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作业批改

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7 周 · 76 题

第一次作业

· 教材习题

9/12 正确 · 75%
错 3 题
第 1.1-1 题✗ 错误
证明 ℚ(2)≠ℚ(3)。
我的解答因为 2∈ℚ(2)，而 2∉ℚ(3)，所以 ℚ(2)≠ℚ(3)；同理 ℚ(3)≠ℚ(2)。 一般地，设 p,q 为相异素数，有 p∈ℚ(p)、p∉ℚ(q)；q∈ℚ(q)、q∉ℚ(p)；则 ℚ(p)≠ℚ(q)，ℚ(q)≠ℚ(p)。
正解反设 2=a+b3（a,b∈ℚ），平方得 2=a2+3b2+2ab3 若 ab≠0，则 3=2−a2−3b22ab∈ℚ，与 3 为无理数矛盾，故 ab=0。 若 b=0，则 2=a∈ℚ，矛盾；若 a=0，则 b2=23，而 23 不是有理数（设 23=mn 且 m,n 互素，可推出矛盾），亦矛盾。 所以 2∉ℚ(3)，从而 ℚ(2)≠ℚ(3)。
错因方法缺失
批改判定思路是对的：只要找出一个属于前者而不属于后者的数，就能断定两个数域不相等。但本题的关键一步——2∉ℚ(3)，以及一般情形的 p∉ℚ(q)——只是直接断言，没有证明，等于把最需要论证的地方当成了已知。
第 1.1-3(1) 题✗ 错误
设 F,K 都是数域，证明 F∩K 也是数域。
我的解答设 F∩K={a,b,c,…}。因为 F∩K⊆F，而 F 是数域，所以 F∩K 对加、减、乘、除封闭，即 F∩K 是数域。
正解任取 a,b∈F∩K，则 a,b∈F 且 a,b∈K。因 F,K 都是数域，故 a±b、ab 以及 b≠0 时的 ab 既属于 F 又属于 K，从而属于 F∩K；又 0,1∈F 且 0,1∈K，故 0,1∈F∩K。 因此 F∩K 对加、减、乘、除封闭且含 0,1，是数域。
错因概念混淆
批改结论正确，但这一步推理不成立：由 F∩K⊆F 推不出 F∩K 对运算封闭（例如 {0,1}⊂ℚ 是子集，却对加法不封闭）。另外还应验证 0,1∈F∩K、F∩K 非空，这两点也漏掉了。
第 1.1-3(2) 题✓ 正确
举例说明两个数域的并 F∪K 不一定是数域。
我的解答取 F={a+b2|a,b∈ℚ}，K={a+b3|a,b∈ℚ}，则 F,K 都是数域。 取 x=2∈F，y=3∈K，则 xy=6∉F∪K。所以 F∪K 对乘法不封闭，F∪K 不是数域。
批改反例取得好，正好打在“并对运算不封闭”这个要害上。可以补一句 6∉F∪K 的理由（若 6=a+b2，平方后比较有理部分与 2 的系数即得矛盾；对 K 同理），论证才闭合。
第 1.1-5(4) 题✓ 正确
求排列 987654321 的逆序数，并判断它的奇偶性。
我的解答τ(987654321)=8+7+6+5+4+3+2+1=36，所以是偶排列。
批改逆序数算对了（最前面的 9 有 8 个逆序，依次递减到最后的 1 为 0 个，共 36），36 是偶数，判为偶排列正确。若把每个数的逆序数逐个列出再求和，过程会更清楚。
第 1.1-5(5) 题✓ 正确
求排列 246813579 的逆序数，并判断它的奇偶性。
我的解答τ(246813579)=1+2+3+4+0+0+0+0+0=10，所以是偶排列。
批改结果正确：2,4,6,8 各贡献 1,2,3,4 个逆序，合计 10。后面一串 0 可以省去，直接写 1+2+3+4=10 更干净。
第 1.1-6(1) 题✓ 正确
求排列 135⋯(2n−1)246⋯(2n) 的逆序数，并讨论 n 的奇偶性。
我的解答τ(135⋯(2n−1)246⋯(2n))=0+1+2+⋯+(n−1)+0+0+⋯+0=n(n−1)2 当 n=4k 或 n=4k+1（k∈ℤ）时为偶排列；当 n=4k+2 或 n=4k+3 时为奇排列。
批改逆序数 n(n−1)2 与四类 n 的奇偶判定都正确（n=1,4,5,8,… 为偶，n=2,3,6,7,… 为奇）。建议补一句来源：奇数 2j−1 后面比它小的偶数恰有 j−1 个，所以逆序数是 0+1+⋯+(n−1)。
第 1.1-6(2) 题✓ 正确
求排列 246⋯(2n)135⋯(2n−1) 的逆序数，并讨论 n 的奇偶性。
我的解答τ(246⋯(2n)135⋯(2n−1))=1+2+⋯+n+0+0+⋯+0=n(n+1)2 当 n=4k−1 或 n=4k 时为偶排列；当 n=4k+1 或 n=4k+2 时为奇排列。
批改结果正确：第 k 个偶数 2k 后面比它小的奇数有 k 个，故逆序数为 1+2+⋯+n=n(n+1)2，四类 n 的判定也对。可把这句“第 k 个偶数的逆序数为 k”写出来，避免只给一个求和式。
第 1.2-1(5) 题✓ 正确
计算行列式 |12−13200−11|。
我的解答|12−13200−11|=2+0+3−0−6−0=−1
批改按对角线法则算得 −1，正确（按第一行展开核对：1⋅2−2⋅3+(−1)⋅(−3)=−1，一致）。三阶用对角线法则可以，但四阶以上必须化三角或降阶，注意别养成习惯。
第 1.2-3 题✓ 正确
在五阶行列式中，判定项 a1ia32a4ka25a53 的符号并求 i,k。
我的解答该项行标为 1,3,4,2,5，τ(13425)=2，故需 τ(i2k53) 为奇数时才带负号。 i=1,k=4 时 τ(12453)=2，τ 之和为 4，取正号；i=4,k=1 时 τ(42153)=5，τ 之和为 7，取负号。 综上 i=4，k=1。
批改判据“行标逆序数 + 列标逆序数之和为偶取正、为奇取负”用对了，两种取法也都算对（τ(12453)=2、τ(42153)=5 无误），所以带负号的项对应 i=4,k=1。建议开头先说明 i,k 只能取 1,4（列标 i,2,k,5,3 必须是 1∼5 的排列），逻辑链更完整。
第 1.2-6(1) 题✓ 正确
计算五阶行列式 |a1a2a3a4a5b1b2b3b4b5c1c2000d1d2000e1e2000|。
我的解答该行列式 =0，因为 c,d,e 中必有一行为 0。
批改结果 0 正确，但理由写错了：“c,d,e 中必有一行为 0”并不必然成立。正确说法是后三行只有前两列可能非零，三行都落在 span{e1,e2} 内，必线性相关，故行列式为 0（也可按第 3,4,5 列用拉普拉斯定理：这三列的非零行只有两行，所有三阶子式全为 0）。
第 1.2-6(4) 题✓ 正确
计算 n 阶行列式 |010⋯0002⋯0⋮⋮⋮⋱⋮000⋯n−1n00⋯0|。
我的解答=(−1)n−1n! 其中 τ(234⋯n1)=n−1。
批改答案 (−1)n−1n! 正确：唯一非零项对应列排列 (2,3,…,n,1)，它是 n 轮换，逆序数为 n−1，系数乘积为 n!。若把“只有这一个非零项”写出来，符号的来源就更清楚了。
第 1.2-8 题✗ 错误
计算 n 阶行列式（反对角线上全为 1，其右上方为任意元素 aij，左下方全为 0）。
我的解答=(−1)n⋅(−1)τ(n(n−1)(n−2)⋯1)=(−1)n(n+1)2
正解只有一项非零，故 D=(−1)n(n−1)2 核对：n=2 时 D=−1，n=3 时 D=−1，n=4 时 D=1。
错因计算失误
批改错在符号，多乘了一个 (−1)n。该行列式只有取反对角线上那 n 个 1 的项非零，其列标排列为 n,n−1,⋯,1，逆序数是 n(n−1)2，所以 D=(−1)n(n−1)2。学生把 (1,n) 位置那个 1 的代数余子式符号写成了 (−1)n（应为 (−1)1+n），于是 n 为奇数时正负号正好反了。

