第二章 矩阵及其运算

选择题

1. 设 $n$ 维行向量

$$\alpha =\left(\frac{1}{2},0,\cdots ,0,\frac{1}{2}\right),$$

矩阵 $A=E-{\alpha }^T\alpha$，$B=E+2{\alpha }^T\alpha$，则 $AB=$

A. $0$    B. $E$    C. $-E$    D. $E+{\alpha }^T\alpha$

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答案： B

解析： 记

$$P={\alpha }^T\alpha .$$

由于 $\alpha$ 是行向量，故

$$P^2={\alpha }^T\alpha {\alpha }^T\alpha ={\alpha }^T(\alpha {\alpha }^T)\alpha .$$

而

$$\alpha {\alpha }^T={\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{2},$$

所以

$$P^2=\frac{1}{2}P.$$

于是

$$AB=(E-P)(E+2P)=E+P-2P^2=E+P-2\cdot \frac{1}{2}P=E.$$

因此选 B。

错误选项分析：A、C 均与直接计算结果不符；D 忽略了 $P^2=\frac{1}{2}P$ 所产生的抵消项。

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2. 设 $A$ 是任一 $n$ 阶矩阵，下列交换错误的是

A. $A^{\ast }A=A{A}^{\ast }$    B. $A^m{A}^p=A^p{A}^m$    C. $A^{T}A=A{A}^T$    D. $(A+E)(A-E)=(A-E)(A+E)$

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答案： C

解析： 由伴随矩阵的基本性质，

$$A^{\ast }A=A{A}^{\ast }=|A|E,$$

故 A 正确。

同一矩阵的幂满足

$$A^m{A}^p=A^{m+p}=A^p{A}^m,$$

故 B 正确。

一般情况下，矩阵与其转置不一定可交换，即通常有

$$A^{T}A\ne A{A}^T.$$

例如取

$$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right],$$

则

$$A^{T}A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right],A{A}^T=\left[\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 0\end{array}\right],$$

二者不相等，故 C 错误。

又因为单位矩阵 $E$ 与任意矩阵可交换，

$$(A+E)(A-E)=A^2-E=(A-E)(A+E),$$

故 D 正确。

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3. 设 $A,B,A+B,A^{-1}+B^{-1}$ 均为 $n$ 阶可逆矩阵，则

$$(A^{-1}+B^{-1}{)}^{-1}=$$

A. $A+B$    B. $A^{-1}+B^{-1}$    C. $A(A+B{)}^{-1}B$    D. $(A+B{)}^{-1}$

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答案： C

解析： 将 $A^{-1}+B^{-1}$ 分解为

$$A^{-1}+B^{-1}=A^{-1}(A+B)B^{-1}.$$

验证如下：

$$A^{-1}(A+B)B^{-1}=A^{-1}A{B}^{-1}+A^{-1}B{B}^{-1}=B^{-1}+A^{-1}.$$

因此

$$(A^{-1}+B^{-1}{)}^{-1}={\left[A^{-1}(A+B)B^{-1}\right]}^{-1}=B(A+B{)}^{-1}A.$$

另一方面，也可分解为

$$A^{-1}+B^{-1}=B^{-1}(A+B)A^{-1},$$

从而

$$(A^{-1}+B^{-1}{)}^{-1}=A(A+B{)}^{-1}B.$$

故选 C。

注意：矩阵乘法通常不可交换，不能把该式直接类比成数的分式运算。A、B、D 均不满足与 $A^{-1}+B^{-1}$ 相乘得到单位矩阵的要求。

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4. 设 $A,B$ 均是 $n$ 阶矩阵，下列命题中正确的是

