4.2.1$\quad$计算下列行列式

$\\$ 1. $\begin{vmatrix} 1&2&1&4 \\ 0&-1&2&1\\ 0&0&2&-1\\ 0&0&0&3 \end{vmatrix} =-6.$ $\quad$ 2. $\begin{vmatrix} 1&-1&2 \\ 3&2&1\\ 0&1&4 \end{vmatrix} =25.$ $\quad$ 3. $\begin{vmatrix} 1&2&3&4 \\ 2&3&4&1\\ 3&4&1&2\\ 4&1&2&3 \end{vmatrix} =160.$ $\quad$ 4. $\begin{vmatrix} x&y&x+y\\ y&x+y&x\\ x+y&x&y \end{vmatrix}$直接用公式计算得 $-2x^3-2y^3 \quad$ 5. $\begin{vmatrix} 1+x&1&1&1\\ 1&1-x&1&1\\ 1&1&1+y&1\\ 1&1&1&1-y \end{vmatrix}$=$x^2y^2$ $\\$

4.2.2 设$A$是三阶方阵，$\det(A)=5$，求下列矩阵$B$的行列式

$\\$ 1.$B=2A,-A,A^2,A^{-1}$ $\\$解：$\det(2A)=2^3 \times 5=40\quad\det(-A)=(-1)^3\times5=-5\quad\det(A^2)=25\quad\det(A^{-1})=\frac{1}{5}$ $\\$ 2.$B=\begin{bmatrix} \bm{a}^\mathrm{T}_1-\bm{a}^\mathrm{T}_3\\ \bm{a}^\mathrm{T}_2-\bm{a}^\mathrm{T}_1\\ \bm{a}^\mathrm{T}_3-\bm{a}^\mathrm{T}_2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} \bm{a}^\mathrm{T}_1+\bm{a}^\mathrm{T}_3\\ \bm{a}^\mathrm{T}_2+\bm{a}^\mathrm{T}_1\\ \bm{a}^\mathrm{T}_3+\bm{a}^\mathrm{T}_2 \end{bmatrix},$其中$A=\begin{bmatrix} \bm{a}^\mathrm{T}_1\\ \bm{a}^\mathrm{T}_2\\ \bm{a}^\mathrm{T}_3 \end{bmatrix}.\\$ 解：$\\$ 法一：利用倍加行变换. $$\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}-\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}-\bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}-\bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}-\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}-\bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_1^{\mathrm{T}}-\bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=0.$$ $$\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}+\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}+\bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}+\bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}+\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}-\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}+\bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}+\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}-\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ 2\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=2\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}+\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}-\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=2\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=10.$$ 法二： $$\begin{align*} \begin{bmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}-\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}-\bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}-\bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \end{bmatrix}&=\begin{bmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 1\\ &1\\ &&1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 1&0&-1\\ -1&1&0\\ 0&-1&1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{bmatrix} \end{align*}$$ 所以$\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}-\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}-\bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}-\bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1&0&-1\\ -1&1&0\\ 0&-1&1 \end{vmatrix}\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=0.\\$ 同理$\begin{bmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}+\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}+\bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}+\bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{bmatrix}.$ 所以 $\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}+\bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}+\bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}+\bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1 \end{vmatrix}\begin{vmatrix} \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_2^{\mathrm{T}}\\ \bm{a}_3^{\mathrm{T}}\\ \end{vmatrix}=10.\\\\$

4.2.3

$\\$ 略. $\\$

4.2.4$\quad$ 计算$\det(A)$:

$\\$ 1.$A=\begin{bmatrix}i+j\end{bmatrix}_{n \times n}\\$ 解：若$n=1$，$\det(A)=2.$若$n=2$，$\det(A)=\begin{vmatrix} 2&3\\ 3&4 \end{vmatrix} =-1.$若$n\geq 3$，$\det(A)=0\\$ 2.$A=\begin{bmatrix}ij\end{bmatrix}_{n \times n}\\$ 解：若$n=1$，$\det(A)=1.$若$n \geq 2，\det(A)=0 \\$

4.2.5$\quad$ 计算$\begin{vmatrix} 1&-1& & \\ &\ddots&\ddots&\\ &&1&-1\\ -1&&&1 \end{vmatrix} \\$