第二次作业

· 教材习题

8/10 正确 · 80%
错 2 题
第 1.4-1(1) 题✗ 错误
计算 D=|xab00y000ez0ghku|。
我的解答D=u⋅|xab00y000ez0ghku|=u⋅u⋅|xab0y00ez|=u⋅u⋅x⋅|y0ez|=u⋅u⋅x⋅y⋅z
正解按第 4 列展开（只有 (4,4) 元素 u 非零）： D=u⋅|xab0y00ez|=u⋅x⋅|y0ez|=xyzu
错因概念混淆
批改错在多乘了一个 u。第 4 列只有 (4,4) 位置是 u，按第 4 列展开就得到 u⋅|xab0y00ez|——此时若写成“提出公因子 u”，方阵里那个位置必须变成 1；学生在式子外面先乘了一个 u，矩阵里又保留 u，展开时再乘一次，于是结果多了因子 u。正解是 xyzu。
第 2(2) 题✓ 正确
用初等变换把四阶行列式 D 化为三角形，再求值。
我的解答先作 R4−4R1、R3+32R2，得 |1001022000600008|=1⋅2⋅6⋅8=96
批改三角化后取对角线之积，思路与结果（96）都对。但原行列式没有抄出来，R4−4R1、R3+32R2 这两个系数是否真能把对应位置化成 0，阅卷时无法复核；以后把原矩阵和每一步变换都写清楚。
第 2(3) 题✓ 正确
计算 D=|3110310130113111|。
我的解答第一列各元素都是 3，提出公因子 3： D=3|1110110110111111| 再作 R1−R4，把第 1 行化为 (0,0,0,−1)，按第 1 行展开： D=3⋅(−1)⋅(−1)1+4|110101111|=−3
批改答案 −3 正确。先提公因子再降阶的思路也对。两处要注意：一是第 1 列元素都是 3，直接提出 3 即可，旁边标注的 C1+∑Cj 与实际操作不符；二是三阶行列式 |110101111|=−1 这一步应写出来，否则最后得 −3 显得突然。
第 2(5) 题✓ 正确
计算 D=|152222157222152722152272152227|。
我的解答第一列提出 15： D=15|1222217222127221227212227| 再把第 2,3,4,5 行各减去第 1 行： D=15|1222205000005000005000005|=15⋅54=3⋅55
批改结果 9375 正确。“第一列提公因子 + 逐行相减”是这类“一列相同、其余为对角型”行列式的标准做法，用得干净。唯一可改进处：先说明“把一行的 k 倍加到另一行不改变行列式”，再动手做，依据更完整。
第 3(2) 题✓ 正确
计算 D=|a22a+12a+32a+5b22b+12b+32b+5c22c+12c+32c+5d22d+12d+32d+5|。
我的解答作 C3−C2、C4−C3： D=|a22a+122b22b+122c22c+122d22d+122|=0
批改结论 0 正确：第 3 列减第 2 列、第 4 列减第 3 列后，后两列都变成 (2,2,2,2)，两列相同故行列式为 0。但卷面上的变换标注写成了 C2−C1、C1−C2，与结果不符（第 1 列仍是 a2,b2,c2,d2 没有变化），标注应改为 C3−C2、C4−C3。
第 3(3) 题✓ 正确
计算 n+1 阶行列式 |1a1a2⋯an1b1+a1a2⋯an1a1b2+a2⋯an⋮⋮⋮⋮1a1a2⋯bn+an|。
我的解答把第 2 行到第 n+1 行分别减去第 1 行（Ri−R1），得 |1a1a2⋯an0b10⋯000b2⋯0⋮⋮⋱⋮000⋯bn|=∏i=1nbi
批改答案 ∏bi 正确，Ri−R1 一步就化成上三角，很干脆。过程里先写成了 ∏(bi−ai)（原矩阵对角元是 bi+ai，减第一行后应为 bi），后来划掉了，注意一次写对；另外别忘了左上角那个对角元 1，它也是因子（此处为 1，不影响结果）。
第 4 题✓ 正确
已知 n 阶行列式 D=2n−1，求其展开式中正项、负项的个数。
我的解答相邻两行依次相减（R2−R1,…,Rn−Rn−1）后为上三角： D=|1−1−1⋯−1020⋯0002⋯0⋮⋱⋮00⋯02|=2n−1 设正项有 x 个，则负项有 n!−x 个，于是 x−(n!−x)=2n−1⟹x=2n−2+n!2 即正项有 2n−2+n!2 个。
批改结果正确：化三角后 D=1⋅2n−1，而原矩阵元素全是 ±1，每一项都是 ±1，所以“正项之和 − 负项之和 =D”才成立，才有 x−(n!−x)=2n−1。这个前提（各项绝对值为 1）建议写出来，否则等式像是凭空出现的；另外 x−(n!−x) 不要写成 x+(−(n!−x))，容易看乱。
第 6(1) 题✓ 正确
设 D=|x−1−2−2−2x−1−2−2−2x−1|，求 D=0 的根。
我的解答把三列都加到第 1 列，第 1 列变为 x−5，提出公因子： D=(x−5)|1−2−21x−1−21−2x−1|=(x−5)(x+1)2 故根为 x=5 与 x=−1（二重）。
批改结果 (x−5)(x+1)2 正确，根 x=5、x=−1（二重根）也对。“三列之和相同，加到第一列再提公因子”是本题标准套路，用得很好。可补一句降阶依据：第 2,3 行各减第 1 行后为上三角，对角线为 1,x+1,x+1。
第 7(3) 题✓ 正确
计算 D=−|2a1112a123a13−5a122a2112a223a23−5a222a3112a323a33−5a32|（结果用三阶行列式 |aij| 表示）。
我的解答第 1 列提 2、第 2 列提 12、第 3 列提出 3： D=(−1)⋅2⋅12⋅3|a11a12a13a21a22a23a31a32a33|=−3a
批改系数算对了：第 1 列提 2、第 2 列提 12、第 3 列提出 3，合起来是 (−1)⋅2⋅12⋅3=−3，即原三阶行列式的 −3 倍（式中 a 就是该三阶行列式），正确。建议补一句：第 3 列是 3c3−5c2，拆开后含 c2 的那一项行列式为 0 会自动消失；这行说明写出来，从原式跳到 |aij| 就不显得突兀了。
第 8 题✗ 错误
计算 n+1 阶行列式 |−a10⋯000−a2⋯00⋮⋱⋮00⋯−anan12⋯nn+1|。
我的解答依次作 C2+C1、C3+C2、…、Cn+1+Cn，化成三角阵 |−a10⋯000−a2⋯00⋮⋱⋮00⋯−an012⋯nn+1| 故 D=(−1)n(n+1)a1a2⋯an。
正解化三角后对角元为 −a1,…,−an 与累积和 (n+1)(n+2)2，故 D=(−1)n⋅(n+1)(n+2)2⋅a1a2⋯an 核对：n=1 得 −3a1，n=2 得 6a1a2，均与直接计算一致。
错因计算失误
批改错在最后一行没有跟着变。列变换 Cj+Cj−1 要作用到所有行，最后一行会由 (1,2,⋯,n,n+1) 变成累积和 (1,3,6,⋯,(n+1)(n+2)2)，不是原样不动；因此最后那个因子应是 (n+1)(n+2)2 而不是 n+1（取 n=1 检验：二阶行列式 |−a1a112|=−3a1，也说明 n+1=2 不对）。