A. $AB=0⟺A=0$ 或 $B=0$    B. $AB\ne 0⟺A\ne 0$ 且 $B\ne 0$

C. $AB=0⟹|A|=0$ 或 $|B|=0$    D. $AB\ne 0⟹|A|\ne 0$ 且 $|B|\ne 0$

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答案： C

解析： 若

$$AB=0,$$

则取行列式得

$$|AB|=|A||B|=0.$$

因此必有

$$|A|=0\text{或}|B|=0,$$

故 C 正确。

A 错误：矩阵存在非零零因子。例如

$$A=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right],$$

则 $A\ne 0$、$B\ne 0$，但 $AB=0$。

B 错误：由 $AB\ne 0$ 可以推出 $A\ne 0$、$B\ne 0$，但反过来不成立，上述反例即说明两个非零矩阵的乘积仍可能为零。

D 错误：$AB\ne 0$ 并不能保证 $A,B$ 均可逆。例如

$$A=B=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right],$$

则 $AB=A\ne 0$，但 $|A|=|B|=0$。

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5. 设

$$A=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{13}& a_{12}& a_{11}+a_{12}\\ a_{23}& a_{22}& a_{21}+a_{22}\\ a_{33}& a_{32}& a_{31}+a_{32}\end{array}\right],$$ $$P_1=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right],P_2=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right],P_3=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right],$$

则 $B=$

A. $A{P}_1{P}_2$    B. $A{P}_1{P}_3$    C. $A{P}_3{P}_1$    D. $A{P}_2{P}_3$

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答案： B

解析： 设 $A$ 的三个列向量依次为

$$A=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3).$$

矩阵右乘初等矩阵对应对列实施初等变换。先计算

$$A{P}_1=({\alpha }_1+{\alpha }_2,{\alpha }_2,{\alpha }_3),$$

因为 $P_1$ 的第一列为 $(1,1,0{)}^T$，故第一列变为 ${\alpha }_1+{\alpha }_2$，其余两列不变。

再右乘 $P_3$，即交换第 1、3 列，得到

$$A{P}_1{P}_3=({\alpha }_3,{\alpha }_2,{\alpha }_1+{\alpha }_2).$$

这正是题中矩阵 $B$ 的三列，因此

$$B=A{P}_1{P}_3.$$

故选 B。

错误选项分析：A、C、D 所对应的列交换、列相加顺序不同，均不能得到列向量组

$$({\alpha }_3,{\alpha }_2,{\alpha }_1+{\alpha }_2).$$

填空题

1. 若

$$A=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 2& 0& 0\\ 0& 3& 0\end{array}\right],$$

则 $A^2=\underline{}$，$A^3=\underline{}$。

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答案：

$$A^2=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 6& 0& 0\end{array}\right],A^3=0.$$

解析： 直接作矩阵乘法。矩阵 $A$ 中只有 $a_{21}=2$、$a_{32}=3$ 非零，因此 $A^2$ 中只有第 $(3,1)$ 个元素可能非零，且

$$(A^2{)}_{31}=a_{32}{a}_{21}=3\times 2=6.$$

所以

$$A^2=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 6& 0& 0\end{array}\right].$$

再乘一次 $A$，由于 $A^2$ 的非零元素在第 $1$ 列，而 $A$ 的第 $1$ 行全为零，故

$$A^3=A^{2}A=0.$$

这说明 $A$ 是幂零指数不超过 $3$ 的幂零矩阵。

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2. 若

$$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 4& 5& 6\\ 7& 8& 9\end{array}\right],$$

则 $A^{\ast }=\underline{}$，$(A^{\ast }{)}^{\ast }=\underline{}$。

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答案：

$$A^{\ast }=\left[\begin{array}{ccc}-3& 6& -3\\ 6& -12& 6\\ -3& 6& -3\end{array}\right],(A^{\ast }{)}^{\ast }=0.$$

解析： 按代数余子式计算得

$$A^{\ast }=\left[\begin{array}{ccc}-3& 6& -3\\ 6& -12& 6\\ -3& 6& -3\end{array}\right].$$

也可以先观察到

$$R_3-2R_2+R_1=0,$$

故 $|A|=0$。又 $A$ 存在非零二阶子式，例如

$$\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 4& 5\end{array}\right|=-3\ne 0,$$

所以

$$r(A)=2.$$

对于三阶矩阵，当 $r(A)=2$ 时，伴随矩阵满足

$$r(A^{\ast })=1.$$

因此 $A^{\ast }$ 的所有二阶子式均为零，从而其伴随矩阵为零矩阵：

$$(A^{\ast }{)}^{\ast }=0.$$

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3. 设

$$A=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 1& 2\\ 0& 0& 3& 5\\ 2& -1& 0& 0\\ -5& 3& 0& 0\end{array}\right],$$

