1990年考研数学一真题

（1）过给定点且垂直于直线的平面

答案： $x-3y-z+4=0$。

解题思路： 直线垂直于平面时，直线的方向向量就是平面的一个法向量。由直线的参数方程读出方向向量，再利用平面经过的点写出点法式。

详细解答： 直线的参数方程为

$$x=2-t,\qquad y=-4+3t,\qquad z=-1+t.$$

参数 $t$ 的系数给出直线的方向向量 $\boldsymbol d=(-1,3,1)$。取所求平面的法向量为 $\boldsymbol n=\boldsymbol d$，经过 $M(1,2,-1)$ 的平面方程为

$$-1(x-1)+3(y-2)+1(z+1)=0.$$

展开得 $-x+3y+z-4=0$，整体乘以 $-1$，即

$$\boxed{x-3y-z+4=0}.$$

（2）指数型极限

答案： $\mathrm e^{2a}$。

解题思路： 底数趋于 $1$、指数趋于无穷，属于 $1^\infty$ 型极限。先对幂取对数，把问题转化为 $\ln(1+u)/u\to1$ 的基本极限。

详细解答： 记

$$g(x)=\left(\frac{x+a}{x-a}\right)^x.$$

由于 $a$ 是固定常数，当 $x$ 充分大时，$x+a$ 与 $x-a$ 都为正，可以取实数对数。将底数改写为

$$\frac{x+a}{x-a}=1+\frac{2a}{x-a}.$$

令 $u=2a/(x-a)$。因为 $a\ne0$，可以作如下分解，且 $x\to\infty$ 时 $u\to0$：

$$\begin{aligned} \ln g(x) &=x\ln\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)\\ &=\frac{\ln(1+u)}{u}\cdot\frac{2ax}{x-a} \longrightarrow1\cdot2a=2a. \end{aligned}$$

指数函数连续，故 $g(x)=\mathrm e^{\ln g(x)}\to\mathrm e^{2a}$。

（3）分段函数的复合

答案： 对所有实数 $x$，均有 $f[f(x)]=1$。

解题思路： 复合函数要先算内层 $f(x)$，再把得到的数值作为外层函数的自变量。内层只会得到 $0$ 或 $1$，因此只需确定 $f(0)$ 与 $f(1)$。

详细解答： 当 $|x|\le1$ 时，内层 $f(x)=1$，所以

$$f[f(x)]=f(1)=1,$$

其中 $1$ 属于分段条件 $|x|\le1$，端点也包含在内。

当 $|x|>1$ 时，内层 $f(x)=0$，所以

$$f[f(x)]=f(0)=1.$$

两种情形覆盖全部实数，故复合函数恒等于 $1$。

（4）二重积分换序

答案： $\displaystyle\frac{1-\mathrm e^{-4}}2$。

解题思路： $\mathrm e^{-y^2}$ 对 $y$ 的原函数不能用初等函数表示，但被积函数与 $x$ 无关。改变积分次序，先对 $x$ 积分，就会产生因子 $y$，从而可用 $u=y^2$ 换元。

详细解答： 原积分对应的区域为

$$D=\{(x,y):0\le x\le2,\ x\le y\le2\}.$$

它是由 $x=0$、$y=x$、$y=2$ 围成的三角形。固定 $y$ 时，$y$ 从 $0$ 到 $2$，而 $x$ 从 $0$ 到 $y$。被积函数在闭区域上连续，因此可以换序：

$$\begin{aligned} I&=\int_0^2\mathrm dy\int_0^y\mathrm e^{-y^2}\,\mathrm dx\\ &=\int_0^2y\mathrm e^{-y^2}\,\mathrm dy. \end{aligned}$$

令 $u=y^2$，则 $\mathrm du=2y\,\mathrm dy$；当 $y=0,2$ 时，$u=0,4$。于是

$$I=\frac12\int_0^4\mathrm e^{-u}\,\mathrm du =\frac12[-\mathrm e^{-u}]_0^4 =\boxed{\frac{1-\mathrm e^{-4}}2}.$$

