期中复习

2025-11-272025-11-27

考试范围：前三章。

易错点

注意

伴随矩阵是代数余子式构成矩阵的转置！不要忘记转置！

刷题

《从 0 开始刷题》

行列式展开

• \(|A|=\sum_{j=1}^n a_{ij}A_{ij}\)

  看到 \(a_{ij}\) 和 \(A_{ij}\) 同时出现可以写一下这个式子。比如，有 \(a_{ij}=A_{ij}\)，\(a_{i1}\neq 0\)，即可推出 \(|A|=\sum_{j=1}^n a_{ij}^2\neq 0\)。

矩阵运算

• 特殊矩阵：
  • 对称矩阵：\(A=A^T\)
    • 能写成 \(A\begin{pmatrix}E_r&O\\O&O\end{pmatrix}A^T\) 的形式
  • 正交矩阵：\(A^TA=AA^T=E\)
  • 幂零矩阵：\(\exists m>0\)，\(A^m=O\)
  • 幂等矩阵：\(A^2=A\)
    • \(A(E-A)=O\)，则 \(r(A)+r(E-A)\leq n\)。又 \(r(A)+r(E-A)\geq r(E)=n\)，则 \(r(A)+r(A-E)=n\)
    • 能写成 \(P\begin{pmatrix}E_r&O\\O&O\end{pmatrix}P^{-1}\) 的形式
  • 对合矩阵：\(A^2=E\)（\(A=A^{-1}\)）
    • \((A+E)(A-E)=O\)，则 \(r(A+E)+r(A-E)\leq n\)。又 \(r(A+E)+r(A-E)\geq r(2E)=n\)，则 \(r(A+E)+r(A-E)=n\)

• 变换

  • \(E\) 的替换（注意有时要主动乘一个 \(E\)）：

    例题

    设 \(A,B,C\in\mathbb P^{n\times n}\)，且 \(AB=BC=CA=E\)，求 \(A^2+B^2+C^2\)。

    解答

    \(A^2=A(BC)A=(AB)(CA)=E\)

    \(B^2=B(CA)B=(BC)(AB)=E\)

    \(C^2=C(AB)C=(CA)(BC)=E\)

    故 \(A^2+B^2+C^2=3E\)

    设 \(A,B\in\mathbb P^{n\times n}\)，\(AA^T=E\)，\(BB^T=E\)，\(|A|+|B|=0\)，求 \(|A+B|\)。

    解答

    \(A+B=AB^TB+AA^TB=A(B^T+A^T)B=A(A+B)^TB\)

    \(|A+B|=|A||(A+B)^T||B|\)

    \((1-|A||B|)|A+B|=0\)

    又 \(|A|=\pm 1\)，\(|B|=\pm 1\)，\(|A|=-|B|\)，故 \(|A||B|=-1\)，\(1-|A||B|=2\neq 0\)。

    故 \(|A+B|=0\)。

    设 \(A,B\in\mathbb P^{n\times n}\)，且 \(E+AB\) 可逆，化简：\((E+BA)[E-B(E+AB)^{-1}A]\)。

    解答

    \(\begin{aligned}&=E-B(E+AB)^{-1}A+[BA-BAB(E+AB)^{-1}A]\\&=E-B(E+AB)^{-1}A+B(E-AB(E+AB)^{-1})A\\&=E-B(E+AB)^{-1}A+B((E+AB)(E+AB)^{-1}-AB(E+AB)^{-1})A\\&=E-B(E+AB)^{-1}A+B(E+AB)^{-1}A\\&=E\end{aligned}\)

    其中最关键的是 \(E-AB(E+AB)^{-1}=(E+AB)(E+AB)^{-1}-AB(E+AB)^{-1}=(E+AB)^{-1}\) 这步。

    Tip

    \(E=AA^{-1}\)

    设 \(A\) 为 \(n\) 阶对称阵，\(A\) 可逆，\((A-B)^2=E\)，化简：\((E+A^{-1}B^T)^T(E-BA^{-1})^{-1}\)。

    解答

    \((E+A^{-1}B^T)^T=E+B(A^{-1})^T=E+B(A^T)^{-1}=E+BA^{-1}=(A+B)A^{-1}\)【\(E=AA^{-1}\)】

    \((E-BA^{-1})^{-1}=((A-B)A^{-1})^{-1}=A(A-B)^{-1}\)