则 $A^{-1}=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$A^{-1}=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 3& 1\\ 0& 0& 5& 2\\ -5& 2& 0& 0\\ 3& -1& 0& 0\end{array}\right].$$

解析： 将 $A$ 写成二阶分块矩阵

$$A=\left[\begin{array}{cc}0& C\\ D& 0\end{array}\right],C=\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 5\end{array}\right],D=\left[\begin{array}{cc}2& -1\\ -5& 3\end{array}\right].$$

计算得

$$C^{-1}=\left[\begin{array}{cc}-5& 2\\ 3& -1\end{array}\right],D^{-1}=\left[\begin{array}{cc}3& 1\\ 5& 2\end{array}\right].$$

对于这种分块形式，若 $C,D$ 均可逆，则

$${\left[\begin{array}{cc}0& C\\ D& 0\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}0& D^{-1}\\ C^{-1}& 0\end{array}\right].$$

代入即得

$$A^{-1}=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 3& 1\\ 0& 0& 5& 2\\ -5& 2& 0& 0\\ 3& -1& 0& 0\end{array}\right].$$

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4. 设矩阵

$$A=\left[\begin{array}{cc}-1& 3\\ 3& 2\end{array}\right],B=A^2+5A+6E,$$

则

$${\left(\frac{1}{5}B\right)}^{-1}=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$${\left(\frac{1}{5}B\right)}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}-29& 18\\ 18& -11\end{array}\right].$$

解析： 先计算

$$A^2=\left[\begin{array}{cc}10& 3\\ 3& 13\end{array}\right].$$

于是

$$B=A^2+5A+6E=\left[\begin{array}{cc}11& 18\\ 18& 29\end{array}\right],$$

从而

$$\frac{1}{5}B=\frac{1}{5}\left[\begin{array}{cc}11& 18\\ 18& 29\end{array}\right].$$

因为

$$\left|\begin{array}{cc}11& 18\\ 18& 29\end{array}\right|=319-324=-5,$$

所以

$$B^{-1}=-\frac{1}{5}\left[\begin{array}{cc}29& -18\\ -18& 11\end{array}\right].$$

利用 $(cB{)}^{-1}=c^{-1}{B}^{-1}$，有

$${\left(\frac{1}{5}B\right)}^{-1}=5B^{-1}=\left[\begin{array}{cc}-29& 18\\ 18& -11\end{array}\right].$$

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5. 设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，满足 $A^2-2A+E=0$，则

$$(A+2E{)}^{-1}=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$(A+2E{)}^{-1}=\frac{1}{9}(4E-A).$$

解析： 由已知条件

$$A^2-2A+E=0$$

可得

$$A^2=2A-E.$$

设所求逆矩阵为 $xA+yE$。计算

$$(A+2E)(4E-A)=4A-A^2+8E-2A=2A-A^2+8E.$$

代入 $A^2=2A-E$，得

$$(A+2E)(4E-A)=9E.$$

矩阵 $A+2E$ 与 $4E-A$ 都是 $A$ 的多项式，故二者可交换，于是

$$(A+2E{)}^{-1}=\frac{1}{9}(4E-A).$$

---

6. 若

$$A=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 3& 0\end{array}\right],$$

则 $(A^{\ast }{)}^{-1}=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$(A^{\ast }{)}^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}-\frac{4}{3}& 0& 0\\ 0& 0& -\frac{2}{3}\\ 0& -2& 0\end{array}\right].$$

解析： 三阶可逆矩阵满足

$$A^{\ast }=|A|A^{-1},$$

因此

$$(A^{\ast }{)}^{-1}=\frac{1}{|A|}A.$$

先求行列式。令

$$M=\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 3& 0\end{array}\right],A=\frac{1}{2}M.$$

则

$$|M|=-6,|A|={\left(\frac{1}{2}\right)}^3|M|=-\frac{3}{4}.$$

所以

$$(A^{\ast }{)}^{-1}=-\frac{4}{3}A=-\frac{2}{3}M=\left[\begin{array}{ccc}-\frac{4}{3}& 0& 0\\ 0& 0& -\frac{2}{3}\\ 0& -2& 0\end{array}\right].$$