（5）向量组的秩

答案： $2$。

解题思路： 相邻向量之差都是 $(1,1,1,1)$。先说明所有向量都能由两个向量表示，得到秩不超过 $2$；再找出两个线性无关的向量，得到秩至少为 $2$。

详细解答： 令 $\boldsymbol v=(1,1,1,1)$，则

$$\boldsymbol\alpha_j=\boldsymbol\alpha_1+(j-1)\boldsymbol v, \qquad j=1,2,3,4.$$

所以全部四个向量都在 $\boldsymbol\alpha_1$ 与 $\boldsymbol v$ 张成的空间中，秩不超过 $2$。同时

$$\boldsymbol v=\boldsymbol\alpha_2-\boldsymbol\alpha_1,$$

故原向量组张成的空间也包含 $\boldsymbol\alpha_1$ 与 $\boldsymbol v$。

若 $c_1\boldsymbol\alpha_1+c_2\boldsymbol v=\boldsymbol0$，比较前两个分量，得到

$$c_1+c_2=0,\qquad 2c_1+c_2=0.$$

两式相减得 $c_1=0$，进而 $c_2=0$，说明这两个向量线性无关。因此原向量组的秩恰为 $2$。

（1）上下限都含自变量的积分求导

答案： A，即 $F'(x)=-\mathrm e^{-x}f(\mathrm e^{-x})-f(x)$。

解题思路： 积分的上限与下限都随 $x$ 变化，需要分别求导。上限产生正项，下限产生负项，且要乘相应限函数的导数。

详细解答： 因为 $f$ 连续，变限积分求导公式适用：

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int_{a(x)}^{b(x)}f(t)\,\mathrm dt =f(b(x))b'(x)-f(a(x))a'(x).$$

本题中 $a(x)=x$、$b(x)=\mathrm e^{-x}$，因此 $a'(x)=1$、$b'(x)=-\mathrm e^{-x}$。代入得到

$$F'(x)=f(\mathrm e^{-x})(-\mathrm e^{-x})-f(x)\cdot1 =-\mathrm e^{-x}f(\mathrm e^{-x})-f(x).$$

与选项 A 一致。

（2）由导数关系求高阶导数

答案： A，即 $\displaystyle f^{(n)}(x)=n![f(x)]^{n+1}$。

解题思路： 每次求导时，幂函数的链式法则会产生一个 $f'(x)$；再利用 $f'=f^2$，可以把结果继续写成 $f$ 的幂。先观察规律，再用数学归纳法证明。

详细解答： 已知 $f'(x)=[f(x)]^2$，因此

$$f''(x)=2f(x)f'(x)=2[f(x)]^3,$$

$$f'''(x)=2\cdot3[f(x)]^2f'(x)=3![f(x)]^4.$$

证明一般公式。$n=1$ 时，$1![f(x)]^2=f'(x)$，成立。假设对某个正整数 $n$ 有

$$f^{(n)}(x)=n![f(x)]^{n+1}.$$

两边求导，利用链式法则及题设关系，得到

$$\begin{aligned} f^{(n+1)}(x) &=n!(n+1)[f(x)]^nf'(x)\\ &=(n+1)![f(x)]^{n+2}. \end{aligned}$$

所以公式对所有正整数 $n$ 成立，特别适用于题设的 $n>2$，应选 A。

（3）含有有界振荡项的级数

答案： C，级数对任何实常数 $\alpha$ 都发散，且部分和趋于 $-\infty$。

解题思路： 分别研究两部分：$\sin(n\alpha)$ 有界，其所在级数可用 $1/n^2$ 控制；另一部分是发散的 $p$ 级数。有限极限不能抵消趋于正无穷的部分和。

详细解答： 对任意 $n$ 和 $\alpha$，都有

$$\left|\frac{\sin(n\alpha)}{n^2}\right|\le\frac1{n^2}.$$

由于 $\sum_{n=1}^\infty1/n^2$ 是 $p=2>1$ 的收敛 $p$ 级数，比较判别法说明 $\sum\sin(n\alpha)/n^2$ 绝对收敛。记其部分和为 $A_N$，则 $A_N\to A$，其中 $A$ 是有限数。