    则 \((E+A^{-1}B^T)^T(E-BA^{-1})^{-1}=(A+B)A^{-1}A(A-B)^{-1}=(A+B)(A-B)^{-1}=(A+B)(A-B)\)【\((A-B)^2=E\Rightarrow (A-B)^{-1}=A-B\)】

    Tip

    \(E+AB=(B^{-1}+A)B=A(A^{-1}+B)\)，\(E+A^{-1}BA=A^{-1}A+A^{-1}BA=A^{-1}(E+B)A\)

  • 构造新等式，如利用幂等性

    例题

    设 \(A,B\in\mathbb P^{n\times n}\)，\(A^2=A\)，\(B^2=B\)，\((A-B)^2=A+B\)，证明：\(AB=BA=O\)。

    解答

    \((A-B)^2=A^2-AB-BA+B^2=A+B\Rightarrow AB+BA=O\) ①

    ① 式左乘 \(A\)，又 \(A^2=A\)，有 \(AB+ABA=O\)

    ① 式右乘 \(A\)，\(ABA+BA=O\)

    得 \(AB=BA\) ②

    ①② \(\Rightarrow AB=BA=O\)。

    设 \(A,B\) 都是对合矩阵，证明：\(AB\) 是对合矩阵 \(\Leftrightarrow\) \(A\) 与 \(B\) 乘法可交换。

    解答

    \(\Rightarrow\)：设 \(AB\) 是对合矩阵，即有 \(E=(AB)^2=ABAB\)，两边同时左乘 \(A\) 右乘 \(B\)，得 \(AEB=AABABB\Rightarrow AB=BA\)。

    \(\Leftarrow\)：设 \(AB=BA\)，两边同时右乘 \(AB\)，得 \(ABAB=BAAB\Rightarrow (AB)^2=E\)，故 \(AB\) 为对合矩阵。

• 矩阵的幂

  • 数学归纳法：先求出次数较低的幂，观察，再归纳证明
  • 将矩阵拆分成两个可交换矩阵的和，再二项式定理展开
  • \((\alpha^T\beta)^n=(\beta\alpha^T)^{n-1}A\)

  • 注意到低次幂为 \(O\)，则后续高次幂也是 \(O\)。

    例题

    设 \(A=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&2&0\\1&0&1\end{pmatrix}\)，\(n\geq 2\)，求 \(A^n-2A^{n-1}\)。

    解答

    \(A^n-2A^{n-1}=A^{n-1}(A-2E)\)

    \(n=2\) 时，\(A(A-2E)=O\)；\(n>2\) 时，\(A^{n-2}\cdot A(A-2E)=O\)。

    故答案是 \(O\)。

• 矩阵的乘法交换性

  例题

  证明：与任意 \(n\) 阶方阵乘法可交换的方阵 \(A\) 一定是数量矩阵。

  解答

  设 \(E_{ij}\) 表示第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素为 \(1\)，其他元素全为 \(0\) 的 \(n\) 阶方阵。

  \(AE_{ij}\) 的第 \(j\) 列是 \(A\) 的第 \(i\) 列，其余元素为 \(0\)。\((AE_{ij})_{ij}=a_{ii}\)。

  \(E_{ij}A\) 的第 \(i\) 行是 \(A\) 的第 \(j\) 行，其余元素为 \(0\)。\((E_{ij}A)_{ij}=a_{jj}\)。

  \(A\) 与 \(E_{ij}\) 可交换 \(\Rightarrow\) \(A\) 为数量矩阵。

• 注意矩阵的运算规律和行列式的性质之间的联系和区别

  例题

  设四阶矩阵 \(A=(\alpha,\gamma_2,\gamma_3,\gamma_4)\)，\(B=(\beta,\gamma_2,\gamma_3,\gamma_4)\)，其中 \(\alpha,\beta,\gamma_2,\gamma_3,\gamma_4\) 均为四维列向量，且已知 \(|A|=4,|B|=1\)，求 \(|A+B|\)。

  解答

  \(|A+B|=|\alpha+\beta,2\gamma_2,2\gamma_3,2\gamma_4|=8|\alpha+\beta,\gamma_2,\gamma_3,\gamma_4|=8(|A|+|B|)=40\)

