李永乐复习全书线性代数 第二章 矩阵
目录
- 例题二
-
- 例4
-
- （2）设 A \bm{A} A是 3 3 3阶矩阵，若对任意的 x = [ x 1 , x 2 , x 3 ] T \bm{x}=[x_1,x_2,x_3]^\mathrm{T} x=[x1,x2,x3]T都有 x T A x = 0 \bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=0 xTAx=0，证明 A \bm{A} A是反对称矩阵。
- 例5 已知 A , B \bm{A,B} A,B都是 n n n阶矩阵，且 A B = A + B \bm{AB}=\bm{A}+\bm{B} AB=A+B，证明 A B = B A \bm{AB}=\bm{BA} AB=BA。
- 例8 已知 A = [ 2 − 1 5 0 2 3 0 0 2 ] \bm{A}=\begin{bmatrix}2&-1&5\\0&2&3\\0&0&2\end{bmatrix} A=⎣⎡200−120532⎦⎤，则 A n = \bm{A}^n= An=______。
- 例13 设 A = [ 0 0 0 1 3 0 0 0 − 1 2 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 ] \bm{A}=\begin{bmatrix}0&0&0&1&3\\0&0&0&-1&2\\1&1&1&0&0\\0&1&1&0&0\\0&0&1&0&0\end{bmatrix} A=⎣⎢⎢⎢⎢⎡0010000110001111−100032000⎦⎥⎥⎥⎥⎤，则 A \bm{A} A的伴随矩阵 A ∗ = \bm{A}^*= A∗=______。
- 例21 设 A \bm{A} A是 n n n阶非奇异矩阵， α \bm{\alpha} α是 n n n维列向量， b b b是常数，记分块矩阵 P = [ E O − α T A ∗ ∣ A ∣ ] , Q = [ A α α T b ] \bm{P}=\begin{bmatrix}\bm{E}&\bm{O}\\-\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^*&|\bm{A}|\end{bmatrix},\bm{Q}=\begin{bmatrix}\bm{A}&\bm{\alpha}\\\bm{\alpha}^\mathrm{T}&b\end{bmatrix} P=[E−αTA∗O∣A∣],Q=[AαTαb]。
-
- （2）证明： Q \bm{Q} Q可逆的充要条件是 α T A − 1 α ≠ b \bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}\ne b αTA−1α=b。
- 例36 设 A \bm{A} A是 m × n m\times n m×n矩阵， B \bm{B} B是 n × s n\times s n×s矩阵，证明秩 r ( A B ) ⩽ min { r ( A ) , r ( B ) } r(\bm{AB})\leqslant\min\{r(\bm{A}),r(\bm{B})\} r(AB)⩽min{r(A),r(B)}。
- 写在最后
例题二
例4
（2）设 A \bm{A} A是 3 3 3阶矩阵，若对任意的 x = [ x 1 , x 2 , x 3 ] T \bm{x}=[x_1,x_2,x_3]^\mathrm{T} x=[x1,x2,x3]T都有 x T A x = 0 \bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=0 xTAx=0，证明 A \bm{A} A是反对称矩阵。
证 设 A = [ a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 ] \bm{A}=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{bmatrix} A=⎣⎡a11a21a31a12a22a32a13a23a33⎦⎤，因已知对任意的 x = [ x 1 , x 2 , x 3 ] T \bm{x}=[x_1,x_2,x_3]^\mathrm{T} x=[x1,x2,x3]T，均有 x T A x = 0 \bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=0 xTAx=0。故取 x = [ 1 , 0 , 0 ] T \bm{x}=[1,0,0]^\mathrm{T} x=[1,0,0]T，有 x T A x = a 11 = 0 \bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=a_{11}=0 xTAx=a11=0。
同理，取 x = [ 0 , 1 , 0 ] T \bm{x}=[0,1,0]^\mathrm{T} x=[0,1,0]T时得 a 22 = 0 a_{22}=0 a22=0，取 x = [ 0 , 0 , 1 ] T \bm{x}=[0,0,1]^\mathrm{T} x=[0,0,1]T时得 a 33 = 0 a_{33}=0 a33=0。
取 x = [ 1 , 1 , 0 ] T \bm{x}=[1,1,0]^\mathrm{T} x=[1,1,0]T，有 x T A x = a 12 + a 21 = 0 \bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=a_{12}+a_{21}=0 xTAx=a12+a21=0，知 a 12 = − a 21 a_{12}=-a_{21} a12=−a21；取 x = [ 1 , 0 , 1 ] T \bm{x}=[1,0,1]^\mathrm{T} x=[1,0,1]T，可得 a 13 = − a 31 a_{13}=-a_{31} a13=−a31；再取 x = [ 0 , 1 , 1 ] T \bm{x}=[0,1,1]^\mathrm{T} x=[0,1,1]T，又得 a 23 = − a 32 a_{23}=-a_{32} a23=−a32，所以 A \bm{A} A是反对称矩阵。（这道题主要利用了反对称矩阵的定义求解）