解：行列式为0. $\\$

4.2.6$\quad$ 计算$\begin{vmatrix} 1+x_1y_1&1+x_1y_2&\cdots&1+x_1y_n\\ 1+x_2y_1&1+x_2y_2&\cdots&1+x_2y_n\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ 1+x_ny_1&1+x_ny_2&\cdots&1+x_ny_n \end{vmatrix}\\$

解：原式=$\begin{vmatrix} (x_1-x_2)y_1&(x_1-x_2)y_2&\cdots&(x_1-x_2)y_n\\ (x_2-x_3)y_1&(x_2-x_3)y_2&\cdots&(x_2-x_3)y_n\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ 1+x_ny_1&1+x_ny_2&\cdots&1+x_ny_n \end{vmatrix} =0.\\$

4.2.7$\quad$ 计算$\begin{vmatrix} a_{11}&\cdots&a_{1,n-1}&a_{1n}\\ a_{21}&\cdots&a_{2,n-1}&0\\ \vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\ a_{n1}&0&\cdots&0 \end{vmatrix} .\\$

解：行变换后可得到下三角矩阵。若$n$是偶数，行列式为$(-1)^{\frac{n}{2}}a_{n1}a_{n-1,2}...a_{1n}.$若$n$是奇数，行列式为$(-1)^{\frac{n-1}{2}}a_{n1}a_{n-1,2}...a_{1n}.$ $\\$

4.2.8

$\\$ 略. $\\$

4.2.9 $\quad$ 证明或举出反例.

$\\$ 1. $AB-BA$的行列式必然是零.$\\$ 解：不正确。 $A= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{bmatrix}, B= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{bmatrix}. \det(AB-BA)=1.\\$ 2. $A$的行列式等于其简化阶梯型的行列式.$\\$ 解：显然不正确。$\\$ 3. $A$为$n$阶反对称矩阵，当$n$为奇数时，$\det(A)=0.\\$ 证明：$A^\mathrm{T}=-A,$于是$\det(A^\mathrm{T})=\det(-A)=(-1)^n\det(A).\\$ 若$n$为奇数，$\det(A)=-\det(A),$即$\det(A)=0.$ 4. $A$为$n$阶反对称矩阵，当$n$为偶数时，$\det(A)=0.\\$ 解：显然不正确。$\\$ 5. 如果$\lvert \det(A) \rvert >1$，那么当$n$趋于无穷时，$A^n$中必然有元素的绝对值趋于无穷.$\\$ 证明：$\lvert \det(A) \rvert >1,$于是 $\lim_{n \to +\infty} \det(A^n) \to +\infty.$ 而$\det(A^n)$是通过对$A^n$中元素进行有限次加法减法和乘法运算得到，这表明$A^n$中一定有元素的绝对值趋于无穷.$\\$ 6. 如果$\lvert \det(A) \rvert <1$，那么当$n$趋于无穷时，$A^n$中所有元素都趋于0.$\\$ 解：显然不正确.$\\$ 令$A= \begin{bmatrix} \frac{1}{2}&&\\ &\frac{1}{2}&\\ &&2 \end{bmatrix}, \det(A)=\frac{1}{2},$ 而$A^n= \begin{bmatrix} 2^{-n}&&\\ &2^{-n}&\\ &&2^n \end{bmatrix},$其中有元素发散.$\\$

4.2.10 $\quad$ 以下均为某些学生出现过的错误，请找到错误的原因.$\\$

1.$\\$ $\det(A^{-1})=\det(\frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix} d&-b\\ -c&a \end{bmatrix}) =\frac{1}{(ad-bc)^2}\det(\begin{bmatrix} d&-b\\ -c&a \end{bmatrix}) = \frac{1}{ad-bc}.\\$ 2.$\\$ $\det(\begin{bmatrix} A&B\\ C&D \end{bmatrix}) = \det(\begin{bmatrix} A&B\\ O&D-BA^{-1}C \end{bmatrix}) = \det(A)\det(D-BA^{-1}C).\\$ 3.$\\$ $A$不是方阵.$\\$ 4.$\\$ 不正确，见4.2.9第3,4小问.$\\$ 5.$\\$ 略. $\\$

4.2.11 $\quad$ 设$n$阶方阵$A$的对角元素全为0，其他元素全为1，令$A=\begin{bmatrix} \bm{a_1}&\bm{a_2}&\cdots&\bm{a_n} \end{bmatrix}.\\$

1.求向量$\bm{u}$，使得$\bm{a_i}(i=1,2,...,n)$可以写成$\bm{e_i}$和$\bm{u}$的线性组合.$\\$ 2.根据行列式满足列多线性，求$\det(A).\\$ 解：$\\$ 1.$\quad$ $\bm{u}=\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ \vdots\\ 1 \end{bmatrix}, \bm{a_i}=\bm{u}-\bm{e_i}.\\$ 2.$\quad$ $\det(A)=(-1)^{n-1}(n-1).$ $\\$

4.2.12-4.2.14.

