主要内容\(\DeclarMathOperator{\deg}{deg}
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\)
节 2.5 可逆矩阵
练习 练习
基础题.
1.
设
\(P_1,P_2\)分别是
\(n_1,n_2\)阶可逆矩阵，证明：
\(n_1+n_2\)阶方阵
\(\begin{pmatrix}P_1 & {\bf 0}\\
{\bf 0} & P_2
\end{pmatrix}\)也是可逆矩阵。
解答.
因为
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}P_1 & {\bf 0}\\
{\bf 0} & P_2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}P_1^{-1} & {\bf 0}\\
{\bf 0} & P_2^{-1}
\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}E_{n_1} & {\bf 0}\\
{\bf 0} & E_{n_2}
\end{pmatrix} = E_{n_1+n_2},
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}P_1^{-1} & {\bf 0}\\
{\bf 0} & P_2^{-1}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}P_1 & {\bf 0}\\
{\bf 0} & P_2
\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}E_{n_1} & {\bf 0}\\
{\bf 0} & E_{n_2}
\end{pmatrix} = E_{n_1+n_2},
\end{equation*}
所以\(\begin{pmatrix}P_1 & {\bf 0}\\
{\bf 0} & P_2
\end{pmatrix}\)是可逆矩阵，且\(\begin{pmatrix}P_1 & {\bf 0}\\
{\bf 0} & P_2
\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}P_1^{-1} & {\bf 0}\\
{\bf 0} & P_2^{-1}
\end{pmatrix}\)。
2.
设
\(A,B\)为
\(n\)阶方阵，且
\(A\)可逆。证明：若
\(A,B\)可交换，则
\(A^{-1},B\)也可交换。
解答.
由于\(A\)可逆且
\begin{equation}
AB=BA,\tag{2.5.1}
\end{equation}
\begin{equation}
B=A^{-1}BA,\tag{2.5.2}
\end{equation}
\begin{equation*}
BA^{-1}=A^{-1}B,
\end{equation*}
因此\(A^{-1},B\)可交换。
3.
设
\(A,B,C\)是
\(n\)阶方阵。若
\(AB=BC\)，且
\(B\)可逆，是否必有
\(A=C\)？请说明理由。
解答.
未必成立。比如，取
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 0\end{pmatrix}, B=\begin{pmatrix}0 & 1\\1 & 0\end{pmatrix}, C=\begin{pmatrix}0 & 1\\1 & 1\end{pmatrix},
\end{equation*}
则\(B\)可逆，\(AB=BC\)，但\(A\neq C\)。
4.
设
\(n\)维列向量
\(X=(a,0,\dots ,0,a)^T,a<0\)。若矩阵
\(A=E-XX^T\)与
\(B=E+2XX^T\) 互逆，求
\(a\)。
解答.
\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*}
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\(a=-\frac{1}{2}\)。
5.
设
\(A\)为
\(n\)阶方阵，满足
\(A^2+A+E={\bf 0}\)，其中
\(E\)是
\(n\)阶单位矩阵，证明：对任意实数
\(a\)，
\(A-aE\)都可逆。
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。
6.
设
\(A=\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
-2 & 1 & 3\\
3 & -1& 2
\end{pmatrix}\)，求
\(A^{-1}\)。
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 \(A^{-1}=\begin{pmatrix}
\frac{5}{6} & \frac{1}{6} & \frac{1}{6}\\
\frac{13}{6} & \frac{5}{6} & -\frac{1}{6}\\
-\frac{1}{6} & \frac{1}{6} & \frac{1}{6}
\end{pmatrix}\)。
提高题.
7.
-
设\(P\)是\(n\)阶可逆矩阵，证明：对任意正整数\(m\)及\(n\)阶方阵\(A\)，都有
\begin{equation*}
\left(P^{-1}AP\right)^m=P^{-1}A^mP.
\end{equation*}
-
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
\(A^{m}\)。
解答.
-
对\(m\)归纳证明。
-
-
假设\(\left(P^{-1}AP\right)^m=P^{-1}A^mP\)，则
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
\left(P^{-1}AP\right)^{m+1} & =\left(P^{-1}AP\right)^m\left(P^{-1}AP\right)\\
& =\left(P^{-1}A^mP\right)\left(P^{-1}AP\right)\\
& =P^{-1}A^m\left(PP^{-1}\right)AP\\
& =P^{-1}A^{m+1}P.
\end{array}
\end{equation*}
-
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
A^{m} & =PB^{m}P^{-1}\\
& =\begin{pmatrix}
-1 & -2\\
1 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1^{m} & 0\\
0 & (-1)^{m}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 2\\
-1 & -1
\end{pmatrix}\\
& =\left\{\begin{array}{ll}
\begin{pmatrix}
-3 & -4\\
2 & 3
\end{pmatrix}, & \text{当}m\text{为奇数};\\
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}, & \text{当}m\text{为偶数}.\end{array}\right.
\end{array}
\end{equation*}
8.
设
\(A\)是
\(n\)阶可逆矩阵。若
\(A\)的每行元素之和均为
\(a\)，证明：
\(A^{-1}\)的每行元素之和必为
\(a^{-1}\)。
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。）
\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\(a^{-1}\)。
9.
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*}
\begin{equation*}
B^{-1}=E-bA=\begin{pmatrix}
1&-b&&&\\
&1&-b&&\\
&&\ddots&\ddots&\\
&&&1&-b\\
&&&&1
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
10.
证明：
-
若
\(A\)是可逆（反）对称矩阵，则
\(A^{-1}\)也是（反）对称矩阵；
-
若
\(A\)是可逆上（下）三角矩阵，则
\(A^{-1}\)也是上（下）三角矩阵。
解答.
-
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。
11.
设
\(A\)为
\(n\)阶方阵。若
\(A\)与任意
\(n\)阶可逆矩阵可交换，证明：
\(A\)是数量矩阵。
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 2.2.13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*}
这里
\(v(A),u(B)\)是数域
\(\F\)上的
\(n\)阶方阵。根据
练习 2.2.26得
\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.
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\((E_m-BA)^{-1}=E_m+B(E_n-AB)^{-1}A\)。
14. 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*}
15.
设
\(P\)是
\(n\)阶置换矩阵，证明：存在正整数
\(k\)，使得
\(P^k=E_n\)。
解答.
由
练习 2.3.12可知，
\(P,P^2,\ldots, P^m, \ldots\)都是置换矩阵。根据置换矩阵的定义不难看出互异的
\(n\)阶置换矩阵只有
\(n!\)个，因此
\(P,P^2,\ldots, P^m, \ldots\)不可能两两互异，于是存在两个不同的正整数
\(s,t\)使得
\begin{equation}
P^s=P^t.\tag{2.5.6}
\end{equation}
不妨设
\(s>t\)，注意到
\(P^TP=PP^T=E_n\)，则
\(P\)可逆，由
(2.5.6)得
\(P^{s-t}=E_n\)。