第三次作业

· 教材习题

13/13 正确 · 100%
错 0 题
第 1.4-1(4) 题✓ 正确
计算 n 阶行列式 Dn=|a10⋯010a2⋯00⋮⋮⋮⋮00⋯an−1010⋯0an| 的值。
我的解答按第 1 行展开：Dn=a1(−1)1+1|a20⋯00a3⋯0⋮⋱⋮0⋯0an|+1⋅(−1)1+n|00⋯01a10⋯00⋮⋮⋮00⋯an−10|=\prod_{i=1}^{n}a_i+(-1)^{2n+1}\prod_{i=2}^{n-1}a_i$。
批改按第 1 行展开是对的：第一个 n−1 阶行列式是上三角形，值为 a2a3⋯an；第二个辅助行列式再展开一次得 a2⋯an−1，符号 (−1)n+1⋅(−1)n=(−1)2n+1=−1，所以最终 a1a2⋯an−a2a3⋯an−1 正确。建议把 (−1)2n+1 直接化简成 −1，并注明 n=2 时 ∏i=21ai=1（空积）使公式仍然成立。
第 1.4-1(5) 题✓ 正确
计算 6 阶行列式 D6=|110001x1x2000x3a1b1111c1a2b2x1x2x3c2x12x22000x32a3b3x12x22x32c3|。
我的解答D6=(−1)(1+2+3)+(4+5+6)⋅|111x1x2x3x12x22x32|⋅|111x1x2x3x12x22x32|=(−1)⋅(x2−x1)2(x3−x1)2(x3−x2)2。
批改结果正确。把行按 (1,2,5,3,4,6)、列按 (1,2,6,3,4,5) 重排后，D6 化为分块三角形 (V0AV)，a1,b1,c1,⋯ 这些元素被整块消去，只剩两个 3 阶范德蒙德行列式 V 相乘，符号为 (−1)5=−1，于是 D6=−V2，与你的结果一致。但卷面只写了指数 (1+2+3)+(4+5+6)，没说明这个 (−1) 是怎么来的；应写成“行重排有 2 处逆序、列重排有 3 处逆序，共 5 次对换，故符号为 (−1)5”，这样才站得住。
第 1.4-1(7) 题✓ 正确
计算 n+1 阶行列式 Dn+1=|an(a−1)n⋯(a−n)nan−1(a−1)n−1⋯(a−n)n−1⋮⋮⋮aa−1⋯a−n11⋯1|。
我的解答Dn+1=(−1)n(n+1)2⋅|11⋯1a−na−n+1⋯a⋮⋮(a−n)n(a−n+1)n⋯an| （先把各列倒序，抵消了行由降幂排成升幂所需的符号）=∏1≤i<j≤n+1(j−i)=∏k=1nk!。
批改最终 ∏k=1nk! 正确（n=1 时 D2=|aa−111|=1=1!；n=2 时是三阶范德蒙德行列式，值为 2）。但符号的处理前后不一致：把列倒序已经乘了 (−1)n(n+1)2，而要把行序由降幂调成升幂还要再乘一次 (−1)n(n+1)2，两个符号正好抵消，所以最后才是正的 ∏k!；卷面第二个符号没有写出来，中间那个等号严格说不成立。建议把“列倒序”和“行倒序”两次符号都写清楚，或直接引用范德蒙德行列式并注明列的排列次序。
第 1.4-2(1) 题✓ 正确
计算 n 阶行列式 Dn=|xy0⋯00xy⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯xyy0⋯0x|。
我的解答按第 1 列展开：Dn=x⋅|xy⋯00x⋯0⋮⋱⋮0⋯0x|+(−1)n+1y⋅|y0⋯0xy⋯0⋮⋱⋮0⋯xy|=xn+(−1)n+1yn。
批改结果 xn+(−1)n+1yn 正确（n=2 时得 x2−y2，可作检验）。两个 n−1 阶行列式分别是上三角形和下三角形，值分别为 xn−1 与 yn−1，建议把这两句话写出来，否则 (−1)n+1yn 这一项像是凭空出现。
第 1.4-2(3) 题✓ 正确
计算 n(n>1) 阶行列式 Dn=|1+x1y11+x1y2⋯1+x1yn1+x2y11+x2y2⋯1+x2yn⋮⋮⋮1+xny11+xny2⋯1+xnyn|。
我的解答Dn={(x2−x1)(y2−y1),n=2,0,n>2.
批改两个结论都对：n=2 时直接展开得 (x1−x2)(y1−y2)，即 (x2−x1)(y2−y1)；n≥3 时矩阵可写成 11T+xyT（其中 x=(x1,⋯,xn)T，y=(y1,⋯,yn)T），秩不超过 2<n，故行列式为 0。但这一题只写了答案、没有任何过程，考试必须把秩的论证（或 n=2 的展开）写出来，否则很可能只拿到答案分；另外 n=1 的情形 1+x1y1 也宜一并说明，题设已限定 n>1 但分类要完整。
第 1.4-3(1) 题✓ 正确
设 Dn=|xyy⋯yzx0⋯00zx⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯zx|(n>1)，求 Dn 的递推公式。
我的解答按第 1 列展开：Dn=x⋅xn−1−z⋅|yy⋯yzx⋯0⋮⋱⋮0⋯zx|，逐次展开得 Dn=xn−yzxn−2+yz2xn−3−⋯+(−1)n−1yzn−1=xDn−1+(−1)n−1yzn−1。
批改递推公式 Dn=xDn−1+(−1)n−1yzn−1（D1=x）正确，用 n=2,3 检验：xD1−yz=x2−yz，xD2+yz2=x3−xyz+yz2，与直接展开一致。但这一问只要“递推公式”，正确的顺序是先按最后一行（或第 1 列）展开得到 Dn=xDn−1+(−1)n−1yzn−1，再据此去求通项；卷面反过来先写通项、末尾补一个递推，逻辑上是倒着的。另外展开式中那个 n−1 阶行列式（首行全为 y）没有被算出来，是本题最关键的一步。
第 1.4-3(2) 题✓ 正确
设 Dn=|xyy⋯yzx0⋯00zx⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯zx|(n>1)，利用递推公式求 Dn。
我的解答Dn=xn−xn−2yz+xn−3yz2+⋯+(−1)n−2xyzn−2+(−1)n−1yzn−1。
批改通项正确，与第 (1) 问的递推式一致（把 Dk=xDk−1+(−1)k−1yzk−1 逐次代入即得）。建议写成统一的和式 Dn=∑k=0n−1(−1)kyzkxn−1−k，并注明 D1=x、D2=x2−yz 作为起点，这样既不会漏项，也能立刻看出末项 k=n−1 时 x 的指数为 0。
