节 2.5 可逆矩阵
建设中！
练习 练习
基础题.
2.
3.
解答.
因为
\begin{equation*}
\begin{array}{cl}
AB & =(E-XX^T)(E+2XX^T)\\
& =E-XX^T+2XX^T-2X(X^TX)X^T\\
& =E+(1-4a^2)XX^T,\end{array}
\end{equation*}
所以由\(A,B\)互逆可知
\begin{equation*}
E+(1-4a^2)XX^T=E,
\end{equation*}
即
\begin{equation*}
(1-4a^2)XX^T={\bf 0}.
\end{equation*}
注意到\(XX^T\ne {\bf 0}\)，所以\(1-4a^2=0\)。又\(a< 0\)，因此\(a=-\frac{1}{2}\)。
4.
解答.
因为
\begin{equation*}
x^2+x+1=(x-a)(x+a+1)+(a^2+a+1),
\end{equation*}
将\(x\)用\(A\)代入，有
\begin{equation*}
A^2+A+E=(A-aE)\left(A+(a+1)E\right)+(a^2+a+1)E,
\end{equation*}
根据已知条件\(A^2+A+E={\bf 0}\)得
\begin{equation*}
(A-aE)\left(A+(a+1)E\right)=-(a^2+a+1)E.
\end{equation*}
注意到对任意实数\(a\)，都有\(a^2+a+1\neq 0\)，因此
\begin{equation*}
(A-aE)\left(-\frac{1}{a^2+a+1}\left(A+(a+1)E\right)\right)=E.
\end{equation*}
不难验证
\begin{equation*}
\left(-\frac{1}{a^2+a+1}\left(A+(a+1)E\right)\right)(A-aE)=E
\end{equation*}
也成立，由此可知\(A-aE\)可逆。
5.
解答.
对矩阵\(\begin{pmatrix} A & E_3\end{pmatrix}\)施行初等行变换：
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
& \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\
-2 & 1 & 3 & 0 & 1 & 0\\
3 & -1& 2 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \\
\stackrel{r_2+2r_1}{\longrightarrow} & \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0\\
3 & -1& 2 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \\
\xrightarrow{r_3-3r_1} & \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0\\
0 & -1& 5 & -3 & 0 & 1
\end{array}\right) \\
\xrightarrow{r_3+r_2} & \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 6 & -1 & 1 & 1
\end{array}\right) \\
\xrightarrow{\frac{1}{6}r_3} & \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1 & -\frac{1}{6} & \frac{1}{6} & \frac{1}{6}
\end{array}\right) \\
\xrightarrow{r_2-r_3} & \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & \frac{13}{6} & \frac{5}{6} & -\frac{1}{6}\\
0 & 0 & 1 & -\frac{1}{6} & \frac{1}{6} & \frac{1}{6}
\end{array}\right) \\
\xrightarrow{r_1+r_3} & \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & -1 & \frac{5}{6} & \frac{1}{6} & \frac{1}{6}\\
0 & 1 & 0 & \frac{13}{6} & \frac{5}{6} & -\frac{1}{6}\\
0 & 0 & 1 & -\frac{1}{6} & \frac{1}{6} & \frac{1}{6}
\end{array}\right),
\end{array}
\end{equation*}
因此 \(A^{-1}=\begin{pmatrix}
\frac{5}{6} & \frac{1}{6} & \frac{1}{6}\\
\frac{13}{6} & \frac{5}{6} & -\frac{1}{6}\\
-\frac{1}{6} & \frac{1}{6} & \frac{1}{6}
\end{pmatrix}\)。
6.
设\(B=P^{-1}AP\)，其中\(P=\begin{pmatrix}
-1 & -2\\
1 & 1
\end{pmatrix} , B=\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & -1
\end{pmatrix}\)，求\(A^{2025}\)。
解答.
由\(B=P^{-1}AP\)可知：\(A=PBP^{-1}\)，故
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
A^{2025} & =(PBP^{-1})(PBP^{-1})\cdots(PBP^{-1})\\
& =PB(P^{-1}P)B(P^{-1}P)\cdots BP^{-1}\\
& =PB^{2025}P^{-1}\\
& =\begin{pmatrix}
-1 & -2\\
1 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1^{2025} & 0\\
0 & (-1)^{2025}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 2\\
-1 & -1
\end{pmatrix}\\
& =\begin{pmatrix}
-3 & -4\\
2 & 3
\end{pmatrix}.
\end{array}
\end{equation*}
提高题.
7.
解答.