而 $\sum1/\sqrt n$ 是 $p=1/2\le1$ 的发散 $p$ 级数，其正项部分和 $B_N\to+\infty$。原级数的部分和为

$$S_N=A_N-B_N\longrightarrow-\infty.$$

因此它既不绝对收敛，也不条件收敛；该结论与 $\alpha$ 的取值无关，应选 C。

（4）由极限判断导数与极值

答案： D，$f$ 在 $x=0$ 处取得严格的局部极小值；同时 $f'(0)=0$。

解题思路： 极限值为正，可以用极限的保号性确定 $f(x)$ 在原点附近的符号。结合 $f(0)=0$ 判断极值；再用导数定义判断 A、B 两项。

详细解答： 已知

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{1-\cos x}=2>0.$$

由极限的定义，可以取足够小的 $\delta>0$，并使 $\delta<\pi$，使得 $0<|x|<\delta$ 时

$$\frac{f(x)}{1-\cos x}>1>0.$$

此时 $1-\cos x>0$，所以 $f(x)>0=f(0)$。因此原点是严格的局部极小值点，D 正确，C 错误。

再由导数定义与 $f(0)=0$，

$$\begin{aligned} f'(0) &=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x\\ &=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{1-\cos x}\cdot\frac{1-\cos x}{x}. \end{aligned}$$

由于 $1-\cos x\sim x^2/2$，后一因子趋于 $0$，故 $f'(0)=2\cdot0=0$。所以 A 所称“不可导”和 B 所称“导数非零”均不成立。

（5）非齐次线性方程组的通解

答案： B，即

$$X=k_1\boldsymbol\alpha_1+k_2(\boldsymbol\alpha_1-\boldsymbol\alpha_2) +\frac{\boldsymbol\beta_1+\boldsymbol\beta_2}{2}, \qquad k_1,k_2\in\mathbb R.$$

解题思路： 非齐次方程组的通解等于“一个特解加上齐次方程组的全部解”。因此要检查常数部分是否为特解，以及两个带任意常数的向量是否构成齐次方程组的基础解系。

详细解答： 由 $A\boldsymbol\beta_1=A\boldsymbol\beta_2=b$，可得

$$A\frac{\boldsymbol\beta_1+\boldsymbol\beta_2}{2}=b, \qquad A\frac{\boldsymbol\beta_1-\boldsymbol\beta_2}{2}=0.$$

所以两解的平均值是非齐次方程的特解，而两解的差属于齐次解空间。

向量 $\boldsymbol\alpha_1$、$\boldsymbol\alpha_1-\boldsymbol\alpha_2$ 都是齐次方程的解。若

$$c_1\boldsymbol\alpha_1+c_2(\boldsymbol\alpha_1-\boldsymbol\alpha_2)=0,$$

则 $(c_1+c_2)\boldsymbol\alpha_1-c_2\boldsymbol\alpha_2=0$。因为 $\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2$ 是基础解系，二者线性无关，故 $c_1+c_2=0$、$c_2=0$，从而 $c_1=c_2=0$。齐次解空间的维数为 $2$，这两个无关的齐次解也构成基础解系，故 B 给出了全部解。

A 的每一项都是齐次解，代入后得到 $AX=0$，不能等于非齐次方程右端的 $b\ne0$。C 中代入后得到 $AX=2k_2b$，并非对任意 $k_2$ 都等于 $b$。

D 虽然总给出非齐次方程的解，但其中 $\boldsymbol\beta_1-\boldsymbol\beta_2$ 可能与 $\boldsymbol\alpha_1$ 成比例，因而不能保证遍历全部解。例如取方程 $x_3=1$，基础解系为

$$\boldsymbol\alpha_1=(1,0,0)^{\mathrm T},\qquad \boldsymbol\alpha_2=(0,1,0)^{\mathrm T},$$

并取不同特解 $\boldsymbol\beta_1=(0,0,1)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol\beta_2=(1,0,1)^{\mathrm T}$。D 中的两个齐次方向都沿第一坐标轴，无法得到 $x_2\ne0$ 的解。因此不能选 D。