第 1.4-5(1) 题✓ 正确
计算行列式 D6=|765432978943749700536100005600006800|。
我的解答D6=(−1)5+6+1+2⋅|3245|⋅|7497536100560068|=\begin{vmatrix}7&4\\5&3\end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}5&6\\6&8\end{vmatrix}=4$。
批改最终值 4 是对的，做法（按只在第 1,2 行非零的第 5,6 列用拉普拉斯定理展开）也正确：D6=(−1)(1+2)+(5+6)⋅|3243|⋅|7497536100560068|=1⋅(1⋅4)=4。但卷面有两处问题：其一，原题那个 2 阶块是 |3243|=1，你抄成了 |3245|=7；其二，第二个等号把 |3245| 这个因子整个丢掉了——按你写的数字应当是 7⋅1⋅4=28，与末尾的 4 自相矛盾。把缺失的因子补回去、并把抄错的 3 改正，过程就完整了。
第 1.5-1(4) 题✓ 正确
用克拉默法则解方程组 {x1−3x3−6x4=9,2x1−5x2+x3+x4=8,−x2+2x3+2x4=−5,x1−7x2+4x3+6x4=0.
我的解答D=|10−3−62−5110−1221−746|=27≠0，D1=81，D2=−27，D3=−108，D4=27，故 x1=3，x2=−1，x3=−4，x4=1。
批改全对：D=27≠0，四个 Dj 与解 xj=Dj/D 都正确，代回第 4 个方程 3−7×(−1)+4×(−4)+6×1=0 也成立。唯一不足是 D 及四个 Dj 只写了结果，没有化简过程；考试时应至少把 D 按行展开（或化三角形）的过程写出来，并说明 Dj 是把第 j 列换成常数列 (9,8,−5,0)T 得到的。
第 1.5-3 题✓ 正确
证明：对任意实数 k，线性方程组 (k2−2)x1+x2−2x3=0，−5x1+(k2+3)x2−3x3=0，x1+(k2+2)x3=0 只有零解。
我的解答系数行列式按第 3 行展开：D=1⋅(−1)3+1|1−2k2+3−3|+(k2+2)(−1)3+3|k2−21−5k2+3|=k6+3k4+3k2+1>0 恒成立。所以原方程组有唯一解；又 b1=b2=b3=0 时只有零解。
批改方法与结论都正确：D=(k2+1)3>0 对一切实数 k 成立，由克拉默法则，齐次方程组只有零解。建议把 k6+3k4+3k2+1 直接写成 (k2+1)3，恒正的依据更明显；另外按第 3 行展开时 (3,2) 元为 0，只出现两项，卷面把两个余子式都写全了，但最好注明第二项的符号 (−1)3+3=+1。
第 1.6-2(2) 题✓ 正确
设 sinα≠0，用数学归纳法证明 Dn=|2cosα10⋯012cosα1⋯0012cosα⋯0⋮⋮⋮⋱⋮000⋯2cosα|=sin(n+1)αsinα。
我的解答n=1 时 D1=2cosα=sin2αsinα 成立。假设 n=k 时 Dk=sin(k+1)αsinα 成立，则 n=k+1 时 Dk+1=|2cosα1⋯012cosα⋯0⋮⋱⋮0⋯12cosα|=2cosαDk−Dk−1=2cosαsin(k+1)α−sinkαsinα=sin(k+2)αsinα 成立。由数学归纳法有 Dn=sin(n+1)αsinα。
批改归纳框架与三角恒等式 2cosαsin(k+1)α=sin(k+2)α+sinkα 都用对了。两点要补：其一，第二步用到了 Dk−1（二阶递推），所以必须验证 n=1,2 两个起点，D2=4cos2α−1=sin3αsinα 不能省；其二，Dk+1=2cosαDk−Dk−1 是按最后一行展开得到的（Dk+1=2cosαMk+1,k+1+(−1)(k+1)+kDk−1），卷面直接写出，应补这一步说明。
第 1.6-5 题✓ 正确
设 D=|a11a12a13⋯a1n120⋯0103⋯0⋮⋮⋮⋮100⋯n|，求 A11+A12+⋯+A1n，其中 A1i 是 a1i 的代数余子式。
我的解答A11=n!；A12=|100⋯0130⋯0⋮⋮⋮⋮100⋯n|=3⋅4⋯n⋅(−1)1+2=−n!2；A13=−n!3；A1k=−n!k；故 ∑i=1nA1i=n!(1−∑k=2n1k)。
批改结果正确：n=4 时为 24−12−8−6=−2，与 4!(1−12−13−14)=−2 一致。但 A13=−n!3 和一般的 A1k=−n!k 是从 A12 直接推广的，没有推导；M1k 并不是三角形行列式，应当说明（例如按第 1 行展开、或说明经列交换可化为三角形并补出符号）为什么 |M1k|=n!k，以及 (−1)1+k 与 |M1k| 自身的符号为何使 A1k 恒为负。这是本题唯一容易被扣分的地方。
第 1.6-6 题✓ 正确
计算 n(n>1) 阶行列式 Dn=|11⋯1x1x2⋯xnx12x22⋯xn2⋮⋮⋮x1n−2x2n−2⋯xnn−2x1nx2n⋯xnn|。
我的解答构造 Dn+1=|11⋯11x1x2⋯xnyx12x22⋯xn2y2⋮⋮⋮⋮x1n−1x2n−1⋯xnn−1yn−1x1nx2n⋯xnnyn|，观察有 An+1,n+1=Dn；又 Dn+1=∏1≤i<j≤n(xj−xi)∏i=1n(y−xi)，其中 yn−1 的系数是 −(∑i=1nxi)∏1≤i<j≤n(xj−xi)，即 −Dn；故 Dn=∏1≤i<j≤n(xj−xi)⋅∑i=1nxi。
批改结果 ∏i<j(xj−xi)∑ixi 正确（n=3 可验：D3=(x2−x1)(x3−x1)(x3−x2)(x1+x2+x3)），“构造 n+1 阶范德蒙德行列式、比较 y 的系数”这一招很巧。但两处要写清楚：其一，An+1,n+1 对应的是 yn 的系数，等于 n 阶标准范德蒙德行列式，并不是题目要求的 Dn；题目 Dn 对应的是 yn−1 项（位置 (n,n+1)），其余子式带符号 (−1)n+(n+1)=−1，所以系数才是 −Dn，卷面的符号对应关系写得含糊；其二，Dn+1=∏i<j≤n(xj−xi)∏i=1n(y−xi) 直接用了范德蒙德公式，宜注明列的顺序是 x1,⋯,xn,y。

