left( \begin{array}{ccc|c} 2-\lambda & 2 & -2 & 1 \\ 2 & 5-\lambda & -4 & 2 \\ -2 & -4 & 5-\lambda & -\lambda - 1 \end{array} \right) \xrightarrow{r_3+r_2} \left( \begin{array}{ccc|c} 2-\lambda & 2 & -2 & 1 \\ 2 & 5-\lambda & -4 & 2 \\ 0 & 1-\lambda & 1-\lambda & 1-\lambda \end{array} \right)$$

交换 $r_1, r_2$ 并整理，最终化为阶梯型（过程略）：

$$\bar{A} \sim \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 5-\lambda & -4 & 2 \\ 0 & 1-\lambda & 1-\lambda & 1-\lambda \\ 0 & 0 & (\lambda-1)(\lambda-10) & (\lambda-1)(\lambda-4) \end{array} \right)$$

1. 唯一解： 当主对角元均不为 0 时，即 $\lambda \neq 1$ 且 $\lambda \neq 10$ 时，方程组有唯一解。

2. 无解： 当 $\lambda = 10$ 时，第 3 行变为 $0x_1+0x_2+0x_3 = 9 \times 6 = 54$，出现 $0=54$ 的矛盾，方程组无解。

3. 无穷多解： 当 $\lambda = 1$ 时，矩阵变为：

$$\left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 4 & -4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right)$$

秩为 1，小于未知数个数 3，故有无穷多解。 化简得 $x_1 + 2x_2 - 2x_3 = 1$。 令 $x_2=k_1, x_3=k_2$，得通解：

$$\begin{cases} x_1 = 1 - 2k_1 + 2k_2 \\ x_2 = k_1 \\ x_3 = k_2 \end{cases} \quad (k_1, k_2 \in \mathbb{R})$$

---

九、

已知矩阵

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

1. 求 $A^n(n=2,3,\cdots)$
2. 若方阵 $B$ 满足 $A^3+A^2+AB-3A-2E=0$ ，求 $B$

解：

1. 求 $A^n$

由第五题得 $A^2 = 4E$：

由此可推导 $A^n$ 的规律，分 $n$ 为偶数和奇数讨论：

• 当 $n$ 为偶数时，设 $n=2k$ ($k \in \mathbb{N}^*$)： $$A^{2k} = (A^2)^k = (4E)^k = 4^k E = (2^2)^k E = 2^{2k} E = 2^n E.$$
• 当 $n$ 为奇数时，设 $n=2k+1$ ($k \in \mathbb{N}^*$)： $$A^{2k+1} = A^{2k} \cdot A = 2^{2k} E \cdot A = 2^{n-1} A.$$

综上所述：

$$\boxed{ A^n = \begin{cases} 2^n E, & n \text{ 为偶数} \\ 2^{n-1} A, & n \text{ 为奇数} \end{cases} }$$

2. 求 $B$

利用第 1 问的结论，可知：

$$A^2 = 4E, \quad A^3 = A^2 \cdot A = 4A.$$

将这些结果代入已知方程 $A^3+A^2+AB-3A-2E=0$：

$$\begin{aligned} (4A) + (4E) + AB - 3A - 2E &= 0 \\ (4A - 3A) + (4E - 2E) + AB &= 0 \\ A + 2E + AB &= 0. \end{aligned}$$

移项得：

$$AB = -A - 2E.$$

由于 $A^2 = 4E$，可知 $|A^2| = |4E| = 4^4 \neq 0$，故 $|A| \neq 0$，即 $A$ 可逆。 且由 $A \cdot A = 4E$ 可得：

$$A^{-1} = \frac{1}{4} A.$$

方程 $AB = -A - 2E$ 两边左乘 $A^{-1}$：

$$\begin{aligned} B &= A^{-1}(-A - 2E) \\ &= -A^{-1}A - 2A^{-1}E \\ &= -E - 2A^{-1} \\ &= -E - 2\left(\frac{1}{4}A\right) \\ &= -E - \frac{1}{2}A \\ &= -\frac{1}{2}(2E + A). \end{aligned}$$

代入具体数值计算：

$$\begin{aligned} 2E + A &= \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 3 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 3 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

因此，

$$\boxed{ B = -\frac{1}{2} \begin{pmatrix} 3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 3 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 3 \end{pmatrix} }.$$