（1）含对数的定积分

答案： $\displaystyle\frac13\ln2$。

解题思路： 对数求导后会变成有理函数，而 $1/(2-x)^2$ 易于积分，因此用分部积分，再将得到的有理函数作部分分式分解。

详细解答： 令 $u=\ln(1+x)$、$\mathrm dv=\mathrm dx/(2-x)^2$，则

$$\mathrm du=\frac{\mathrm dx}{1+x},\qquad v=\frac1{2-x}.$$

注意 $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(2-x)^{-1}=(2-x)^{-2}$，这里的导数为正。由分部积分公式，

$$\begin{aligned} I&=\left[\frac{\ln(1+x)}{2-x}\right]_0^1 -\int_0^1\frac{\mathrm dx}{(2-x)(1+x)}\\ &=\ln2-\int_0^1\frac{\mathrm dx}{(2-x)(1+x)}. \end{aligned}$$

因为

$$\frac1{(2-x)(1+x)} =\frac13\left(\frac1{2-x}+\frac1{1+x}\right),$$

所以

$$\begin{aligned} \int_0^1\frac{\mathrm dx}{(2-x)(1+x)} &=\frac13[-\ln(2-x)+\ln(1+x)]_0^1\\ &=\frac13\bigl(\ln2-(-\ln2)\bigr) =\frac23\ln2. \end{aligned}$$

因此 $I=\ln2-\frac23\ln2=\boxed{\frac13\ln2}$。

（2）二元复合函数的混合偏导数

答案： 令 $u=2x-y$、$v=y\sin x$，则

$$\boxed{\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} =-2f_{uu}+(2\sin x-y\cos x)f_{uv} +\cos x\,f_v+y\sin x\cos x\,f_{vv}},$$

其中各个 $f$ 的偏导数都在 $(u,v)=(2x-y,y\sin x)$ 处取值。

解题思路： 先对 $x$ 用多元链式法则，再对 $y$ 求导。第二次求导时，既要对 $f$ 的偏导数继续使用链式法则，也要对系数 $y\cos x$ 使用乘积法则。

详细解答： 记 $f_u=\partial f/\partial u$、$f_{uv}=\partial^2f/(\partial u\partial v)$，其他记号类似。由

$$u_x=2,\quad v_x=y\cos x,\quad u_y=-1,\quad v_y=\sin x,$$

得到

$$z_x=f_u\,u_x+f_v\,v_x=2f_u+y\cos x\,f_v.$$

对上式求 $y$ 偏导数时，$x$ 固定。分别计算

$$\frac{\partial f_u}{\partial y} =f_{uu}\,u_y+f_{uv}\,v_y=-f_{uu}+\sin x\,f_{uv},$$

$$\frac{\partial f_v}{\partial y} =f_{vu}\,u_y+f_{vv}\,v_y=-f_{vu}+\sin x\,f_{vv}.$$

又有 $\partial(y\cos x)/\partial y=\cos x$，故

$$\begin{aligned} z_{xy} &=2(-f_{uu}+\sin x\,f_{uv}) +\cos x\,f_v +y\cos x(-f_{vu}+\sin x\,f_{vv}). \end{aligned}$$

因为 $f$ 具有二阶连续偏导数，混合偏导数相等，即 $f_{vu}=f_{uv}$。合并同类项就得到答案中的表达式；同一条件也保证先对 $y$ 再对 $x$ 得到相同结果。

（3）二阶常系数非齐次微分方程

答案：

$$\boxed{y(x)=\mathrm e^{-2x}\left(C_1+C_2x+\frac{x^2}{2}\right)}, \qquad C_1,C_2\text{ 为任意常数}.$$

解题思路： 左端的特征多项式是 $(\lambda+2)^2$，而右端也是 $\mathrm e^{-2x}$。令 $y=\mathrm e^{-2x}u$，可以将整个方程直接化成 $u''=1$，两次积分便得到通解。

详细解答： 作代换 $y=\mathrm e^{-2x}u(x)$。根据乘积求导法则，

$$y'=\mathrm e^{-2x}(u'-2u),$$

$$y''=\mathrm e^{-2x}(u''-4u'+4u).$$

代入原方程的左端，得到

$$\begin{aligned} y''+4y'+4y &=\mathrm e^{-2x}[u''-4u'+4u+4u'-8u+4u]\\ &=\mathrm e^{-2x}u''. \end{aligned}$$