例5 已知 A , B \bm{A,B} A,B都是 n n n阶矩阵，且 A B = A + B \bm{AB}=\bm{A}+\bm{B} AB=A+B，证明 A B = B A \bm{AB}=\bm{BA} AB=BA。
证 由 A B = A + B \bm{AB}=\bm{A}+\bm{B} AB=A+B，得 A B − A − B + E = E \bm{AB}-\bm{A}-\bm{B}+\bm{E}=\bm{E} AB−A−B+E=E，即 ( A − E ) ( B − E ) = E (\bm{A}-\bm{E})(\bm{B}-\bm{E})=\bm{E} (A−E)(B−E)=E。那么， A − E \bm{A}-\bm{E} A−E可逆，且 ( A − E ) − 1 = B − E (\bm{A}-\bm{E})^{-1}=\bm{B}-\bm{E} (A−E)−1=B−E。于是， ( A − E ) ( B − E ) = ( B − E ) ( A − E ) (\bm{A}-\bm{E})(\bm{B}-\bm{E})=(\bm{B}-\bm{E})(\bm{A}-\bm{E}) (A−E)(B−E)=(B−E)(A−E)，即 A B − A − B + E = B A − A − B + E \bm{AB}-\bm{A}-\bm{B}+\bm{E}=\bm{BA}-\bm{A}-\bm{B}+\bm{E} AB−A−B+E=BA−A−B+E。所以 A B = B A \bm{AB}=\bm{BA} AB=BA。（这道题主要利用了等式变换求解）
例8 已知 A = [ 2 − 1 5 0 2 3 0 0 2 ] \bm{A}=\begin{bmatrix}2&-1&5\\0&2&3\\0&0&2\end{bmatrix} A=⎣⎡200−120532⎦⎤，则 A n = \bm{A}^n= An=______。
解 由于 A = [ 2 0 0 0 2 0 0 0 2 ] + [ 0 − 1 5 0 0 3 0 0 0 ] = 2 E + B \bm{A}=\begin{bmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0&-1&5\\0&0&3\\0&0&0\end{bmatrix}=2\bm{E}+\bm{B} A=⎣⎡200020002⎦⎤+⎣⎡000−100530⎦⎤=2E+B，又 B 2 = [ 0 − 1 5 0 0 3 0 0 0 ] [ 0 − 1 5 0 0 3 0 0 0 ] = [ 0 0 − 3 0 0 0 0 0 0 ] , B 3 = B 4 = ⋯ = O \bm{B}^2=\begin{bmatrix}0&-1&5\\0&0&3\\0&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&-1&5\\0&0&3\\0&0&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&-3\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix},\bm{B}^3=\bm{B}^4=\cdots=\bm{O} B2=⎣⎡000−100530⎦⎤⎣⎡000−100530⎦⎤=⎣⎡000000−300⎦⎤,B3=B4=⋯=O，所以
A n = ( 2 E + B ) n = ( 2 E ) n + n ( 2 E ) n − 1 B + 1 2 n ( n − 1 ) ( 2 E ) n − 2 B 2 = [ 2 n 0 0 0 2 n 0 0 0 2 n ] + n ⋅ 2 n − 1 [ 0 − 1 5 0 0 3 0 0 0 ] + 1 2 n ( n − 1 ) ⋅ 2 n − 2 [ 0 0 − 3 0 0 0 0 0 0 ] = [ 2 n − n ⋅ 2 n − 1 5 n ⋅ 2 n − 1 − 3 n ( n − 1 ) 2 n − 3 0 2 n 3 n ⋅ 2 n − 1 0 0 2 n ] . \begin{aligned} \bm{A}^n&=(2\bm{E}+\bm{B})^n=(2\bm{E})^n+n(2\bm{E})^{n-1}\bm{B}+\cfrac{1}{2}n(n-1)(2\bm{E})^{n-2}\bm{B}^2\\ &=\begin{bmatrix}2^n&0&0\\0&2^n&0\\0&0&2^n\end{bmatrix}+n\cdot2^{n-1}\begin{bmatrix}0&-1&5\\0&0&3\\0&0&0\end{bmatrix}+\cfrac{1}{2}n(n-1)\cdot2^{n-2}\begin{bmatrix}0&0&-3\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}2^n&-n\cdot2^{n-1}&5n\cdot2^{n-1}-3n(n-1)2^{n-3}\\0&2^n&3n\cdot2^{n-1}\\0&0&2^n\end{bmatrix}. \end{aligned} An=(2E+B)n=(2E)n+n(2E)n−1B+21n(n−1)(2E)n−2B2=⎣⎡2n0002n0002n⎦⎤+n⋅2n−1⎣⎡000−100530⎦⎤+21n(n−1)⋅2n−2⎣⎡000000−300⎦⎤=⎣⎡2n00−n⋅2n−12n05n⋅2n−1−3n(n−1)2n−33n⋅2n−12n⎦⎤.