---

7. 若

$$A^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& -2& 2\\ 2& 2& 1\\ -2& 1& 2\end{array}\right],$$

则 $(3A{)}^{\ast }=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$(3A{)}^{\ast }=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{3}& -\frac{2}{3}& \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3}& \frac{2}{3}& \frac{1}{3}\\ -\frac{2}{3}& \frac{1}{3}& \frac{2}{3}\end{array}\right].$$

解析： 记

$$M=A^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& -2& 2\\ 2& 2& 1\\ -2& 1& 2\end{array}\right].$$

计算得

$$|M|=27,$$

所以

$$|A|=\frac{1}{|A^{-1}|}=\frac{1}{27}.$$

三阶矩阵满足

$$(3A{)}^{\ast }=3^{3-1}{A}^{\ast }=9A^{\ast },$$

又

$$A^{\ast }=|A|A^{-1}=\frac{1}{27}M.$$

故

$$(3A{)}^{\ast }=\frac{1}{3}M=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{3}& -\frac{2}{3}& \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3}& \frac{2}{3}& \frac{1}{3}\\ -\frac{2}{3}& \frac{1}{3}& \frac{2}{3}\end{array}\right].$$

---

8. 设

$$A=\left[\begin{array}{ccc}-8& 2& -2\\ 2& x& -4\\ -2& -4& x\end{array}\right]$$

不可逆，则 $x=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$x=4\text{或}x=-5.$$

解析： 矩阵不可逆的充要条件是

$$|A|=0.$$

按第一行展开，或直接作行列式计算，得

$$|A|=-8x^2-8x+160=-8(x-4)(x+5).$$

令 $|A|=0$，得到

$$(x-4)(x+5)=0.$$

因此

$$x=4\text{或}x=-5.$$

---

9. 设 $A,B$ 均为 $3$ 阶矩阵，且满足 $AB=2A+B$，其中

$$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 2& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right],$$

则 $|B-2E|=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$|B-2E|=-2.$$

解析： 由

$$AB=2A+B$$

移项得

$$(A-E)B=2A.$$

先计算

$$|A-E|=\left|\begin{array}{ccc}0& 2& 0\\ 2& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right|=-4\ne 0,$$

故 $A-E$ 可逆。于是

$$B=2(A-E{)}^{-1}A.$$

因为 $A$ 与 $A-E$ 可交换，所以

$$\begin{array}{rl}B-2E& =2(A-E{)}^{-1}A-2E\\ & =2(A-E{)}^{-1}[A-(A-E)]\\ & =2(A-E{)}^{-1}.\end{array}$$

取行列式：

$$|B-2E|=|2(A-E{)}^{-1}|=2^3\frac{1}{|A-E|}=\frac{8}{-4}=-2.$$

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10. 设 $A^2-BA=E$，其中

$$A=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right],$$

则 $B=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$B=\left[\begin{array}{ccc}0& -2& -1\\ 0& 0& -2\\ 0& 0& 0\end{array}\right].$$

解析： 由

$$A^2-BA=E$$

可得

$$(A-B)A=E.$$

因此 $A-B=A^{-1}$，即

$$B=A-A^{-1}.$$

矩阵 $A$ 是上三角矩阵，且

$$A^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right].$$

于是

$$B=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]-\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}0& -2& -1\\ 0& 0& -2\\ 0& 0& 0\end{array}\right].$$

---

11. 设 $XA=A^T+X$，其中

$$A=\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 1\\ 1& 0& 0\\ 0& 1& 3\end{array}\right],$$

则 $X=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$X=\left[\begin{array}{ccc}6& -4& -3\\ -1& 1& 1\\ -1& 2& 2\end{array}\right].$$

解析： 由

$$XA=A^T+X$$

移项得

$$X(A-E)=A^T.$$

计算

$$A-E=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& -1& 0\\ 0& 1& 2\end{array}\right],|A-E|=-1\ne 0,$$