与右端 $\mathrm e^{-2x}$ 相等，约去处处非零的指数因子，便有 $u''=1$。两次积分得

$$u'=x+C_2,\qquad u=\frac{x^2}{2}+C_2x+C_1.$$

还原 $y$ 即得到通解。其中 $(C_1+C_2x)\mathrm e^{-2x}$ 是齐次方程的通解，$\frac12x^2\mathrm e^{-2x}$ 是一个特解。

答案： 收敛域为 $(-1,1)$，和函数为

$$\boxed{S(x)=\frac{1+x}{(1-x)^2}},\qquad -1<x<1.$$

解题思路： 用比值判别法确定收敛半径，再单独检查两个端点。系数 $2n+1$ 可拆成 $2n$ 与 $1$，因此利用几何级数及其导数求和。

详细解答： 对 $x\ne0$，通项绝对值的比值为

$$\frac{|(2n+3)x^{n+1}|}{|(2n+1)x^n|} =\frac{2n+3}{2n+1}|x|\longrightarrow|x|.$$

比值判别法说明 $|x|<1$ 时绝对收敛，$|x|>1$ 时发散；$x=0$ 时只有 $n=0$ 项为 $1$，也收敛，所以收敛半径为 $R=1$。

在 $x=1$ 时，通项为 $2n+1$；在 $x=-1$ 时，通项为 $(2n+1)(-1)^n$。二者均不趋于 $0$，不满足级数收敛的必要条件，因此两个端点都不包括，收敛域是 $(-1,1)$。

在 $|x|<1$ 内，几何级数满足

$$\sum_{n=0}^\infty x^n=\frac1{1-x}.$$

幂级数在收敛半径内可以逐项求导，故

$$\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}=\frac1{(1-x)^2}.$$

两边乘以 $x$，再将原系数拆分，得到

$$\begin{aligned} S(x)&=2\sum_{n=1}^\infty nx^n+\sum_{n=0}^\infty x^n\\ &=\frac{2x}{(1-x)^2}+\frac1{1-x} =\frac{1+x}{(1-x)^2}. \end{aligned}$$

这里求和公式只表示 $|x|<1$ 内的级数和，不能用它替代端点的收敛性检查。

答案： $\boxed{I=12\pi}$。

解题思路： 这是第二类曲面积分，可看作向量场 $(0,yz,2)$ 穿过上半球面的通量。上半球面未封闭，先补上底面圆盘，应用高斯公式，再减去底面的通量。底面的外法向量向下，必须注意符号。

详细解答： 记

$$\boldsymbol F=(P,Q,R)=(0,yz,2),$$

则题中积分是 $\iint_\Sigma\boldsymbol F\cdot\boldsymbol n\,\mathrm dS$。补入底面

$$\Sigma_0:\quad z=0,\quad x^2+y^2\le4,$$

并取向下的法向量 $(0,0,-1)$。$\Sigma\cup\Sigma_0$ 就是上半球体

$$\Omega=\{(x,y,z):x^2+y^2+z^2\le4,\ z\ge0\}$$

的封闭外侧边界。向量场的各分量具有连续偏导数，因此高斯公式适用。它的散度为

$$\frac{\partial P}{\partial x}+ \frac{\partial Q}{\partial y}+ \frac{\partial R}{\partial z} =0+z+0=z.$$

因此

$$I+I_0=\iiint_\Omega z\,\mathrm dV,$$

其中 $I_0$ 是底面向下的通量。

计算体积分。用柱坐标 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，体积元为 $\mathrm dV=r\,\mathrm dz\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$，积分范围是

$$0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le r\le2,\quad 0\le z\le\sqrt{4-r^2}.$$

于是

$$\begin{aligned} \iiint_\Omega z\,\mathrm dV &=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^2r\,\mathrm dr \int_0^{\sqrt{4-r^2}}z\,\mathrm dz\\ &=2\pi\int_0^2\frac{r(4-r^2)}2\,\mathrm dr\\ &=\pi\left[2r^2-\frac{r^4}4\right]_0^2=4\pi. \end{aligned}$$

