張宇1000題線性代數 第三章 矩陣運算

$A$組

5.若$\bm{A}=\bm{E}^2_{12}\bm{E}_{23}(1)$，其中$\bm{E}_{12},\bm{E}_{23}(1)$爲$4$階初等矩陣，則$\bm{A}^{-1}=$（  ）。
$(A)\bm{E}_{23}(1);$
$(B)\bm{E}_{23}(-1);$
$(C)\bm{E}_{12};$
$(D)\bm{E}.$

解  由初等矩陣的運算性質，有$\bm{E}^2_{12}=\bm{E},\bm{E}^{-1}_{23}(1)=\bm{E}_{23}(-1)$，從而有$\bm{A}^{-1}=[\bm{E}^2_{12}\bm{E}_{23}(1)]^{-1}=\bm{E}^{-1}_{23}(1)=\bm{E}_{23}(-1)$，故應選$(B)$。（這道題主要利用了初等矩陣的運算性質求解）

9.設$\bm{A}=\begin{bmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\end{bmatrix}$，則$\bm{A}^{-1}=$______。

解  $\bm{A}=\begin{bmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{bmatrix}=\bm{B}-\bm{E}$，則$\bm{B}=\bm{A}+\bm{E},\bm{B}^2=4\bm{B}=4(\bm{A}+\bm{E})=(\bm{A}+\bm{E})^2$，得$\bm{A}^2-2\bm{A}=\bm{A}(\bm{A}-2\bm{E})=3\bm{E}$，故$\bm{A}^{-1}=\cfrac{1}{3}(\bm{A}-2\bm{E})=\cfrac{1}{3}\begin{bmatrix}-2&1&1&1\\1&-2&1&1\\1&1&-2&1\\1&1&1&-2\end{bmatrix}$。（這道題主要利用了拆分矩陣求解）

$B$組

30.已知對於$n$階方陣$\bm{A}$，存在正整數$k$，使得$\bm{A}^k=\bm{O}$。證明矩陣$\bm{E}-\bm{A}$可逆，並寫出其逆矩陣的表達式（$\bm{E}$爲$n$階單位矩陣）。

解  $\bm{E}=\bm{E}-\bm{A}^k=\bm{E}^k-\bm{A}^k=(\bm{E}-\bm{A})(\bm{E}+\bm{A}+\cdots+\bm{A}^{k-1})$，所以$\bm{E}-\bm{A}$可逆，且$(\bm{E}-\bm{A})^{-1}=\bm{E}+\bm{A}+\cdots+\bm{A}^{k-1}$。（這道題主要利用了等式變換求解）

33.設$(2\bm{E}-\bm{C}^{-1}\bm{B})\bm{A}^\mathrm{T}=\bm{C}^{-1}$，其中$\bm{E}$是$4$階單位矩陣，$\bm{A}^\mathrm{T}$是$4$階矩陣$\bm{A}$的轉置矩陣，且$\bm{B}=\begin{bmatrix}1&2&-3&-2\\0&1&2&-3\\0&0&1&2\\0&0&0&1\end{bmatrix},\bm{C}=\begin{bmatrix}1&2&0&1\\0&1&2&0\\0&0&1&2\\0&0&0&1\end{bmatrix}$，求$\bm{A}$。

解  由$(2\bm{E}-\bm{C}^{-1}\bm{B})\bm{A}^\mathrm{T}=\bm{C}^{-1}$，有$\bm{A}=[(2\bm{C}-\bm{B})^\mathrm{T}]^{-1}=\begin{bmatrix}1&0&0&0\\-2&1&0&0\\1&-2&1&0\\0&1&-2&1\end{bmatrix}$。（這道題主要利用了矩陣的運算性質求解）

$C$組

4.設$\bm{A}=\begin{bmatrix}a&b\\0&c\end{bmatrix}$，其中$a,b,c$爲實數，則下列選項中，不能使$\bm{A}^{100}=\bm{E}$的是（  ）。
$(A)a=1,b=2,c=-1;$
$(B)a=1,b=-2,c=-1;$
$(C)a=-1,b=2,c=1;$
$(D)a=-1,b=2,c=-1.$