$\\$ 略.$\\$

4.2.15 $\quad$ 用行列式证明奇数阶反对称矩阵不可逆.

$\\$ 证明见4.2.9第3小问.$\\$

4.2.16 $\quad$ 证明任意阶可逆矩阵$A$都可以只用倍加变换化为$\operatorname{diag}(1,1,...,1,\det(A))$.

$\\$ 证明：$\\$ 显然任意阶可逆矩阵$A$都可以只用倍加变换化为对角元均不为零的上三角矩阵。设这个上三角矩阵为$\begin{bmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ &a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ &&\ddots&\vdots\\ &&&a_{nn} \end{bmatrix},a_{11},a_{22},\cdots,a_{nn} \neq 0.\\$ 反复利用倍加行变换和倍加列变换，有 $$\begin{align*} \begin{bmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ &a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ &&\ddots&\vdots\\ &&&a_{nn} \end{bmatrix} &\Rightarrow\begin{bmatrix} a_{11}&0&\cdots&0&a_{11}-1\\ &a_{22}&\cdots&a_{2,n-1}&0\\ &&\ddots&&\vdots\\ &&&a_{n-1,n-1}&0\\ &&&&a_{nn} \end{bmatrix}\\ &\Rightarrow\begin{bmatrix} 1&0&\cdots&0&a_{11}-1\\ &a_{22}&\cdots&a_{2,n-1}&0\\ &&\ddots&&\vdots\\ &&&a_{n-1,n-1}&0\\ -a_{nn}&&&&a_{nn} \end{bmatrix}\\ &\Rightarrow\begin{bmatrix} 1&0&\cdots&0&a_{11}-1\\ &a_{22}&\cdots&a_{2,n-1}&0\\ &&\ddots&&\vdots\\ &&&a_{n-1,n-1}&0\\ 0&&&&a_{nn}+a_{nn}(a_{11}-1) \end{bmatrix}\\ &\Rightarrow\begin{bmatrix} 1&0&\cdots&0&0\\ &a_{22}&\cdots&a_{2,n-1}&0\\ &&\ddots&&\vdots\\ &&&a_{n-1,n-1}&0\\ &&&&a_{11}a_{nn} \end{bmatrix}\\ \end{align*}$$ 以此类推，即可利用倍加变换将上三角矩阵化为$\operatorname{diag}(1,\cdots,1,a_{11}a_{22}\cdots a_{nn})=\operatorname{diag}(1,\cdots,1,\det(A)).\\$

4.2.17 $\quad$ 给定$A=[a_{ij}]_{n \times n}$，而$B=[a_{ij}c^{i-j}]_{n \times n}$，其中$c \neq 0.$证明$\det(A)=\det(B).\\$

证明： $$\begin{align*} \det(B)&=\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}c^{-1}&\cdots&a_{1n}c^{-n+1}\\ a_{21}c&a_{22}&\cdots&a_{2n}c^{-n+2}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ a_{n1}c^{n-1}&\cdots&&a_{nn} \end{vmatrix}\\ &= c^{\frac{n(n-1)}{2}}\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}c^{-1}&a_{13}c^{-2}&\cdots&a_{1n}c^{-n+1}\\ a_{21}&a_{22}c^{-1}&a_{23}c^{-2}&\cdots&a_{2n}c^{-n+1}\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ a_{n1}&\cdots&&&a_{nn}c^{-n+1} \end{vmatrix}\\ &= c^{\frac{n(n-1)}{2}-\frac{n(n-1)}{2}}\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn} \end{vmatrix}\\ &= \det(A) \end{align*}$$