故 $A-E$ 可逆，并且

$$(A-E{)}^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}2& -1& -1\\ 2& -2& -1\\ -1& 1& 1\end{array}\right].$$

于是

$$\begin{array}{rl}X& =A^T(A-E{)}^{-1}\\ & =\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 3\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}2& -1& -1\\ 2& -2& -1\\ -1& 1& 1\end{array}\right]\\ & =\left[\begin{array}{ccc}6& -4& -3\\ -1& 1& 1\\ -1& 2& 2\end{array}\right].\end{array}$$

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12. 已知

$$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ -1& 1& 1\\ 1& -1& 1\end{array}\right],$$

矩阵 $X$ 满足 $A^{\ast }X=A^{-1}+2X$，其中 $A^{\ast }$ 是 $A$ 的伴随矩阵，则 $X=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$X=\frac{1}{4}\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{array}\right].$$

解析： 先计算

$$|A|=4,A^{-1}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right].$$

由

$$A^{\ast }=|A|A^{-1}$$

得

$$A^{\ast }=\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 2\\ 2& 2& 0\\ 0& 2& 2\end{array}\right].$$

原方程可改写为

$$(A^{\ast }-2E)X=A^{-1}.$$

而

$$A^{\ast }-2E=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 2\\ 2& 0& 0\\ 0& 2& 0\end{array}\right],(A^{\ast }-2E{)}^{-1}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right].$$

因此

$$\begin{array}{rl}X& =(A^{\ast }-2E{)}^{-1}{A}^{-1}\\ & =\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right]\cdot \frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right]\\ & =\frac{1}{4}\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{array}\right].\end{array}$$

计算题与证明题

1. 设

$$A^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 3\end{array}\right],$$

求 $(A^{\ast }{)}^{-1}$。

查看答案与解析

答案：

$$(A^{\ast }{)}^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}5& -2& -1\\ -2& 2& 0\\ -1& 0& 1\end{array}\right].$$

解析： 记

$$M=A^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 3\end{array}\right].$$

计算得

$$|M|=2.$$

由于

$$|A^{-1}|=\frac{1}{|A|},$$

故

$$|A|=\frac{1}{2}.$$

又因

$$A^{\ast }=|A|A^{-1},$$

所以

$$A^{\ast }=\frac{1}{2}M,(A^{\ast }{)}^{-1}=2M^{-1}.$$

对 $M$ 求逆：

$$M^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}\frac{5}{2}& -1& -\frac{1}{2}\\ -1& 1& 0\\ -\frac{1}{2}& 0& \frac{1}{2}\end{array}\right].$$

因此

$$(A^{\ast }{)}^{-1}=2M^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}5& -2& -1\\ -2& 2& 0\\ -1& 0& 1\end{array}\right].$$

---

2. 设

$$A=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 0\\ 1& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 1& 1\end{array}\right],$$

求 $A^n$。

查看答案与解析

答案： 当 $n\ge 1$ 时，

$$A^n=\left[\begin{array}{cccc}{2}^{n-1}& 2^{n-1}& 0& 0\\ 2^{n-1}& 2^{n-1}& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& n& 1\end{array}\right].$$

解析： 将 $A$ 写成分块对角矩阵

$$A=\left[\begin{array}{cc}B& 0\\ 0& C\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right],C=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right].$$

于是

$$A^n=\left[\begin{array}{cc}{B}^n& 0\\ 0& C^n\end{array}\right].$$

对于矩阵 $B$，有

$$B^2=2B,$$

故由归纳法可得

$$B^n=2^{n-1}B=\left[\begin{array}{cc}{2}^{n-1}& 2^{n-1}\\ 2^{n-1}& 2^{n-1}\end{array}\right].$$

对于矩阵 $C$，令

$$N=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right],$$

则

$$C=E_2+N,N^2=0.$$

由二项式展开

$$C^n=(E_2+N{)}^n=E_2+nN=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ n& 1\end{array}\right].$$

因此

$$A^n=\left[\begin{array}{cccc}{2}^{n-1}& 2^{n-1}& 0& 0\\ 2^{n-1}& 2^{n-1}& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& n& 1\end{array}\right].$$