解  $\bm{A}$爲右上三角矩陣，則$\bm{A}^{100}$仍爲右上三角矩陣，且$\bm{A}^{100}=\begin{bmatrix}a^{100}&d\\0&c^{100}\end{bmatrix}$（其中$d=a^{99}b+a^{98}bc+\cdots+abc^{98}+bc^{99}$）。
  若要$\bm{A}^{100}=\bm{E}$，則$a^{100}=1,c^{100}=1,d=0$，於是$a=\pm1,c=\pm1,d=0$。
  當$a=c=1$時，$\bm{A}=\begin{bmatrix}1&b\\0&1\end{bmatrix},\bm{A}^{100}=\begin{bmatrix}1&100b\\0&1\end{bmatrix}$，若$100b=0$，得$b=0$，則$\bm{A}=\bm{E},\bm{A}^{100}=\bm{E}$。
  當$a=-1,c=1$時，$\bm{A}=\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix},\bm{A}^2=\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}=\bm{E}$，故$\bm{A}^{100}=\bm{E}$，$b$爲任意常數。
  當$a=-1,b=1$時，$\bm{A}=\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix},\bm{A}^2=\begin{bmatrix}-1&b\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}=\bm{E}$，故$\bm{A}^{100}=\bm{E}$，故$\bm{A}^{100}=\bm{E}$，$b$爲任意常數。
  當$a=c=-1$時，$\bm{A}=\begin{bmatrix}-1&b\\0&-1\end{bmatrix},\bm{A}^{100}=\begin{bmatrix}1&-100b\\0&1\end{bmatrix}$，若$-100b=0$，得$b=0$，則$\bm{A}=-\bm{E},\bm{A}^{100}=\bm{E}$。
  故應選$(D)$。（這道題主要利用了矩陣乘法求解）

7.設$\bm{A}=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$。

（1）計算$\bm{A}^2$，並將$\bm{A}^2$用$\bm{A}$和$\bm{E}$線性表出；

解  $\bm{A}^2=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a^2+bc&b(a+d)\\c(a+d)&d^2+bc\end{bmatrix}$。令$\bm{A}^2=\begin{bmatrix}a^2+bc&b(a+d)\\c(a+d)&d^2+bc\end{bmatrix}=x\bm{A}+y\bm{E}=\begin{bmatrix}y+xa&xb\\xc&y+xd\end{bmatrix}$，得$\begin{cases}a^2+bc=y+xa,\\b(a+d)=bx,\\c(a+d)=cx,\\d^2+bc=dx+y,\end{cases}$解得$x=a+d,y=bc-ad$，即$\bm{A}^2=(a+d)\bm{A}+(bc-ad)\bm{E}$。（這道題主要利用了線性方程組求解）

（2）證明當$k>2$時，$\bm{A}^k=\bm{O}$的充分必要條件爲$\bm{A}^2=\bm{O}$。

解  先看充分性。$\bm{A}^2=\bm{O}\Rightarrow\bm{A}^k=\bm{O}(k>2)$，顯然成立；
  再看必要性。$\bm{A}^k=\bm{O}\Rightarrow|\bm{A}|=ad-bc=0$，由（1）知$\bm{A}^2=(a+d)\bm{A}$，於是$\bm{A}^k=(a+d)^{k-1}\bm{A}=\bm{O}$，故$\bm{A}=\bm{O}$或$a+d=0$，從而有$\bm{A}^2=(a+d)\bm{A}=\bm{O}$。（這道題主要利用了行列式與矩陣的關係求解）

8.設$\bm{A}$是$m\times n$矩陣，$\bm{B}$是$n\times m$矩陣，已知$\bm{E}_m+\bm{AB}$可逆。

（1）驗證$\bm{E}_n+\bm{BA}$可逆，且$(\bm{E}_n+\bm{BA})^{-1}=\bm{E}_n-\bm{B}(\bm{E}_m+\bm{AB})^{-1}\bm{A}$；

解  因
$\begin{aligned} &(\bm{E}+\bm{BA})(\bm{E}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A})\\ =&\bm{E}+\bm{BA}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}-\bm{BAB}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}\\ =&\bm{E}+\bm{BA}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}=\bm{E}+\bm{BA}-\bm{BA}=\bm{E}. \end{aligned}$
  故$\bm{E}+\bm{BA}$可逆，且$(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}=\bm{E}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}$。（這道題主要利用了等式變換求解）

（2）設$\bm{W}=\begin{bmatrix}1+a_1b_1&a_1b_2&a_1b_3\\a_2b_1&1+a_2b_2&a_2b_3\\a_3b_1&a_3b_2&1+a_3b_3\end{bmatrix}$，其中$a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3=0$。證明$\bm{W}$可逆，並求$\bm{W}^{-1}$。