4.2.18 $\quad$ 给定$n-1$个互不相同的数$a_1,a_2,...,a_{n-1}$，令$$P(x)=\begin{vmatrix} 1&x&\cdots&x^{n-1}\\ 1&a_1&\cdots&a_{1}^{n-1}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ 1&a_{n-1}&\cdots&a_{n-1}^{n-1} \end{vmatrix}.$$ 证明$P(x)$是一个关于$x$的$n-1$次多项式，并求$P(x)$的$n-1$个根。

$\\$ 证明：$\\$ 此即Vandermonde矩阵（见p.171），于是$$P(x)=(a_1-x)(a_2-x)...(a_{n-1}-x)\prod_{1\leq j < i \leq n-1}(a_i-a_j).$$ 即$P(x)$是关于$x$的$n-1$次多项式，多项式的根是$a_1,a_2,...,a_{n-1}.\\$

4.2.19 $\quad$ 设$f_i(x)$是$i$次多项式，$i=0,1,2,...,n-1$，其首项系数是$a_i$.又设$b_0,b_1,...,b_{n-1}$是$n$个数，计算如下的$n$阶行列式:

$\\$ $$\begin{vmatrix} f_0(b_0)&f_0(b_1)&\cdots&f_0(b_{n-1})\\ f_1(b_0)&f_1(b_1)&\cdots&f_1(b_{n-1})\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ f_{n-1}(b_0)&f_{n-1}(b_1)&\cdots&f_{n-1}(b_{n-1}) \end{vmatrix} .$$ 证明：$\\$ 原式=$\begin{vmatrix} a_0&a_0&\cdots&a_0\\ a_1b_0&a_1b_1&\cdots&a_1b_{n-1}\\ a_2b_0^2&a_2b_1^2&\cdots&a_2b_{n-1}^2\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n-1}b_0^{n-1}&a_{n-1}b_1^{n-1}&\cdots&a_{n-1}b_{n-1}^{n-1} \end{vmatrix} = a_0a_1...a_{n-1}\begin{vmatrix} 1&1&\cdots&1\\ b_0&b_1&\cdots&b_{n-1}\\ b_0^2&b_1^2&\cdots&b_{n-1}^2\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ b_0^{n-1}&b_1^{n-1}&\cdots&b_{n-1}^{n-1} \end{vmatrix}\\$ 右边即为著名的Vandermonde矩阵，于是原式=$a_0a_1...a_{n-1}\prod_{1 \leq j < i \leq n-1}(b_i-b_j).\\$

4.2.20

$\\$ 略.$\\$

4.2.21

$\\$ 见4.2.10第2小问.$\\$

4.2.22 $\quad$ 设$A$,$B$是$n$阶方阵，证明，$\det(\begin{bmatrix} A&B\\ B&A \end{bmatrix})=\det(A+B)\det(A-B).\\$

证明：$\\$ $\begin{vmatrix} A&B\\ B&A \end{vmatrix} \overset{\text{行变换}}{=} \begin{vmatrix} A+B&B+A\\ B&A \end{vmatrix} \overset{\text{列变换}}{=} \begin{vmatrix} A+B&O\\ B&A-B \end{vmatrix} = \det(A+B)\det(A-B). \\$

4.2.23 $\quad$ 设$A,B$分别是$m \times n,n \times m$矩阵，证明$\det(I_m+AB)=\det(I_n+BA).$由此推出，$I_m+AB$可逆当且仅当$I_n+BA$可逆.

$\\$ 此即著名的Sylvester等式，由J. J. Sylverster提出，有多种证明方法。$\\$

证法1:

$\\$ 注意到$$\begin{bmatrix} I_n&-B\\ A&I_m \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I_n&B\\ O&I_m \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_n&O\\ A&AB+I_m \end{bmatrix}.$$ $$\begin{bmatrix} I_n&B\\ O&I_m \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I_n&-B\\ A&I_m \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_n+BA&O\\ A&I_m \end{bmatrix}.$$ 于是$$\det(\begin{bmatrix} I_n&-B\\ A&I_m \end{bmatrix}) \cdot \det(\begin{bmatrix} I_n&B\\ O&I_m \end{bmatrix}) = \det(\begin{bmatrix} I_n&O\\ A&AB+I_m \end{bmatrix}) = \det(I_m+AB).$$ $$\det(\begin{bmatrix} I_n&B\\ O&I_m \end{bmatrix}) \cdot \det(\begin{bmatrix} I_n&-B\\ A&I_m \end{bmatrix}) = \det(\begin{bmatrix} I_n+BA&O\\ A&I_m \end{bmatrix}) = \det(I_n+BA).$$ 即$$\det(I_m+AB)=\det(I_n+BA)$$