由\(A\)的每行元素之和均为\(a\)知：
\begin{equation}
A\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}.\tag{2.5.3}
\end{equation}
由于\(A\)可逆，所以\(a\neq 0\)。（否则，\(A\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}\)，两边同时左乘\(A^{-1}\)得\(\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}=A^{-1}\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}\)，即\(\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}\)，矛盾。）
(2.5.3)两边同时左乘\(A^{-1}\)，得
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}=aA^{-1}\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix},
\end{equation*}
两边再同时数乘\(a^{-1}\)，得
\begin{equation*}
A^{-1}\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}=a^{-1}\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix},
\end{equation*}
因此\(A^{-1}\)的每行元素之和都是\(a^{-1}\)。
8.
设\(A\)是\(n\)阶方阵，\(E\)是\(n\)阶单位矩阵。
-
若存在正整数\(k\)使得\(A^k={\bf 0}\)，证明：\(E-A\)，\(E+A+\cdots+A^{k-1}\)都可逆；并求\((E-A)^{-1}\)与\((E+A+\cdots+A^{k-1})^{-1}\)。
-
设\(B=\begin{pmatrix} 1&b&b^2&\cdots&b^{n-2}&b^{n-1}\\ 0&1&b&b^2&\cdots&b^{n-2}\\ 0&0&1&b&\ddots&\vdots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&b^2\\ 0&0&0&\cdots&1&b\\ 0&0&0&\cdots&0&1 \end{pmatrix}\)，求\(B^{-1}\)。
解答.
-
因为\(A^k={\bf 0}\)，所以\begin{equation*} (E-A)(E+A+\cdots+A^{k-1})=E-A^k=E, \end{equation*}且\begin{equation*} (E+A+\cdots+A^{k-1})(E-A)=E-A^k=E, \end{equation*}由此可知\(E-A\)，\(E+A+\cdots+A^{k-1}\)均可逆，且\begin{equation*} (E-A)^{-1}=E+A+\cdots+A^{k-1}, \end{equation*}\begin{equation*} (E+A+\cdots+A^{k-1})^{-1}=E-A. \end{equation*}
-
令\(A=\begin{pmatrix} 0&E_{n-1}\\0&0 \end{pmatrix}\)，则\begin{equation*} B=E+bA+(bA)^2+\cdots +(bA)^{n-1}. \end{equation*}由于\((bA)^n=0\)，所以根据项 2.5.8.a\begin{equation*} B^{-1}=E-bA=\begin{pmatrix} 1&-b&&&\\ &1&-b&&\\ &&\ddots&\ddots&\\ &&&1&-b\\ &&&&1 \end{pmatrix}. \end{equation*}
9.
解答.
-
只证明对称矩阵的情形，反对称矩阵同理可证。证法一：因为\(A\)是对称矩阵，所以将等式\(AA^{-1}=E\)两边取转置得\begin{equation*} E=(AA^{-1})^T=(A^{-1})^TA^T=(A^{-1})^TA. \end{equation*}两边同时右乘\(A^{-1}\)得 \(A^{-1}=(A^{-1})^T\)，由此推出\(A^{-1}\)是对称矩阵。证法二：因为\(A\)是对称矩阵，即\(A^T=A\)，所以\begin{equation*} (A^{-1})^T= (A^T)^{-1}=A^{-1}, \end{equation*}由此可知\(A^{-1}\)是对称矩阵。
-
设上三角矩阵\(A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ & a_{22} &\cdots & a_{2n}\\ & & \ddots&\vdots\\ & & & a_{nn} \end{pmatrix}\)可逆，则\(A\)的每一个对角元都非\(0\)。否则，\(A\)必可经过若干初等变换化为最后一行全为\(0\)的矩阵，这与\(A\)可逆相矛盾。设\(B=(b_{ij})\)是\(A\)的逆矩阵，则\(AB=E\)，比较\(AB\)和\(E\) 的第一列元素，得\begin{equation*} \left\{\begin{array}{llclll} a_{11}b_{11}+&a_{12}b_{21}+\cdots+&a_{1,n-1}b_{n-1,1}&+&a_{1n}b_{n1}&=1,\\ &a_{22}b_{21}+\cdots+&a_{2,n-1}b_{n-1,1}&+&a_{2n}b_{n1}&=0,\\ &&&&\cdots&\cdots\\ &&a_{n-1,n-1}b_{n-1,1}&+&a_{n-1,n}b_{n1}&=0,\\ &&&&a_{nn}b_{n1}&=0, \end{array}\right. \end{equation*}从最后一个方程向前解，可得\(b_{n1}=b_{n-1,1}=\cdots=b_{21}=0 \)。类似可以证明当\(i>j\)时，\(b_{ij}=0\)，因此\(B=A^{-1}\)是上三角矩阵。同理可证下三角矩阵的情形。
10.
