1. 证明多项式 $f(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}$ 无重根。

$$f(x)-f^{\prime }(x)=\frac{x^n}{n!}$$

$$\left(f(x),f^{\prime }(x)\right)=\left(f(x),f(x)-f^{\prime }(x)\right)=\left(f(x),\frac{x^n}{n!}\right)=x^k$$

其中 $k$ 是小于等于 $n$ 的非负整数，由于 0 显然不是 $f(x)$ 的根，所以只能是 $k=0$，即 $\left(f(x),f^{\prime }(x)\right)=1$

故 $f(x)$ 无重根

2. 求行列式

   $$D_n=\left|\begin{array}{ccccc}x+a_1& a_2& a_3& \cdots & a_n\\ a_1& x+a_2& a_3& \cdots & a_n\\ a_1& a_2& x+a_3& \cdots & a_n\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_1& a_2& a_3& \cdots & x+a_n\end{array}\right|$$

$$\begin{array}{rl}{D}_n& =\left|\begin{array}{ccccc}x+a_1& a_2& a_3& \cdots & a_n\\ a_1& x+a_2& a_3& \cdots & a_n\\ a_1& a_2& x+a_3& \cdots & a_n\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_1& a_2& a_3& \cdots & x+a_n\end{array}\right|\\ & =\left|x{E}_n+\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ ⋮\\ 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccccc}{a}_1& a_2& a_3& \cdots & a_n\end{array}\right]\right|\\ & =x^{n-1}\left|x+\left[\begin{array}{ccccc}{a}_1& a_2& a_3& \cdots & a_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ ⋮\\ 1\end{array}\right]\right|\\ & =x^{n-1}\left(x+\sum _{k=1}^n{a}_k\right).\end{array}$$

3. 已知 $A$ 为实矩阵，证明方程组 $AX=0$ 与 $A^{T}AX=0$ 同解。

$Ax=0$ 的解均是 $A^{T}Ax=0$ 的解

若 $A^{T}Ax=0$，则 $x^T{A}^{T}Ax=(Ax{)}^{T}Ax=0$

故 $Ax=0$，即 $A^{T}Ax=0$ 的解均是 $Ax=0$ 的解

因此方程组 $AX=0$ 与 $A^{T}AX=0$ 同解。

4. 设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，且 $A^2=E_n$，证明：存在正交矩阵 $T$，使得

   $$T^{-1}AT=\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& -E_{n-r}\end{array}\right).$$

设 $A$ 的特征值为 $\lambda$，从而 $A^2=E_n$ 的特征值为 ${\lambda }^2=1$，即 $\lambda =\pm 1$。由 $\lambda$ 的任意性，$A$ 的特征值都是 $\pm 1$

由 $A$ 是 $n$ 级实对称矩阵，故存在正交矩阵 $T$
$$T^{-1}AT=\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& -E_{n-r}\end{array}\right)$$

5. 已知 $A$ 为 $n$ 阶实反称矩阵，证明：$E_n-A^2$ 为正定矩阵。
   $$E-A^2=\left(E+A\right)\left(E-A\right)=\left(E+A\right){\left(E+A\right)}^T$$
   从而 $E_n-A^2$ 为对称矩阵

   对于 $n$ 维列向量 $x\ne 0$，$x^{T}x>0$
   $$x^T\left(E-A^2\right)x=x^{T}x+x^T{A}^{T}Ax=x^{T}x+{\left(Ax\right)}^{T}Ax>0$$
   故 $E_n-A^2$ 为正定矩阵。

6. 设 $A$ 为 $n$ 阶实矩阵，$B,C$ 为 $n$ 阶正定矩阵，且

   $$AB+B{A}^T=-C.$$

   证明：$A$ 的特征值实部均小于零。

C 为正定矩阵，任意 $x\ne 0$ ，$x^{T}Cx>0$，那么

$$x^T\left(AB+B{A}^T\right)x=x^{T}ABx+x^{T}B{A}^{T}x={\left(A^{T}x\right)}^T\left(Bx\right)+{\left(Bx\right)}^T\left(A^{T}x\right)={\left(A^{T}x\right)}^T\left(Bx\right)<0$$
因此 $A^{T}x\ne 0$，即 $A$ 可逆

设 $A$ 特征值为 $\lambda =a+bi$，设 $\alpha$ 为 $A^T$ 属于特征值 $\lambda =a+bi$ 的特征向量
α ˉ T ( A B + B A T ) α = α ˉ T A B α + α ˉ T B A T α = ( A