（这道题主要利用了拆分矩阵求解）
例13 设 A = [ 0 0 0 1 3 0 0 0 − 1 2 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 ] \bm{A}=\begin{bmatrix}0&0&0&1&3\\0&0&0&-1&2\\1&1&1&0&0\\0&1&1&0&0\\0&0&1&0&0\end{bmatrix} A=⎣⎢⎢⎢⎢⎡0010000110001111−100032000⎦⎥⎥⎥⎥⎤，则 A \bm{A} A的伴随矩阵 A ∗ = \bm{A}^*= A∗=______。
解 由拉普拉斯展开式，知 ∣ A ∣ = ( − 1 ) 2 × 3 ∣ 1 3 − 1 2 ∣ ⋅ ∣ 1 1 1 0 1 1 0 0 1 ∣ = 5 |\bm{A}|=(-1)^{2\times3}\begin{vmatrix}1&3\\-1&2\end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{vmatrix}=5 ∣A∣=(−1)2×3∣∣∣∣1−132∣∣∣∣⋅∣∣∣∣∣∣100110111∣∣∣∣∣∣=5。矩阵 A \bm{A} A可逆。由 [ O B C O ] − 1 = [ O C − 1 B − 1 O ] \begin{bmatrix}\bm{O}&\bm{B}\\\bm{C}&\bm{O}\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}\bm{O}&\bm{C}^{-1}\\\bm{B}^{-1}&\bm{O}\end{bmatrix} [OCBO]−1=[OB−1C−1O]得 A − 1 = [ 0 0 1 − 1 0 0 0 0 1 − 1 0 0 0 0 1 2 5 − 3 5 0 0 0 1 5 1 5 0 0 0 ] \bm{A}^{-1}=\begin{bmatrix}0&0&1&-1&0\\0&0&0&1&-1\\0&0&0&0&1\\\cfrac{2}{5}&-\cfrac{3}{5}&0&0&0\\\cfrac{1}{5}&\cfrac{1}{5}&0&0&0\end{bmatrix} A−1=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡0005251000−535110000−110000−1100⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤，故 A ∗ = ∣ A ∣ A − 1 = [ 0 0 5 − 5 0 0 0 0 5 − 5 0 0 0 0 5 2 − 3 0 0 0 1 1 0 0 0 ] \bm{A}^*=|\bm{A}|\bm{A}^{-1}=\begin{bmatrix}0&0&5&-5&0\\0&0&0&5&-5\\0&0&0&0&5\\2&-3&0&0&0\\1&1&0&0&0\end{bmatrix} A∗=∣A∣A−1=⎣⎢⎢⎢⎢⎡00021000−3150000−550000−5500⎦⎥⎥⎥⎥⎤。（这道题主要利用了分块矩阵的性质求解）
例21 设 A \bm{A} A是 n n n阶非奇异矩阵， α \bm{\alpha} α是 n n n维列向量， b b b是常数，记分块矩阵 P = [ E O − α T A ∗ ∣ A ∣ ] , Q = [ A α α T b ] \bm{P}=\begin{bmatrix}\bm{E}&\bm{O}\\-\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^*&|\bm{A}|\end{bmatrix},\bm{Q}=\begin{bmatrix}\bm{A}&\bm{\alpha}\\\bm{\alpha}^\mathrm{T}&b\end{bmatrix} P=[E−αTA∗O∣A∣],Q=[AαTαb]。
（2）证明： Q \bm{Q} Q可逆的充要条件是 α T A − 1 α ≠ b \bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}\ne b αTA−1α=b。