设\(A\)是\(n\times m\)矩阵，\(B\)是\(m\times n\)矩阵。证明：若\(E_n-AB\)可逆，则\(E_m-BA\)可逆，且
\begin{equation*}
(E_m-BA)^{-1}=E_m+B(E_n-AB)^{-1}A.
\end{equation*}
解答.
因为
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
&(E_m-BA)(E_m+B(E_n-AB)^{-1}A)\\
=&(E_m-BA)E_m+(E_m-BA)B(E_n-AB)^{-1}A\\
=&E_m-BA+B(E_n-AB)^{-1}A-BAB(E_n-AB)^{-1}A\\
=&E_m-BA+B(E_n-AB)(E_n-AB)^{-1}A\\
=&E_m-BA+BA\\
=&E_m,
\end{array}
\end{equation*}
且
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
&(E_m+B(E_n-AB)^{-1}A)(E_m-BA)\\
=&E_m(E_m-BA)+B(E_n-AB)^{-1}A(E_m-BA)\\
=&E_m-BA+B(E_n-AB)^{-1}A-B(E_n-AB)^{-1}ABA\\
=&E_m-BA+B(E_n-AB)^{-1}(E_n-AB)A\\
=&E_m-BA+BA\\
=&E_m,
\end{array}
\end{equation*}
所以\(E_m-BA\)可逆，且\((E_m-BA)^{-1}=E_m+B(E_n-AB)^{-1}A\)。
11.
解答.
因为\(D={\rm diag}(1,2,\ldots,n)\)是\(n\)阶可逆矩阵，根据已知条件，\(A\)与\(D\)可交换，由练习 2.2.15知：\(A\)是对角矩阵。设\(A={\rm diag}(a_{11},a_{22},\ldots,a_{nn})\)，由于\(E(1,i)\)可逆，所以
\begin{equation*}
E(1,i)A=AE(1,i),
\end{equation*}
比较两端第\(1\)行第\(i\)列元素得\(a_{11}=a_{ii}\)，因此\(A={\rm diag}(a_{11},a_{11},\ldots,a_{11})\)是数量矩阵。
12.
设\(A,B\)是数域\(\F\)上\(n\)阶方阵，\(f(x),g(x)\in\F[x]\)满足\(f(A)=0,g(B)=0\)。若\(f(x),g(x)\)在复数域上没有公共根，证明： \(f(B),g(A)\)都是可逆矩阵。
解答.
已知\(f(x),g(x)\)在复数域上没有公共根，所以\(f(x),g(x)\)在复数域上互素，进而\(f(x),g(x)\)在数域\(\F\)上也互素，于是存在\(u(x),v(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation*}
u(x)f(x)+v(x)g(x)=1,
\end{equation*}
将\(x\)分别用\(A,B\)代入，得
\begin{equation}
u(A)f(A)+v(A)g(A)=E_n,\tag{2.5.4}
\end{equation}
\begin{equation}
u(B)f(B)+v(B)g(B)=E_n.\tag{2.5.5}
\end{equation}
\begin{equation*}
v(A)g(A)=E_n, u(B)f(B)=E_n,
\end{equation*}
\begin{equation*}
v(A)g(A)=g(A)v(A)=E_n,\ u(B)f(B)=f(B)u(B)=E_n,
\end{equation*}
因此\(f(B),g(A)\)都是可逆矩阵。
挑战题.
13. Cayley变换.
设\(A\)是\(n\)阶方阵，且\(E_n+A\)可逆，定义
\begin{equation*}
c(A)=(E_n-A)(E_n+A)^{-1},
\end{equation*}
证明：\(E_n+c(A)\)可逆，且\(c(c(A))=A\)。
解答.
由于
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
(E_n+c(A))(E_n+A)&=E_n+A+c(A)(E_n+A)\\
&=E_n+A+E_n-A\\
&=2E_n,\end{array}
\end{equation*}
两边同时右乘\((E_n+A)^{-1}\)得
\begin{equation*}
E_n+c(A)=2(E_n+A)^{-1},
\end{equation*}
所以\(E_n+c(A)\)可逆，且
\begin{equation*}
(E_n+c(A))^{-1}=[2(E_n+A)^{-1}]^{-1}=\frac{1}{2}(E_n+A).
\end{equation*}
于是
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
c(c(A))&=(E_n-c(A))(E_n+c(A))^{-1}\\
&=[E_n-(E_n-A)(E_n+A)^{-1}][\frac{1}{2}(E_n+A)]\\
&=\frac{1}{2}(E_n+A)-\frac{1}{2}(E_n-A)\\
&=A.
\end{array}
\end{equation*}