解
$\begin{aligned} \bm{W}&=\begin{bmatrix}1+a_1b_1&a_1b_2&a_1b_3\\a_2b_1&1+a_2b_2&a_2b_3\\a_3b_1&a_3b_2&1+a_3b_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}a_1b_1&a_1b_2&a_1b_3\\a_2b_1&a_2b_2&a_2b_3\\a_3b_1&a_3b_2&a_3b_3\end{bmatrix}\\ &=\bm{E}+[a_1,a_2,a_3]^\mathrm{T}[b_1,b_2,b_3]=\bm{E}+\bm{AB}. \end{aligned}$
  由（1）知$\bm{E}+\bm{AB}$可逆，則$\bm{E}+\bm{BA}$可逆，且$(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}=\bm{E}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}$，反之若$\bm{E}+\bm{BA}$可逆，則$\bm{E}+\bm{AB}$可逆，且$(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}=\bm{E}-\bm{A}(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}\bm{B}$。
  因爲$\bm{E}+\bm{BA}=\bm{E}+[b_1,b_2,b_3][a_1,a_2,a_3]^\mathrm{T}=\bm{E}+[a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3]=\bm{E}+\bm{O}=\bm{E}$，故$\bm{E}+\bm{BA}$可逆，$(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}=\bm{E}$。
  故$\bm{W}=\bm{E}+\bm{AB}$可逆，且
$\begin{aligned} \bm{W}^{-1}&=\bm{E}-\bm{A}(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}\bm{B}=\bm{E}-[a_1,a_2,a_3]^\mathrm{T}\bm{E}[b_1,b_2,b_3]\\ &=\begin{bmatrix}1-a_1b_1&-a_1b_2&-a_1b_3\\-a_2b_1&1-a_2b_2&-a_2b_3\\-a_3b_1&-a_3b_2&1-a_3b_3\end{bmatrix}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了等式變換求解）

11.設$\bm{\alpha}=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T}\ne\bm{0},\bm{\beta}=[b_1,b_2,\cdots,b_n]^\mathrm{T}\ne\bm{0}$，且$\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}=0,\bm{A}=\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}$，計算：

（1）$|\bm{A}|;$

解
$\begin{aligned} |\bm{A}|&=|\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}|=\begin{vmatrix}1+a_1b_1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\a_2b_1&1+a_2b_2&\cdots&a_2b_n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_nb_1&a_nb_2&\cdots&1+a_nb_n\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}1&b_1&b_2&\cdots&b_n\\0&1+a_1b_1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\0&a_2b_1&1+a_2b_2&\cdots&a_2b_n\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&a_nb_1&a_nb_2&\cdots&1+a_nb_n\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}1&b_1&b_2&\cdots&b_n\\-a_1&1&0&\cdots&0\\-a_2&0&1&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\-a_n&0&0&\cdots&1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1+\displaystyle\sum\limits_{i=1}^na_ib_i&b_1&b_2&\cdots&b_n\\0&1&0&\cdots&0\\0&0&1&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&1\end{vmatrix}\\ &=1(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^na_ib_i=\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}=0) \end{aligned}$
（這道題主要利用了行列式加邊法求解）

（2）$\bm{A}^n;$

解  $\bm{A}^n=(\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})^n=\bm{E}^n+n\bm{E}^{n-1}\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}+\cfrac{n(n-1)}{2}\bm{E}^{n-2}(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})^2+\cdots$。
  當$k\geqslant1$時，有$(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})^k=(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})\cdots(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})=\bm{\alpha}(\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha})(\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha})\cdots(\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha})\bm{\beta}=\bm{O}$，故$\bm{A}^n=\bm{E}+n\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}$。（這道題主要利用了二次項展開式求解）

（3）$\bm{A}^{-1}.$

解  $\bm{A}^2=(\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})(\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})=\bm{E}+2\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}=2\bm{E}+2\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}-\bm{E}=2\bm{A}-\bm{E}$。得$2\bm{A}-\bm{A}^2=\bm{E},\bm{A}(2\bm{E}-\bm{A})=\bm{E}$，故$\bm{A}^{-1}=2\bm{E}-\bm{A}=\bm{E}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}$。（這道題主要利用了等式變換求解）

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