六、(10分) 设 $n\,(n>1)$ 阶方阵 $A$ 满足: 每行元素之和都等于 $c$, 并且 $|A|=d\neq 0$. 试求 $A$ 的所有代数余子式之和 $\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij}$.
证法一 (矩阵性质) 设 $\alpha=(1,1,\cdots,1)'$, 则由条件可知 $A\alpha=c\alpha$. 由于 $A$ 是非异阵, 故 $c\neq 0$ (否则由 $A\alpha=0$ 可推出 $\alpha=0$, 矛盾), 于是 $A^{-1}\alpha=c^{-1}\alpha$. 注意到 $A^*=|A|A^{-1}$, 故 $A^*\alpha=|A|A^{-1}\alpha=\dfrac{d}{c}\alpha$, 即 $A^*$ 的每行元素之和都等于 $\dfrac{d}{c}$, 从而 $\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij}=\dfrac{nd}{c}$.
证法二 (行列式性质) 将行列式 $|A|$ 的第 $j$ 列之外的其他列全部加到第 $j$ 列上, 则由条件和行列式的性质可得: $$|A|=\begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & c & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & \cdots & c & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & c & \cdots & a_{nn} \\ \end{vmatrix}.$$ 右边的行列式按照第 $j$ 列进行展开, 可得 $$d=c(A_{1j}+A_{2j}+\cdots+A_{nj}),$$ 于是 $\sum\limits_{i=1}^nA_{ij}=\dfrac{d}{c}$, 从而 $\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij}=\dfrac{nd}{c}$.
证法三 (行列式模板) 采用与高代白皮书例 1.32 相同的记号, 则有 $|A(t)|=|A|+t\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij}$. 注意到 $A(-\dfrac{c}{n})$ 的每行元素之和都等于零, 从而它是奇异阵, 于是 $$0=|A(-\dfrac{c}{n})|=|A|-\frac{c}{n}\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij}=d-\frac{c}{n}\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij},$$ 由此即得 $\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij}=\dfrac{nd}{c}$.
证法四 (降阶公式) 设 $\alpha=(1,1,\cdots,1)'$, 则由降阶公式或高代白皮书的例 1.8 可得 $$\begin{vmatrix} A & \alpha \\ \alpha' & 1 \\ \end{vmatrix}=|A|-\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij}.$$ 另一方面, 将左边行列式的前 $n$ 列全部加到第 $n+1$ 列上, 可得 $$|A|-\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij}=\begin{vmatrix} A & \alpha \\ \alpha' & 1 \\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} A & (c+1)\alpha \\ \alpha' & n+1 \\ \end{vmatrix}=(n+1)|A|-(c+1)\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij},$$ 由此即得 $\sum\limits_{i,j=1}^nA_{ij}=\dfrac{nd}{c}$. $\Box$
注 本题共有 97 名同学完全做出, 其中 33 人采用证法一; 32 人采用证法二; 29 人采用证法三; 3 人采用证法四 (形式上略有不同, 可以把右下角的 1 换成任意的常数). 如果大家去对比一下 19 级高代 I 每周一题第 7 题, 就不难发现: 数学问题经过适当的抽象或简化之后, 往往更容易看清楚问题的本质, 从而可以得到更加简洁的解法或证法.