第四次作业

· 教材习题

7/7 正确 · 100%
错 0 题
第 2.1-1(1) 题✓ 正确
用初等行变换将矩阵 (17280−536−1−737) 化为约化阶梯形。
我的解答(17280−536−1−737)→R3+R1(17280−53600515)→15R3(17280−5360013)→-15R2(172801−35−650013)→R1-7R2-2R3(100−115010350013)
批改结果与标准答案一致：约化阶梯形为 (100−115010350013)，每行首个非零元为 1 且所在列其余元素为 0，符合“约化阶梯形”的要求。小问题：从 (0,1,−35,−65) 变到 (0,1,0,35) 还需要一步 R2+35R3，卷面上没有标出来；建议每一步都标在箭头上，这是检查过程的主要依据。
第 2.1-1(3) 题✓ 正确
用初等行变换将矩阵 (1−13−12−1−143−22310−45) 化为约化阶梯形。
我的解答→[R3−3R1]R2−2R1,R4−R1(1−13−101−7601−7601−76)→R3-R2, R4-R2(1−13−101−7600000000)→R1+R2(10−4501−7600000000)
批改结果正确：约化阶梯形为 (10−4501−7600000000)，秩为 2。三行消元后完全相同这一点值得点一句——说明原矩阵后三行成比例（其实是同一个向量），秩不超过 2，这样比纯算更有说服力。
第 2.1-3 题✓ 正确
证明：互换矩阵的两行可通过连续施行若干次倍乘、倍加（第三种初等变换）来实现。
我的解答记互换的两行为 i,j，对矩阵依次进行 Ri+Rj、Rj−Ri、Ri+Rj 三次倍加，此时第 i 行实际为第 j 行的原样，第 j 行则为第 i 行的相反数；再对第 j 行进行倍乘 (−1) 即可。
批改证明正确。设两行为 α,β，三步倍加后为 α+β、β−(α+β)=−α、(α+β)+(−α)=β，最后第 j 行乘 −1 得 α，恰好完成互换。建议把这个“设两行为 α,β、逐行写出结果”的过程补上，卷面只用文字描述，考试时容易被认为跳跃；另外要强调 Rj−Ri 是“把第 i 行的 (−1) 倍加到第 j 行”，仍属于倍加，符合题目只允许倍乘与倍加的限制。
第 2.2-3(2) 题✓ 正确
求矩阵 A=(011−1202−2−200−1−1111101−1) 的秩。
我的解答A→R1↔R4(1101−102−2−200−1−111011−12)→R2↔R4(1101−1011−120−1−11102−2−20)→[R4−2R2]R3+R2(1101−1011−120000300−40−4)，r(A)=4。
批改r(A)=4 正确，四个非零行分别在第 1,2,3,5 列有主元，确实线性无关。建议把最后两行再交换成阶梯形（R3↔R4 并消元），末尾写明“非零行数为 4，故 r(A)=4”；现在最后一步矩阵还不是阶梯形，直接下结论略嫌仓促。
第 2.2-3(4) 题✓ 正确
求矩阵 A=(1−12102−24−10306−2103001) 的秩。
我的解答A→[R3−3R1]R2−2R1(1−1210000−30030−5103001)→R2↔R4(1−121003001030−51000−30)→R3-R2(1−121003001000−50000−30)→R4-35R3(1−121003001000−5000000)，r(A)=3。
批改r(A)=3 正确，消元过程也对（第 3 行减第 2 行后第 3 列全为零，第 4 行再被消成零行）。建议末尾注一句“非零行数为 3，主元在第 1,2,4 列，故 r(A)=3”；另外这一步 R2↔R4 只是为了排序好看，不交换也能直接看出三个非零行线性无关。
第 2.2-4 题✓ 正确
设 ai(i=1,2,⋯,m) 不全为零，bj(j=1,2,⋯,n) 不全为零，且 Am×n=(a1b1a1b2⋯a1bna2b1a2b2⋯a2bn⋮⋮⋮amb1amb2⋯ambn)，求矩阵 A 的秩。
我的解答因为 ai 不全为零、bj 不全为零，所以 r(A)≥1。若第一行不全为零，对第 k 行，显然其恰好为第一行的 aka1 倍，则可被化为全 0，则 r(A)≤1。综上 r(A)=1。
批改结论 r(A)=1 正确，思路（A≠O 给出 r≥1，各行成比例给出 r≤1）也对。但严格性有漏洞：写“第 k 行是第一行的 aka1 倍”用到了 a1≠0，而题设只保证 ai 不全为零。两种改法：取某个 as≠0 作基准行；或直接写 A=αβT（α=(a1,⋯,am)T，β=(b1,⋯,bn)T），由 r(αβT)≤min{r(α),r(β)}=1 得 r(A)≤1。另外“若第一行不全为零”应改成“若 a1≠0”，分类才完整。
第 2.2-5(1) 题✓ 正确
求矩阵 A=(112−213−k−2k1−160) 的秩（k 为参数）。
我的解答A→R2↔R3(112−21−16013−k−2k)→[R3−R1]R2−R1(112−20−24202−k−2−2k+2)→-12R2(112−201−2−102−k−2−2k+2)→R3-2R2(112−201−2−1002−k4−2k)；k=2 时 r(A)=2，k≠2 时 r(A)=3。
批改结论完全正确：k=2 时第 3 行被消成零行，秩为 2；k≠2 时有三个非零行，主元在第 1,2,3 列，秩为 3。建议最后一步把结果写成 (0,0,2−k,4−2k)=(0,0,2−k,2(2−k))，指出 2−k 与 4−2k 同时为零、同时不为零，分类讨论的依据就更充分了。