证法2:

$\\$ 注意到$$\det(\begin{bmatrix} I_m&-A\\ B&I_n \end{bmatrix}) \overset{\text{行变换}}{=} \det(\begin{bmatrix} I_m+AB&O\\ B&I_n \end{bmatrix}) = \det(I_m+AB).$$ $$\det(\begin{bmatrix} I_m&-A\\ B&I_n \end{bmatrix}) \overset{\text{列变换}}{=} \det(\begin{bmatrix} I_m&O\\ B&I_n+BA \end{bmatrix}) = \det(I_n+BA).$$ 即$$\det(I_m+AB)=\det(I_n+BA)$$ $\\$

4.2.24 $\quad$ 计算

$\begin{vmatrix} 1+a_1^2&a_1a_2&\cdots&a_1a_n\\ a_2a_1&1+a_2^2&\cdots&a_2a_n\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n}a_1&a_{n}a_2&\cdots&1+a_n^2 \end{vmatrix}.\\$ 解：$\\$ 设$\bm{a}=\begin{bmatrix} a_1\\a_2\\ \vdots\\a_n \end{bmatrix}.$由4.2.23得到的Sylvester等式，原式= $$\det(I_n+\bm{a}\bm{a}^\mathrm{T})=\det(1+\bm{a}^\mathrm{T}\bm{a})=1+a_1^2+a_2^2+...+a_n^2.$$

4.2.25 $\quad$ 设$A$是是三阶矩阵，已知$\det(A-I_3)=\det(A-2I_3)=\det(A-3I_3)=0.$

$\\$ 1.证明存在非零向量$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3,$满足$A\bm{v}_i=i\bm{v}_i,i=1,2,3.\\$ 2.设$k_1\bm{v}_1+k_2\bm{v}_2+k_3\bm{v}_3=\bm{0}$，证明$k_1\bm{v}_1+2k_2\bm{v}_2+3k_3\bm{v}_3=\bm{0},k_1\bm{v}_1+4k_2\bm{v}_2+9k_3\bm{v}_3=\bm{0}.\\$ 3.证明存在可逆Vandermonde矩阵，使得$\begin{bmatrix} k_1\bm{v}_1&k_2\bm{v}_2&k_3\bm{v}_3 \end{bmatrix}V=O.\\$ 4.证明$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3$构成$\mathbb{R}^3$的一组基，因此矩阵$B=\begin{bmatrix} \bm{v}_1&\bm{v}_2&\bm{v}_3 \end{bmatrix}$可逆.$\\$ 5.证明存在对角矩阵$D$，使得$AB=BD$，并计算$\det(A).\\$ 证明：$\\$ 1. $$A\bm{v}_i=i\bm{v}_i\Rightarrow (A-iI_3)\bm{v}_i=0,i=1,2,3$$ 由题可知$A-iI_3$均不可逆，$(A-iI_3)\bm{v}_i=0$存在非零解.于是存在非零向量$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3,$满足$A\bm{v}_i=i\bm{v}_i,i=1,2,3.\\$ 2. $$k_1\bm{v}_1+2k_2\bm{v}_2+3k_3\bm{v}_3=k_1A\bm{v}_1+k_2A\bm{v}_2+k_3A\bm{v}_3=A(k_1\bm{v}_1+k_2\bm{v}_2+k_3\bm{v}_3)=\bm{0}.$$ $$k_1\bm{v}_1+4k_2\bm{v}_2+9k_3\bm{v}_3=k_1A^2\bm{v}_1+k_2A^2\bm{v}_2+k_3A^2\bm{v}_3=A^2(k_1\bm{v}_1+k_2\bm{v}_2+k_3\bm{v}_3)=\bm{0}.$$ 3.$\\$ 显然存在，$V=\begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&2&4\\ 1&3&9 \end{bmatrix}.\\$ 4.$\\$ 由2得，$k_1\bm{v}_1=k_2\bm{v}_2=k_3\bm{v}_3=\bm{0}$,而$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3 \neq \bm{0}$,所以$k_1=k_2=k_3=0$,即$B$可逆.$\\$ 5.$\\$ $D=\begin{bmatrix} 1&&\\ &2&\\ &&3 \end{bmatrix}.\quad \det(A)=6.\\$