• 观察矩阵规模

  例题

  设 \(A\) 为 \(n\) 阶反对称矩阵，证明：对于任意 \(n\) 维列向量 \(\alpha\)，都有 \(\alpha^TA\alpha=0\)。

  解答

  \((\alpha^TA\alpha)^T=\alpha^TA^T\alpha=-\alpha^TA\alpha\)

  然后注意到 \(\alpha^TA\alpha\) 是一个数，所以转置就是本身，即 \((\alpha^TA\alpha)^T=\alpha^TA\alpha\)。

  故 \(\alpha^TA\alpha=0\)。

逆矩阵

• 可逆的上（下）三角矩阵的逆矩阵仍为上（下）三角矩阵

• 利用定义求逆矩阵

  例题

  设 \(A^k=O\,(k>0)\)，\(E-A\) 可逆，求 \((E-A)^{-1}\)，\((E+A)^{-1}\)。

  解答

  \((E-A)(E+A+A^2+\cdots+A^{k-1})=E+A+\cdots+A^{k-1}-A-A^2-\cdots-A^{k-1}-A^k=E-A^k=E\)

  \(\Rightarrow (E-A)^{-1}=E+A+A^2+\cdots+A^{k-1}\)

  \((E+A)(E-A+A^2-A^3+\cdots+(-1)^{k-1}A^{k-1})=E+(-1)^{k-1}A^{k-1}\)

  \(\Rightarrow (E+A)^{-1}=E-A+A^2-A^3+\cdots+(-1)^{k-1}A^{k-1}\)

• 用行列式判定矩阵的可逆性

  例题

  设 \(A,B\in\mathbb P^{n\times n}\)，\(|B|\neq 0\)，\(A-E\) 可逆，\((A-E)^{-1}=(B-E)^T\)，证明：\(A\) 可逆。

  解答

  由于 \((A-E)^{-1}=(B-E)^T\)，则 \((A-E)(B-E)^T=(A-E)(B^T-E)=AB^T-A-B^T+E=E\)，则 \(A=B^T(B^T-E)^{-1}=B^T(A-E)\)，\(|A|=|B||A-E|\neq 0\)，故 \(A\) 可逆。

矩阵的秩

• 利用常见公式求矩阵的秩

  例题

  设 \(A\in\mathbb P^{4\times 3}\)，\(r(A)=2\)，\(B=\begin{pmatrix}1&0&2\\0&2&0\\-1&0&3\end{pmatrix}\)，求 \(r(AB)\)。

  解答

  \(|B|=10\neq 0\)，故 \(B\) 可逆，\(r(AB)=r(A)=2\)。

  Tip

  求秩可以把可逆矩阵因子扔掉

  设 \(A=\begin{pmatrix}a&b&b\\b&a&b\\b&b&a\end{pmatrix}\)，\(r(A^*)=1\)，求 \(a,b\) 关系。

  解答

  因为 \(r(A^*)=1\)，所以 \(r(A)=2<3\)，从而 \(|A|=0\)。

  \(|A|=(a+2b)(a-b)^2=0\) 得 \(a+2b=0\) 或 \(a=b\)。

  当 \(a=b\) 时，\(r(A)=1\)，舍去。所以 \(a+2b=0\) 且 \(a\neq b\)。

  Tip

  注意 \(r(A)\) 和 \(r(A^*)\) 之间有关系

  设 \(A,B\in\mathbb P^{4\times 4}\)，\(r(A)=3\)，\(r(B)=4\)，求 \(r(A^*B^*)\)。

  解答

  \(r(A)=3\Rightarrow r(A^*)=1\)

  \(r(B)=4\Rightarrow r(B^*)=4\)，从而 \(B^*\) 可逆

  \(r(A^*B^*)=r(A^*)=1\)

  设 \(A\in\mathbb P^{2\times 2}\)，\(A^2=E\)，\(A\neq \pm E\)。证明：\(r(A+E)=r(A-E)=1\)。

  解答

  \((A+E)(A-E)=O\Rightarrow r(A+E)+r(A-E)\leq 2\)，又 \(A\neq \pm E\)，即 \(r(A+E)=r(A-E)\neq 0\)，故 \(r(A+E)=r(A-E)=1\)。

  设 \(A\in\mathbb P^{n\times n}\)，\(A^2=E\)，证明：\(r(A+E)+r(A-E)=n\)。

  解答

  \((A+E)(A-E)=O\Rightarrow r(A+E)+r(A-E)\leq n\)