第五次作业

· 教材习题

9/10 正确 · 90%
错 1 题
第 2.2-5(3) 题✓ 正确
设 A=(111101−1t23k4)，讨论 k,t 取何值时 r(A)=2，何时 r(A)=3。
我的解答对 A 作初等行变换： A=(111101−1t23k4)→(111101−1t01k−22)→(111101−1t00k−12−t) 当 k−1=0 且 2−t=0，即 k=1,t=2 时 r(A)=2；当 k=1 与 t=2 不同时成立时 r(A)=3。
批改行变换与结论都对：第 3 行化成 (0,0,k−1,2−t) 后，k=1 且 t=2 时第三行全零，r(A)=2；否则 r(A)=3。建议补一句 r(A) 不会等于 1（左上角二阶子式 |1101|=1≠0），讨论才完整。另外 r3−2r1 那一步第 4 列变成 4−2=2，卷面漏抄，中间矩阵要写全。
第 2.3-1(2) 题✓ 正确
解线性方程组，其增广矩阵为 (1−23−4401−11−3130110−731−3)。
我的解答r3−r1、r4+7r2，再 r3−5r2、r4+2r2： A‾→(1−23−4401−11−300201200−48−24)→(1−23−4401−11−300106001−26)→(1−23−4401−11−300106000−20) 得 r(A‾)=r(A)=4，方程组有唯一解。回代：r1+2r2 得 (1,0,1,−2|−2)；r1−r3、r2+r3 得 (1,0,0,−2|−8)、(0,1,0,1|3)；最后消去第 4 列得 (1000−8010030010600010) 即 x1=−8,x2=3,x3=6,x4=0。
批改整条消元链与回代都对，(−8,3,6,0) 代回四个方程全部成立。一处记号要与操作对齐：最后消去第 2 行第 4 列用的是 r2+12r4（−2 倍要乘 12），卷面标成了 r2−r4，把 r4 直接减掉会把 x4 的系数变成 3；考试时标记与操作必须一致。
第 2.3-1(5) 题✓ 正确
求齐次线性方程组 Ax=0 的通解，其中 A=(1−23−401−11130−31−43−2)。
我的解答r3−r1、r4−r1，再 r3−5r2、r4+2r2、r4+r3： A→(1−23−401−1105−310−202)→(1−23−401−11002−400−24)→(1000010−1001−20000) 取 x4=t1，得 x1=0,x2=t1,x3=2t1,x4=t1（t1 为任意常数）。
批改化到行最简形后按自由未知量回代，通解 (0,t1,2t1,t1) 正确，代回原方程组四个方程都成立。建议补一句 r(A)=3、n−r=1，点明为什么只有一个自由未知量；另外齐次组通解宜写成向量形式 x=t1(0,1,2,1)T，更便于检查。
第 2.3-4 题✓ 正确
设 A=(k111k−12−11)，问 k 取何值时 r(A)=3。
我的解答先 c1↔c3，再 r1↔r3： A→(11k−1k11−12)→(1−12−1k111k) r2+r1 得 (0,k−1,3)，r3−r1 得 (0,2,k−2)；再 r2↔r3，然后 r3−k−12r2，第 3 行化为 (0,0,3−(k−1)(k−2)2)。 欲 r(A)=3，需 3−(k−1)(k−2)2≠0，解得 k≠−1 且 k≠4。
批改用列交换把 k 挪到不影响判断的位置、再用 r2+r1 造零，这条路线很干净；3−(k−1)(k−2)2≠0 即 (k+1)(k−4)≠0，答案 k≠−1,4 正确。两点建议：一是注明列交换只改变行列式符号、不影响其是否为零（本题只问秩，这样写更严谨）；二是把最后一步直接写成 |A|=(k+1)(k−4)≠0 更标准。
第 2.3-5 题✓ 正确
讨论 a,b 取何值时线性方程组有解，并在有解时求通解，增广矩阵为 (1111113211−3a0122635433−1b)。
我的解答r2−3r1、r4−5r1： A‾→(1111110−1−2−2−6a−30122630−1−2−2−6b−5) 再 r3+r2、r4−r2，第 3、4 行化为 (0,0,0,0,0|a) 与 (0,0,0,0,0|b−a−2)。故 a=0 且 b−a−2=0，即 a=0,b=2 时方程组有解。 此时 A‾→(10−1−1−5−2012263000000000000)，得 x1=t1+t2+5t3−2,x2=−2t1−2t2−6t3+3,x3=t1,x4=t2,x5=t3
批改由第 3、4 行同时化为零行得 a=0、b=2，通解也完全正确（代回原方程组成立）。建议补一句 r(A)=r(A‾)=2<5，故有 5−2=3 个自由未知量——否则读者不知道 t1,t2,t3 三个参数从何而来。
第 2.3-7 题✓ 正确
讨论 b1,b2,b3,b4 满足什么条件时方程组 {x1−x2=b1x2−x3=b2x3−x4=b3−x1+x4=b4 有解，并在有解时求通解。
我的解答A‾ 中第 1、2、3 行已呈阶梯形，用 r4+r1、r4+r2、r4+r3 化第 4 行： A‾=(1−100b101−10b2001−1b3−1001b4)→(1−100b101−10b2001−1b30000∑i=14bi) 证明必要性：∑bi=0 时 r(A‾)=r(A)=3，故由定理知方程组有解。再证充分性：反证，若 ∑bi≠0，则 r(A‾)=4、r(A)=3，r(A‾)≠r(A)，与方程组有解矛盾。所以 ∑bi=0。 有解时继续化行最简形，回代得 x1=b1+b2+b3+t，x2=b2+b3+t，x3=b3+t，x4=t（t 为任意常数）。
批改条件 ∑bi=0 与通解都正确：第 4 行化零给出相容条件，xi 的递推 x3=b3+x4、x2=b2+x3、x1=b1+x2 也一路加对。两处小瑕疵：一是"必要性""充分性"两个标签用反了（先证的 ∑bi=0⇒ 有解，其实是条件的充分性）；二是通解宜写成向量形式 x=(b1+b2+b3,b2+b3,b3,0)T+t(1,1,1,1)T，更便于核对。
第 2.4-1(2) 题✓ 正确
讨论 λ 取何值时方程组有唯一解、无解、有无穷多解（有无穷多解时求通解）：{(λ+3)x1+x2+2x3=λλx1+(λ−1)x2+x3=λ3(λ+1)x1+λx2+(λ+3)x3=3
我的解答先算系数行列式： |A|=λ2(λ−1) 当 λ≠0 且 λ≠1 时方程组有唯一解。 λ=0 时 A‾=(31200−1103033)→(31200−1100003)，无解。 λ=1 时 A‾=(412110116143)→(101101−2−30000)，r(A‾)=r(A)=2<3，有无穷多解，x1=1−t，x2=−3+2t，x3=t。
批改三种情形齐备，|A|=λ2(λ−1)、λ=1 时的通解都正确（x1=1−t,x2=−3+2t,x3=t 代回三个方程成立）。卷面把第一次尝试整块划掉、改用 c1↔c3 重排后再解，思路可行，但换列等于交换未知量次序，务必写明"解出的 (x1,x2,x3) 对应的是换列后的次序，须换回原未知量"——否则阅卷时无法确认通解对应哪个变量。
第 2.4-1(3) 题✗ 错误
讨论 λ 取何值时方程组有唯一解、无解、有无穷多解（有无穷多解时求通解）：{λx1+x2+x3=1x1+λx2+x3=λx1+x2+λx3=λ2
我的解答|A|=|λ111λ111λ|=(λ−1)2(λ+2) λ≠−2 且 λ≠1 时方程组有唯一解。 λ=1 时 A‾=(111111111111)→(111100000000)，r(A‾)=r(A)=1<3，有无穷多解，x1=1−t1−t2，x2=t1，x3=t2。 λ=−2 时 A‾=(−21111−21−211−24)→(11−241−21−2−2111)→(11−240−33−603−36)→(10−1201−120000)，r(A‾)=r(A)=2<3，有无穷多解，x1=2+t，x2=2+t，x3=t。
正解λ=−2 时 r(A)=2，但 r(A‾)=3，方程组无解。 最简的验证：三式相加得 (λ+2)(x1+x2+x3)=1+λ+λ2。当 λ=−2 时左端为 0、右端为 1−2+4=3，矛盾，故无解。 （因此完整结论是：λ≠1,−2 时唯一解；λ=1 时无穷多解，x=(1,0,0)T+t1(−1,1,0)T+t2(−1,0,1)T；λ=−2 时无解。）
错因计算失误
批改前两种情形正确：|A|=(λ−1)2(λ+2) 算对，λ=1 时 r=1、通解 x1=1−t1−t2 也对。错在 λ=−2 这一段：作 r3+2r1 时常数项应为 1+2×4=9，卷面写成 6，于是第 3 行被凑成 (0,3,−3|6)，与第 2 行相加得零行，误判为无穷多解。正确结果是第 3 行化为 (0,3,−3|9)，r(A‾)=3≠r(A)=2，方程组无解。
第 2.4-3 题✓ 正确
讨论 b1,b2,…,bn 满足什么条件时方程组 {x1−x2=b1x2−x3=b2⋯xn−1−xn=bn−1−x1+xn=bn 有解，并在有解时求通解。
我的解答增广矩阵中前 n−1 行已呈阶梯形，用 rn+r1,rn+r2,…,rn+rn−1 化第 n 行： A‾=1−10⋯0b101−1⋯0b2⋮⋱⋮⋮00⋯1−1bn−1−10⋯01bn→1−10⋯0b101−1⋯0b2⋮⋱⋮⋮00⋯1−1bn−100⋯00∑i=1nbi 充要条件：∑i=1nbi=0。 通解：xi=∑j=in−1bj+t(i=1,2,…,n−1)，xn=t，其中 t 为常数。
批改条件 ∑bi=0 与通解 xi=∑j=in−1bj+t 都正确：矩阵各行是"相邻两项相减"，n 行相加恰得零行，相容条件正是全部 bi 之和为零；用一个 t 统一写出 xi 也很简洁。建议补一句 r(A)=n−1（前 n−1 行含 n−1 阶单位块），并说明 n−r=1 只有一个自由未知量，论证才闭合。
第 2.4-4 题✓ 正确
设 n 阶方阵 A=(aij) 的行列式 |A|=D≠0，证明方程组 {a11x1+⋯+a1,n−1xn−1=a1n⋯an1x1+⋯+an,n−1xn−1=ann 无解。
我的解答反证。设 xn=−1，把原方程组的常数项移到左边，即得齐次线性方程组 {a11x1+a12x2+⋯+a1,n−1xn−1+a1nxn=0⋯⋯an1x1+an2x2+⋯+an,n−1xn−1+annxn=0 这是一个齐次线性方程组，由 |A|=D≠0 知它只有零解，与 xn=−1 矛盾，故原方程组无解。
批改反证 + 齐次化是本题的标准做法，抓住的矛盾也对：若原方程组有解 (x1,…,xn−1)，则 (x1,…,xn−1,−1) 是 Ax=0 的非零解，与 |A|≠0 矛盾。措辞要改：开头"不妨设 xn=−1"不准确——这不是"不妨"，而是反证假设原方程组有解后令 xn=−1 构造非零解；应先写"若原方程组有解"，再写"令 xn=−1"，逻辑链才完整。