4.2.26 $\quad$ 对函数$f(t)=\det(I_n+tA)$在$t=0$处求导。设$A=\begin{bmatrix} \bm{a}_1&\bm{a}_2&\cdots&\bm{a}_n \end{bmatrix}$，则$I_n+tA$的第$i$列是$\bm{e}_i+t\bm{a}_i.\\$

1.当$n=1,2,3$时，用$A$的元素表示$f^{'}(0)$;分析其规律，求$f^{'}(0)$的一般表达式.$\\$ 2.利用$\det(I_n+AB)=\det(I_m+BA)$，证明$\operatorname{trace}(AB)=\operatorname{trace}(BA).\\$ 1.解：$\\$ 当$n=1,f^{'}(0)=a_{11}.$当$n=2,f^{'}(0)=a_{11}+a_{22}.$当$n=3,f^{'}(0)=a_{11}+a_{22}+a_{33}.\\$ 由导数定义，$$\begin{align*} f^{'}(0)&=\lim_{\Delta t \to 0}\cfrac{\det(I_n+\Delta t A)-\det(I_n)}{\Delta t}\\ &=\lim_{\Delta t \to 0}\cfrac{1+a_{11}\Delta t+a_{22}\Delta t+\cdots+a_{nn}\Delta t+o(\Delta t)-1}{\Delta t}\\ &=\operatorname{trace}(A) \end{align*}$$ 于是$f^{'}(0)=\operatorname{trace}(A).\\$ 2.证明：$\\$ 对$\det(I_n+tAB)=\det(I_m+tBA)$两边同时求导立得.$\\$

4.2.27$\quad$ 设$A$是$m \times n$矩阵，任取其中的$k$行和$k$列，其交叉点的元素组成的$k$阶方阵的行列式称为$A$的一个$k$阶子式. 定义$\operatorname{rank}_{\det}(A)=\text{$max$\{$k$|$A$有非零的$k$阶子式\}}.$证明，$\operatorname{rank}_{\det}(A)=\operatorname{rank}(A).\\$

证明：$\\$ 设$\operatorname{rank}(A)=r$，则$A$中最多只能取得$r$个线性无关的列向量。由于行秩等于列秩，这$r$个线性无关的列向量中最多也只能取到$r$个线性无关的行向量。这说明$A$中最多只能得到$r$阶非零子式。于是命题显然成立。$\\$

4.2.28$\quad$ Hadamard不等式

$\\$ 1.利用QR分解证明，对任意$k$阶矩阵$T=\begin{bmatrix} \bm{t}_1&\bm{t}_2&\cdots&\bm{t}_n \end{bmatrix}$，$\vert{\det(T)}\vert\leq \Vert{\bm{t}_1}\Vert\Vert{\bm{t}_2}\Vert\cdots\Vert{\bm{t}_n}\Vert.\\$ 2.证明Hadamard矩阵使等号成立.$\\$ 1.证明:$\\$ $$T=Q\operatorname{diag}(\Vert{\bm{q_i}}\Vert)R.$$ 其中，$Q$是正交矩阵，$R$是对角元均为1的上三角阵.$\\$ 所以$$\vert{\det(T)}\vert=\prod_{1 \leq i \leq n}\Vert{\bm{q}_i}\Vert.$$ 由于$\bm{q}_i$是列向量$\bm{t}_i$垂直于$\bm{q}_1,\bm{q}_2,\cdots,\bm{q}_{n-1}$的分量，于是$\Vert \bm{q}_i \Vert \leq \Vert \bm{t}_i \Vert,$等号成立当且仅当$\bm{t}_i$垂直于$\bm{t}_1,\bm{t}_2,...\bm{t}_{i-1}.$ 即 $$\vert{\det(T)}\vert=\prod_{1 \leq i \leq n}\Vert{\bm{q}_i}\Vert \leq \Vert{\bm{t}_1}\Vert\Vert{\bm{t}_2}\Vert\cdots\Vert{\bm{t}_n}\Vert.$$ 2.证明:$\\$Hadamard矩阵列向量相互垂直，于是等号成立。$\\$

4.2.29

$\\$ 显然.$\\$

4.2.30-31

$\\$ 略.