在底面上，$\boldsymbol F=(0,0,2)$，与向下的单位法向量点乘得 $-2$。底面圆盘半径为 $2$、面积为 $4\pi$，所以

$$I_0=\iint_{x^2+y^2\le4}(-2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy=-8\pi.$$

由 $I+I_0=4\pi$，得到

$$I=4\pi-(-8\pi)=\boxed{12\pi}.$$

易错点： 高斯公式要求封闭曲面取外侧。底面必须向下；若误取向上，$I_0$ 的符号就会错误。

答案： 存在 $\xi\in(a,b)$，使 $f'(\xi)>0$。

解题思路： 两端函数值相等而函数不恒定，说明内部至少有一点的函数值高于或低于端点值。分别选取一段“从左到右函数值上升”的区间，再用拉格朗日中值定理得到正导数。

详细解答： 因为 $f$ 不恒为常数，且 $f(a)=f(b)$，必有 $c\in(a,b)$ 满足 $f(c)\ne f(a)$。否则所有内点的值都等于 $f(a)$，再加上两个端点的值也相同，就会与不恒定矛盾。

分两种情形。

若 $f(c)>f(a)$，则 $f$ 在 $[a,c]$ 上连续、在 $(a,c)$ 内可导，满足拉格朗日中值定理的条件。因此存在 $\xi\in(a,c)$，使

$$f'(\xi)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}>0,$$

其中分子、分母均为正。

若 $f(c)<f(a)$，利用 $f(b)=f(a)$ 得 $f(b)>f(c)$。此时在 $[c,b]$ 上应用同一定理，存在 $\xi\in(c,b)$，使

$$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}>0.$$

两种情形下找到的 $\xi$ 都属于 $(a,b)$，所要证明的结论成立。

易错点： 直接在 $[a,b]$ 上应用中值定理只会得到某点的导数等于 $0$。本题需要根据内部点 $c$ 选择斜率为正的子区间。

答案： 原关系式可化简为 $A(C-B)^{\mathrm T}=E$，且

$$\boxed{A= \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ -2&1&0&0\\ 1&-2&1&0\\ 0&1&-2&1 \end{pmatrix}}.$$

解题思路： 先利用乘积转置时次序倒置的规则，将 $(E-C^{-1}B)^{\mathrm T}C^{\mathrm T}$ 合成一个转置，消去 $C^{-1}$。这样只需求一个下三角矩阵的逆，可通过逐行求解得到。

详细解答： 本题 $A,B,C,E$ 均为 $4$ 阶方阵。$C$ 是对角元均为 $2$ 的上三角矩阵，$\det C=2^4\ne0$，所以 $C^{-1}$ 存在。

由 $(UV)^{\mathrm T}=V^{\mathrm T}U^{\mathrm T}$，

$$\begin{aligned} (E-C^{-1}B)^{\mathrm T}C^{\mathrm T} &=[C(E-C^{-1}B)]^{\mathrm T}\\ &=(C-B)^{\mathrm T}. \end{aligned}$$

所以原式化为 $A(C-B)^{\mathrm T}=E$。直接相减并转置，得到

$$C-B= \begin{pmatrix} 1&2&3&4\\ 0&1&2&3\\ 0&0&1&2\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix},\qquad L=(C-B)^{\mathrm T}= \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 2&1&0&0\\ 3&2&1&0\\ 4&3&2&1 \end{pmatrix}.$$

$L$ 的行列式是对角元乘积 $1$，故可逆，并且 $A=L^{-1}$。

为展示逆矩阵的计算，记 $A$ 的四个行向量为 $r_1,r_2,r_3,r_4$，$E$ 的四个行向量为 $e_1,e_2,e_3,e_4$。解等价关系 $LA=E$，逐行得到

$$\begin{aligned} r_1&=e_1=(1,0,0,0),\\ r_2&=e_2-2r_1=(-2,1,0,0),\\ r_3&=e_3-3r_1-2r_2=(1,-2,1,0),\\ r_4&=e_4-4r_1-3r_2-2r_3=(0,1,-2,1). \end{aligned}$$

把这四行排列起来，即得到答案中的 $A$。由于 $L$ 可逆，$LA=E$ 求出的矩阵也满足原来要求的 $AL=E$。