第六次作业

· 教材习题

9/11 正确 · 82%
错 2 题
第 4(1) 题✓ 正确
设 D=(λ1⋱λn) 为 n 阶对角矩阵，A=(aij)n×n，写出 DA 与 AD。
我的解答DA=(λ1a11λ1a12⋯λ1a1nλ2a21λ2a22⋯λ2a2n⋮⋮⋮λnan1λnan2⋯λnann),AD=(a11λ1a12λ2⋯a1nλna21λ1a22λ2⋯a2nλn⋮⋮⋮an1λ1an2λ2⋯annλn)
批改两式都写对了：左乘对角阵按行乘 λi，右乘对角阵按列乘 λj，而且每一项都写全、没有跳步，这个习惯要保留。
第 4(2) 题✓ 正确
承上题，若 DA=AD 且 λ1,λ2,⋯,λn 互不相同，证明 A 为对角矩阵。
我的解答比较 DA 与 AD 的各项：其一，对角项显然相等；其二，对非对角项，任取 1≤i≠j≤n，记 DA 中的这一项为 Aij、AD 中对应项为 Bij，由 DA=AD 有 Aij=Bij。而 Aij=λiaij，Bij=λjaij，Aij=Bij 即 aij=0，于是 A 为对角矩阵。
批改结构对（对角项、非对角项分开讨论）。但 aij=0 这一步少了依据：必须点明题设 λi≠λj，由 (λi−λj)aij=0 才能得到 aij=0——这正是本题唯一的得分点，漏写要扣过程分。
第 5(1) 题✓ 正确
设 A=(110011001)，求 An。
我的解答n=2 时 A2=AA=(121012001)。假设 Ak=(1kCk201k001)，则 Ak+1=AkA=(1kCk201k001)(110011001)=(1k+1Ck2+k01k+1001) 其中 Ck2+k=k(k−1)2+k=k(k+1)2=Ck+12，故由数学归纳法 An=(1nCn201n001)(n≥2)
批改归纳完整，Ck2+k=Ck+12 单独算清是关键一步，做得对。小建议：n=1 时公式也成立，写成（n≥1）更严谨。
第 5(2) 题✓ 正确
设 B 为三阶矩阵且 B2=E，求 Bn。
我的解答1. n=1 时 B=B 成立。2. n=2 时 B2=(100010001)=E。3. 设 n=2k+1（k∈ℤ）时有 Bn=B2k+1=B；则 n=2k+1 时 Bn=B2k+1=B2k−1⋅B2=B2k−1⋅E=B2k−1=⋯=B。4. 设 n=2k（k∈ℤ）时 Bn=B2k=E；则 n=2k+2 时 Bn=B2k+2=B2k⋅B2=B2k⋅E=E⋅E=E。由数学归纳法 Bn={E,n=2kB,n=2k+1
批改答案正确。奇次幂用 B2k+1=B2k−1B2=B2k−1 逐次降阶到 B，思路对；但第 3 步把“假设”和“递推”挤在同一行，也没交代是对 k 作归纳，阅卷时容易被当成循环论证。规范写法是先写“对 k 归纳”，再分奇偶两支。
第 6(1) 题✓ 正确
设 A=(cosφ−sinφsinφcosφ)，求 An。
我的解答A2=(cos2φ−sin2φ−2sinφcosφ2sinφcosφcos2φ−sin2φ)=(cos2φ−sin2φsin2φcos2φ) 假设 An=(cosnφ−sinnφsinnφcosnφ)，则 An+1=AnA=(cosnφcosφ−sinnφsinφ−sinnφcosφ−sinφcosnφsinnφcosφ+sinφcosnφcosnφcosφ−sinnφsinnφ)=(cos(n+1)φ−sin(n+1)φsin(n+1)φcos(n+1)φ) 由数学归纳法得 An=(cosnφ−sinnφsinnφcosnφ)。
批改完全正确：先算 A2 观察规律，再用和角公式完成归纳，四个元素逐个验算，是标准的满分写法。
第 7(1) 题✗ 错误
设 Eij 为 n 阶矩阵，其第 i 行第 j 列元素为 1、其余元素为 0。计算 AEij。
我的解答AEij=(00⋯a1j⋯000⋯a2j⋯0⋮⋮⋮⋮00⋯anj⋯0)n×n 即非零元位于第 j 列，取 A 的第 j 列。
正解(AEij)pq=apiδqj，即只有第 j 列非零、且该列就是 A 的第 i 列：AEij=(0⋯a1i⋯00⋯a2i⋯0⋮⋮⋮0⋯ani⋯0) 口诀：右乘 Eij 把第 i 列搬到第 j 列。
错因概念混淆
批改错在列指标：AEij 是把 A 的第 i 列搬到第 j 列的位置，非零列上的元素应是 a1i,a2i,⋯,ani，学生写成了 a1j,a2j,⋯,anj，等于让第 j 列原样不动。根源是没弄清“Eij 右乘是搬列、且搬的是第 i 列”。
第 7(2) 题✗ 错误
承上题，计算 EijA。
我的解答EijA=(00⋯0⋮⋮⋮ai1ai2⋯ain⋮⋮⋮00⋯0)n×n 即非零行位于第 i 行，取 A 的第 i 行。
正解(EijA)pq=δpiajq，即第 i 行等于 A 的第 j 行：EijA=(00⋯0⋮⋮⋮aj1aj2⋯ajn⋮⋮⋮00⋯0)
错因概念混淆
批改与 7(1) 同一处错：EijA 是把 A 的第 j 行搬到第 i 行，第 i 行应为 aj1,aj2,⋯,ajn，不是 ai1,⋯,ain。两问都写成“原位置那一行/列”，说明只记了“Eij 会挑出某行某列”，没记挑的是哪个下标。
第 7(3) 题✓ 正确
承上题，计算 EikEkj。
我的解答EikEkj=(0⋯0⋮1⋮0⋯0)=Eij 即第 i 行第 j 列处为 1，其余为 0。
批改结果对：中间的 k 被“配对”消去，只剩 i 行与 j 列相交的那个 1。这一问没出错，说明下标配对的直觉是有的——回到 7(1)、7(2)，把 Eij 写成 <mi>e</mi>i<mi>e</mi>jT 再乘一遍就能自查出方向。
第 8 题✓ 正确
设 A=(aij)n×n 与所有 n 阶方阵乘法可换，证明 A 为数量矩阵。
我的解答记 Eii 为第 i 行第 i 列为 1、其余为 0 的矩阵，由题设 AEii=EiiA。AEii 的第 i 列是 A 的第 i 列，EiiA 的第 i 行是 A 的第 i 行，逐项比较得 aij=0（i≠j），故 A=(a11a22⋱ann) 再取 Eij（i≠j），AEij 在 (i,j) 处为 aii，EijA 在同一位置为 ajj，由 AEij=EijA 得 aii=ajj。i,j 遍历 1 到 n，故 a11=a22=⋯=ann，即 A 为数量矩阵。
批改满分写法：先用 Eii 证出对角形，再用 Eij 证对角元全相等，两步分工清楚，aii 与 ajj 的位置也没弄错——和第 7 题的错误正好形成对照，说明这里的左乘右乘是真理解了。
第 10 题✓ 正确
设 A=(aij)m×n，B=(bij)n×m，证明 tr(AB)=tr(BA)。
我的解答对 AB，第 i 行第 i 列元素为 ai1b1i+ai2b2i+⋯+ainbni，故 tr(AB)=∑i=1m(ai1b1i+ai2b2i+⋯+ainbni) 对 BA，第 i 行第 i 列元素为 bi1a1i+bi2a2i+⋯+binani，故 tr(BA)=∑i=1n(bi1a1i+bi2a2i+⋯+binani) 检验：tr(AB) 中的每一项在 tr(BA) 中都有唯一对应项，故 tr(AB)=tr(BA)。
批改元素抓对了（AB 与 BA 的对角元分别写成了两个和）。但“一一对应”只是口头论证，更稳的写法是一步写成二重和：tr(AB)=∑i∑jaijbji=∑j∑ibjiaij=tr(BA)，这样也不必分 m,n。
第 11 题✓ 正确
设 A,B 为 n 阶方阵，证明 AB−BA≠E。
我的解答由第 10 题的结论，tr(AB−BA)=tr(AB)−tr(BA)=0，而 tr(E) 显然不为 0，所以 AB−BA≠E。
批改用迹做，一步到位，是最简思路。补一句 tr(E)=n≠0 更完整（现在只写了“显然不为 0”）。