---

3. 设 $A,B$ 均为 $n$ 阶矩阵，$E+AB$ 可逆，化简

$$(E+BA)\left[E-B(E+AB{)}^{-1}A\right].$$

查看答案与解析

答案：

$$E.$$

解析： 记

$$M=(E+AB{)}^{-1}.$$

展开原式：

$$\begin{array}{rl}& (E+BA)\left[E-BMA\right]\\ & =E+BA-(E+BA)BMA.\end{array}$$

注意到

$$(E+BA)B=B+BAB=B(E+AB),$$

故

$$\begin{array}{rl}(E+BA)BMA& =B(E+AB)(E+AB{)}^{-1}A\\ & =BA.\end{array}$$

所以原式为

$$E+BA-BA=E.$$

---

4. 设 $A,B,C$ 均为 $n$ 阶矩阵，其中 $C$ 可逆，且 $ABA=C^{-1}$，证明 $BAC=CAB$。

查看答案与解析

答案： 结论成立，即

$$BAC=CAB.$$

解析： 由 $C$ 可逆可知 $C^{-1}$ 可逆。又

$$ABA=C^{-1},$$

所以矩阵 $ABA$ 可逆。取行列式得

$$|A{|}^2|B|=|C^{-1}|\ne 0,$$

从而

$$|A|\ne 0,|B|\ne 0.$$

因此 $A,B$ 均可逆。

对等式 $ABA=C^{-1}$ 两边取逆，得

$$C=(ABA{)}^{-1}=A^{-1}{B}^{-1}{A}^{-1}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}BAC& =BA\left(A^{-1}{B}^{-1}{A}^{-1}\right)\\ & =B{B}^{-1}{A}^{-1}\\ & =A^{-1},\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}CAB& =\left(A^{-1}{B}^{-1}{A}^{-1}\right)AB\\ & =A^{-1}{B}^{-1}B\\ & =A^{-1}.\end{array}$$

故

$$BAC=CAB.$$

---

5. 若 $A$ 是对称矩阵，$B$ 是反对称矩阵，则 $AB$ 是反对称矩阵的充要条件是 $AB=BA$。

查看答案与解析

答案：

$$AB\text{ 为反对称矩阵}⟺AB=BA.$$

解析： 因为 $A$ 是对称矩阵、$B$ 是反对称矩阵，所以

$$A^T=A,B^T=-B.$$

**必要性：**若 $AB$ 是反对称矩阵，则

$$(AB{)}^T=-AB.$$

另一方面，

$$(AB{)}^T=B^T{A}^T=(-B)A=-BA.$$

故

$$-BA=-AB,$$

即

$$AB=BA.$$

**充分性：**若 $AB=BA$，则

$$(AB{)}^T=B^T{A}^T=-BA=-AB.$$

因此 $AB$ 是反对称矩阵。

综上，

$$AB\text{ 为反对称矩阵}⟺AB=BA.$$

---

6. 设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，$A^m=0$，证明 $E-A$ 可逆。

查看答案与解析

答案： $E-A$ 可逆，且

$$(E-A{)}^{-1}=E+A+A^2+\cdots +A^{m-1}.$$

解析： 利用有限等比恒等式，

$$\begin{array}{rl}(E-A)(E+A+A^2+\cdots +A^{m-1})& =E-A^m\\ & =E.\end{array}$$

同理，由于 $E+A+\cdots +A^{m-1}$ 是 $A$ 的多项式，它与 $A$ 可交换，因此

$$(E+A+A^2+\cdots +A^{m-1})(E-A)=E-A^m=E.$$

所以 $E+A+A^2+\cdots +A^{m-1}$ 同时是 $E-A$ 的左逆和右逆，从而

$$E-A$$

可逆，并且

$$(E-A{)}^{-1}=E+A+A^2+\cdots +A^{m-1}.$$

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7. 设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，$\alpha$ 为 $n$ 维列向量，$b$ 为常数，记分块矩阵

$$P=\left[\begin{array}{cc}E& 0\\ -{\alpha }^T{A}^{\ast }& |A|\end{array}\right],Q=\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ {\alpha }^T& b\end{array}\right],$$