证 由于 ∣ A ∣ ( b − α T A − 1 α ) |\bm{A}|(b-\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}) ∣A∣(b−αTA−1α)是一个数，对行列式 ∣ P Q ∣ |\bm{PQ}| ∣PQ∣按第 n + 1 n+1 n+1行展开，得 ∣ P Q ∣ = [ A α O ∣ A ∣ ( b − α T A − 1 α ) ] |\bm{PQ}|=\begin{bmatrix}\bm{A}&\bm{\alpha}\\\bm{O}&|\bm{A}|(b-\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha})\end{bmatrix} ∣PQ∣=[AOα∣A∣(b−αTA−1α)]。同理， ∣ A ∣ |\bm{A}| ∣A∣是一个数，对行列式 ∣ P ∣ |\bm{P}| ∣P∣按第 n + 1 n+1 n+1行展开，得 P = [ E O − α T A ∗ ∣ A ∣ ] = ∣ A ∣ ∣ E ∣ \bm{P}=\begin{bmatrix}\bm{E}&\bm{O}\\-\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^*&|\bm{A}|\end{bmatrix}=|\bm{A}||\bm{E}| P=[E−αTA∗O∣A∣]=∣A∣∣E∣。因为 ∣ P Q ∣ = ∣ P ∣ ∣ Q ∣ |\bm{PQ}|=|\bm{P}||\bm{Q}| ∣PQ∣=∣P∣∣Q∣， ∣ A ∣ 2 ( b − α T A − 1 α ) = ∣ A ∣ ∣ Q ∣ |\bm{A}|^2(b-\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha})=|\bm{A}||\bm{Q}| ∣A∣2(b−αTA−1α)=∣A∣∣Q∣。
由于 A \bm{A} A可逆， ∣ A ∣ ≠ 0 |\bm{A}|\ne0 ∣A∣=0，有 ∣ Q ∣ = ∣ A ∣ ( b − α T A − 1 α ) |\bm{Q}|=|\bm{A}|(b-\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}) ∣Q∣=∣A∣(b−αTA−1α)，所以 Q \bm{Q} Q可逆 ⇔ ∣ Q ∣ ≠ 0 ⇔ b − α T A − 1 α ≠ 0 ⇔ α T A − 1 α ≠ b \Leftrightarrow|\bm{Q}|\ne0\Leftrightarrow b-\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}\ne0\Leftrightarrow\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}\ne b ⇔∣Q∣=0⇔b−αTA−1α=0⇔αTA−1α=b。（这道题主要利用了矩阵乘法求解）
例36 设 A \bm{A} A是 m × n m\times n m×n矩阵， B \bm{B} B是 n × s n\times s n×s矩阵，证明秩 r ( A B ) ⩽ min { r ( A ) , r ( B ) } r(\bm{AB})\leqslant\min\{r(\bm{A}),r(\bm{B})\} r(AB)⩽min{r(A),r(B)}。
证 对于齐次方程 ( I ) A B x = 0 (I)\bm{ABx}=\bm{0} (I)ABx=0与 ( I I ) B x = 0 (II)\bm{Bx}=\bm{0} (II)Bx=0，若 α \bm{\alpha} α是方程组 ( I I ) (II) (II)的任一个解，则由 ( A B ) α = A ( B α ) = A 0 = 0 (\bm{AB})\bm{\alpha}=\bm{A}(\bm{B\alpha})=\bm{A0}=\bm{0} (AB)α=A(Bα)=A0=0，知 α \bm{\alpha} α是方程组 ( I ) (I) (I)的解。因此方程组 ( I I ) (II) (II)的解集是方程组 ( I ) (I) (I)的解集合的子集合。
又因 ( I ) (I) (I)的解向量的秩为 s − r ( A B ) s-r(\bm{AB}) s−r(AB)， ( I I ) (II) (II)的解向量的秩为 s − r ( B ) s-r(\bm{B}) s−r(B)，故有 s − r ( A B ) ⩾ s − r ( A B ) s-r(\bm{AB})\geqslant s-r(\bm{AB}) s−r(AB)⩾s−r(AB)，即 r ( A B ) ⩽ r ( B ) r(\bm{AB})\leqslant r(\bm{B}) r(AB)⩽r(B)。
另一方面， r ( A B ) = r ( ( A B ) T ) = r ( B T A T ) ⩽ r ( A T ) = r ( A ) r(\bm{AB})=r((\bm{AB})^\mathrm{T})=r(\bm{B}^\mathrm{T}\bm{A}^\mathrm{T})\leqslant r(\bm{A}^\mathrm{T})=r(\bm{A}) r(AB)=r((AB)T)=r(BTAT)⩽r(AT)=r(A)。（这道题主要利用了线性方程组的性质求解）
写在最后
如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
欢迎非商业转载，转载请注明出处。