第三周
T1 设 \(n\) 阶方阵 \(A\) 的元素全为 \(1\) 或 \(−1\)，求证 \(\det A\) 被 \(2^{n−1}\) 整除。
将 \(|A|\) 变换为 \(\pm \left|\begin{matrix}1 & * & \cdots & * \\ 0 \\ \vdots & & A_{n – 1} \\ 0\end{matrix}\right| = \pm |A_{n – 1}| = \pm 2^{n – 1} |B_{n – 1}|\)，其中 \(|A_{n – 1}|\) 中的元素全为 \(0, \pm 2\)，\(|B_{n – 1}|\) 中的元素全为 \(0, \pm 1\)，所以 \(|B_{n – 1}| \in \Z\)，于是 \(|A|\) 存在 \(2^{n – 1}\) 这个因子。
第五周
T1 设 \(A, B \in M_{n}(\Z)\)，若 \(A, A-2B, A-4B, \cdots, A-2nB, A-2(n+1)B, \cdots, A-4nB\) 均可逆且它们的逆矩阵全部都为整数矩阵。求证 \(A+B\) 可逆。
证明：设 \(p(x) = |A-xB|^2\) 为 \(2n\) 次多项式，那么由题可知 \((A-2kB)(A-2kB)^* = |A-2kB|I\)，所以 \(|A-2kB| \in \Z\)，而 \((A-2kB)^{-1} \in M_n(\Z)\)，所以 \(|A-2kB|^{-1} \in \Z\)，可以得出 \(|A-2kB| = \pm 1\)，所以 \(p(2k) = 1\ (k = 0, 1, 2, \ldots, 2n)\)，所以得到 \(p(x) \equiv 1\)，于是 \(|A+B|^2 = p(-1) = 1\)。
T2 计算：
解：
\[\left(\begin{matrix}1 & \frac \lambda n \\ -\frac \lambda n & 1\end{matrix}\right)^n = (I + \frac \lambda n\Lambda)^n \]其中 \(\Lambda^2 = -I\)（！）
设 \(z_n = (1 + \frac \lambda n i)^n = a_n + b_ni\)，则 \((I + \frac \lambda n\Lambda)^n = \left(\begin{matrix}a_n & b_n \\ -b_n & a_n\end{matrix}\right)\)。
\[\begin{aligned} a_n &= \sum_{i \geq 0} \binom n{2i}\left(\frac \lambda n\right)^{2i} \\ b_n &= \sum_{i \geq 0} \binom n{2i + 1}\left(\frac \lambda n\right)^{2i + 1} \end{aligned} \]特别地，
\[\lim_{n \to \infty} z_n = e^{\lambda i} \]所以 \(\lim_{n \to \infty} a_n = \cos \lambda, \lim_{n \to \infty} b_n = \sin \lambda\)。
于是
\[\lim_{n \to \infty} \left(I + \frac \lambda n \Lambda\right)^n = \left(\begin{matrix}\cos\lambda & \sin \lambda \\ -\sin \lambda & \cos \lambda \end{matrix}\right) \]
T3 设 \(A\) 为 \(n\) 阶实反对称矩阵，证明：\(I_n − A\) 是非异阵。
证明：考虑线性方程组 \((I_n-A)x=0\) 的解 \((x_1, x_2, \cdots, x_n)^T\)，可知 \(Ax = x\)。所以 \(x^TAx = x^Tx = \sum_{i = 1}^n x_i^2\)。同时 \(x^TAx = (x^TAx)^T = x^TA^Tx = -x^TAx\)，所以 \(x^TAx = 0\)，推出 \(\forall i, x_i = 0\)，即 \(x = 0\) 唯一。
原文地址：http://www.cnblogs.com/cj-xxz/p/16793130.html