其中 $A^{\ast }$ 是 $A$ 的伴随矩阵，$E$ 为 $n$ 阶单位矩阵。

（Ⅰ）计算并化简 $PQ$；

（Ⅱ）证明矩阵 $Q$ 可逆的充分必要条件是 ${\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \ne b$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$PQ=\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ 0& |A|\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right)\end{array}\right].$$

（Ⅱ）

$$Q\text{ 可逆}⟺{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \ne b.$$

解析： （Ⅰ）按分块矩阵乘法，

$$\begin{array}{rl}PQ& =\left[\begin{array}{cc}E& 0\\ -{\alpha }^T{A}^{\ast }& |A|\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ {\alpha }^T& b\end{array}\right]\\ & =\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ -{\alpha }^T{A}^{\ast }A+|A|{\alpha }^T& -{\alpha }^T{A}^{\ast }\alpha +|A|b\end{array}\right].\end{array}$$

由伴随矩阵的性质

$$A^{\ast }A=|A|E,$$

可得左下角分块

$$-{\alpha }^T{A}^{\ast }A+|A|{\alpha }^T=-|A|{\alpha }^T+|A|{\alpha }^T=0.$$

又因为 $A$ 可逆，

$$A^{\ast }=|A|A^{-1},$$

所以右下角分块为

$$\begin{array}{rl}-{\alpha }^T{A}^{\ast }\alpha +|A|b& =-|A|{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha +|A|b\\ & =|A|\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right).\end{array}$$

因此

$$PQ=\left[\begin{array}{cc}A& \alpha \\ 0& |A|\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right)\end{array}\right].$$

（Ⅱ）矩阵 $P$ 是分块下三角矩阵，故

$$|P|=|E|\cdot |A|=|A|\ne 0.$$

因此 $P$ 可逆，从而

$$Q\text{ 可逆}⟺PQ\text{ 可逆}.$$

由（Ⅰ），$PQ$ 是分块上三角矩阵，其行列式为

$$\begin{array}{rl}|PQ|& =|A|\cdot |A|\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right)\\ & =|A{|}^2\left(b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \right).\end{array}$$

因为 $|A|\ne 0$，所以

$$|PQ|\ne 0⟺b-{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \ne 0.$$

即

$$Q\text{ 可逆}⟺{\alpha }^T{A}^{-1}\alpha \ne b.$$

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8. 设 $A$ 是 $n$ 阶实反对称矩阵，证明 $(E-A)(E+A{)}^{-1}$ 是正交矩阵。

查看答案与解析

答案： 矩阵

$$R=(E-A)(E+A{)}^{-1}$$

是正交矩阵。

解析： 首先证明 $E+A$ 可逆。若

$$(E+A)x=0,$$

则

$$x=-Ax.$$

左乘 $x^T$，得到

$$x^{T}x=-x^{T}Ax.$$

由于 $A$ 是实反对称矩阵，

$$A^T=-A,$$

而标量 $x^{T}Ax$ 满足

$$x^{T}Ax=(x^{T}Ax{)}^T=x^T{A}^{T}x=-x^{T}Ax,$$

故

$$x^{T}Ax=0.$$

于是

$$x^{T}x=0,$$

从而 $x=0$。因此齐次方程 $(E+A)x=0$ 只有零解，故 $E+A$ 可逆。

令

$$R=(E-A)(E+A{)}^{-1}.$$

则

$$\begin{array}{rl}{R}^T& ={\left[(E+A{)}^{-1}\right]}^T(E-A{)}^T\\ & ={\left[(E+A{)}^T\right]}^{-1}(E-A{)}^T\\ & =(E-A{)}^{-1}(E+A).\end{array}$$

又因为 $E+A$ 与 $E-A$ 都是 $A$ 的多项式，所以二者可交换。于是

$$\begin{array}{rl}{R}^{T}R& =(E-A{)}^{-1}(E+A)(E-A)(E+A{)}^{-1}\\ & =(E-A{)}^{-1}(E-A)(E+A)(E+A{)}^{-1}\\ & =E.\end{array}$$

因此 $R$ 满足

$$R^{T}R=E,$$

故 $R=(E-A)(E+A{)}^{-1}$ 是正交矩阵。