第七次作业

· 教材习题

12/13 正确 · 92%
错 1 题
第 1(2) 题✓ 正确
（第 3.3 节）用分块矩阵乘法计算 AB，其中 A=(20010020010022−10001400001)，B=(111111111010001)。
我的解答按 3+2 行、1+2 列分块：A=(2E3A120A11)，B=(B11B120E2)，则 AB=(2B112B12+A120A12)=(232223241014001)
批改数值结果完全正确，分块按“行块乘列块”展开也对。小瑕疵：右下块的记号写成了 A12，按分块应是 A11（即 (1401)），只是最后代入数值时没受影响；考试这样写要扣记号分。
第 3(1) 题✗ 错误
解矩阵方程 (A−E)X=E−A2，其中 A−E=(0020−40101)（即 A=(1020−30102)）。
我的解答(A−E)X=E2−A2=(E−A)(E+A)；A−E=(0020−40101)，|A−E|≠0，故 A−E 可逆。于是 X=−(E+A)=(−20−2020−10−1)
正解X=−(E+A)=(−20−2020−10−3)。也可先求 (A−E)−1=18(−4080−20400) 再乘 E−A2，两条路结果相同。
错因计算失误
批改整体思路对：把 E−A2 分解成 (E−A)(E+A)，约掉 A−E 得 X=−(E+A)。错在最后求 E+A：A 的 (3,3) 元是 2，加 E 后是 3，所以 −(E+A) 的 (3,3) 元应为 −3，学生写成 −1，等于给这一元忘了加 E 的 1。
第 7(1) 题✓ 正确
设 A2+A−4E=0，证明 A 可逆，并求 A−1。
我的解答由 A2+A−4E=0 得 A(A+E)=4E，即 A(14A+14E)=E，所以 A 可逆，A−1=14A+14E
批改标准做法：常数项移到右边、左边提出 A，凑成 AB=E 即得可逆与逆矩阵，系数 14 也没算错。
第 7(2) 题✓ 正确
承上题，证明 A−E 可逆，并求 (A−E)−1。
我的解答(A−E)(A+2E)=A2+2A−A−2E=A2+A−2E=2E，故 (A−E)(12A+E)=E，所以 A−E 可逆，(A−E)−1=12A+E
批改凑因式凑得准：(A−E)(A+2E) 展开后正好只剩 A2+A，再用题设化成 2E，与上一小题同一套路，答案也对。
第 8(1) 题✓ 正确
设 A2=A（即 A2−A=0），证明 2E−A 可逆，并求 (2E−A)−1。
我的解答(2E−A)(−E−A)=−2E−2A+A+A2=−2E（用到 A2=A），故 (2E−A)(12A+12E)=E，所以 2E−A 可逆，(2E−A)−1=12A+12E
批改先算出 (2E−A)(−E−A)=−2E、再整体除以 −2，凑逆的路线很稳，A2=A 也用在了该用的地方。
第 9(1) 题✓ 正确
设 A 为三阶矩阵，|A|=3，求 |A−1|。
我的解答|A−1|=1|A|=13。
批改正确，|A−1|=|A|−1。
第 9(2) 题✓ 正确
设 A 为三阶矩阵，|A|=3，求 |A∗|。
我的解答|A∗|=9。
批改正确，三阶时 |A∗|=|A|n−1=|A|2=9，指数没记错。
第 9(3) 题✓ 正确
设 A 为三阶矩阵，|A|=3，求 |−2A|。
我的解答|−2A|=−2|A|=−6（此式被划去），改为 −24。
批改最终答案 −24 正确（|−2A|=(−2)3|A|=−8×3=−24），但被划掉的式子 |−2A|=−2|A| 是错的：矩阵数乘提行列式要提 n 次方。改正后仍应把 (−2)3 写出来，否则过程分照扣。
第 9(4) 题✓ 正确
设 A 为三阶矩阵，|A|=3，求 |(3A)−1|。
我的解答|(3A)−1|=|13A−1|=19（此式被划去），改为 181。
批改最终 181 正确（133⋅13=181）。被划掉的 19 正是“只平方、没立方”的典型错，说明对 |kA|=kn|A| 还不熟；考场上应一步写出 n 次方再代入，别先算错再划改。
第 9(5) 题✓ 正确
设 A 为三阶矩阵，|A|=3，求 |13A∗−4A−1|。
我的解答|13A∗−4A−1|=|13|A|A−1−4A−1|=(−3)3|A−1| 结果为 −9（末步笔迹潦草，约为 −273）。
批改对的：先用 A∗=|A|A−1=3A−1 全换成 A−1，括号内化成 −3A−1，再提 (−3)3，最后 −27×13=−9，链条完整。书写上把 (−3)3 与 |A−1|=13 的乘算写清楚会更稳。
第 9(6) 题✓ 正确
设 A 为三阶矩阵，|A|=3，求 (A∗)−1。
我的解答(A∗)−1=1|A|A=13A。
批改正确，由 A∗=|A|A−1 两边取逆即得 (A∗)−1=|A|−1A。
第 10 题✓ 正确
设 A,B 为 n 阶可逆矩阵，证明 (AB)∗=B∗A∗。
我的解答左：((AB)∗)−1=1|AB|AB。右：(B∗A∗)−1=(A∗)−1(B∗)−1=1|A|A⋅1|B|B=1|A||B|AB。左 = 右，故 ((AB)∗)−1=(B∗A∗)−1，从而 (AB)∗=B∗A∗。
批改用“先取逆、证逆相等”来证，回避了伴随矩阵元素的硬算，思路漂亮；(XY)−1=Y−1X−1 的顺序也没写反，这是易错点，做得干净。
第 11 题✓ 正确
设 A,B,A+B 均可逆，证明 A−1+B−1 可逆，并求其逆。
我的解答A−1+B−1=A−1E+EB−1=A−1BB−1+A−1AB−1=A−1(B+A)B−1 因 A,B,A+B 均可逆，故 A−1(B+A)B−1 可逆，从而 A−1+B−1 可逆，且 (A−1+B−1)−1=(A−1(B+A)B−1)−1=(B−1)−1(B+A)−1(A−1)−1=B(A+B)−1A
批改把 A−1E+EB−1 插项凑成 A−1(A+B)B−1 是本题的关键一步，取逆时逆序 (XYZ)−1=Z−1Y−1X−1 也用对了，答案 B(A+B)−1A 正确。