  又 \(r(A+E)+r(A-E)\geq r[(A+E)-(A-E)]=n\)

  故 \(r(A+E)+r(A-E)=n\)。

  设 \(A,B\in\mathbb P^{n\times n}\)，\(A^2=A\)，\(B^2=B\)，\(E-A-B\) 可逆，证明：\(r(A)=r(B)\)。

  解答

  • 法 1：

    由于 \(E-A-B\) 可逆，有 \(r(E-A-B)=n\)。\(r(E-A)+r(B)\geq r(E-A-B)\Rightarrow r(B)\geq n-r(E-A)\)。

  \(A^2=A\Rightarrow A(E-A)=O\)，则 \(r(A)+r(E-A)\leq n\)，\(r(A)\leq n-r(E-A)\)。

  则有 \(r(B)\geq n-r(E-A)\geq r(A)\)。

  交换 \(A\) 和 \(B\) 的角色，同理可证 \(r(A)\geq r(B)\)，因此 \(r(A)=r(B)\)。

  • 法 2：

    \(A(E-A-B)=A-A^2-AB=-AB\)

    又 \(E-A-B\) 可逆，则 \(r(A)=r(AB)\)

    \(B(E-A-B)=B-AB-B^2=-AB\)，则 \(r(B)=r(AB)\)

    \(\Rightarrow r(A)=r(B)\)

  求满足 \(A^*=A\) 的所有 \(n\) 阶方阵 \(A\)。

  解答

  若 \(r(A)<n-1\)，则 \(r(A^*)=0\)，\(A^*=O\)，此时只有 \(A=O\) 时有 \(A^*=A\)。

  若 \(r(A)=n-1\)，则 \(r(A^*)=1\)。当 \(n>2\) 时，显然 \(A^*\neq A\)；当 \(n=2\) 时，\(A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\)，\(A^*=\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}\)，只有 \(a=d,b=c=0\) 才有 \(A=A^*\)，然而此时 \(A=\begin{pmatrix}a&0\\0&a\end{pmatrix}\) 与 \(r(A)=1\) 矛盾。故 \(A^*\neq A\)。

  若 \(r(A)=n\)，则 \(r(A^*)=n\)，于是 \(A=A^*\Leftrightarrow A^2=|A|E\)。

  综上，满足 \(A^*=A\) 的方阵是：零方阵及适合 \(A^2=|A|E\) 的所有可逆方阵。

小结论

• 行列式降价公式：

  若 \(A\) 可逆，则 \(\begin{vmatrix}A&B\\C&D\end{vmatrix}=|A||D-CA^{-1}B|\)。

  若 \(D\) 可逆，则 \(\begin{vmatrix}A&B\\C&D\end{vmatrix}=|D||A-BD^{-1}C|\)。

  若 \(A,D\) 都可逆，则 \(|A||D-CA^{-1}B|=|D||A-BD^{-1}C|\)。如果用 \(-B\) 代替 \(B\)，可得 \(|A||D+CA^{-1}B|=|D||A+BD^{-1}C|\)。

  证明

  \(\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}\xrightarrow{R_2-CA^{-1}R_1}\begin{pmatrix}A&B\\O&D-CA^{-1}B\end{pmatrix}\)

  \(\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}\xrightarrow{R_1-BD^{-1}R_2}\begin{pmatrix}A-BD^{-1}C&O\\C&D\end{pmatrix}\)

• 设 \(u,v\) 是 \(n\) 维列向量，则 \(|E_n+uv^T|=1+v^Tu\)。

  证明

  \(\begin{pmatrix}E_n&u\\v^T&-1\end{pmatrix}\)

  由行列式降价公式，\(-1-v^Tu=-|E_n+uv^T|\)，得证。

• 矩阵行列式定理：设 \(A\) 是 \(n\) 阶可逆矩阵，\(u,v\) 是 \(n\) 维列向量，则 \(|A+uv^T|=|A||1+v^TA^{-1}u|\)。

  证明

  \(\begin{pmatrix}A&u\\v^T&-1\end{pmatrix}\)

  由行列式降价公式，\(|A||-1-v^TA^{-1}u|=-|A+uv^T|\)，得证。

LU 分解

摄动法

• 设 \(A\in\mathbb P^{n\times n}\)，\(f(t)=|tE_n+A|\)。由于 \(f(t)\) 是关于 \(t\) 的多项式且 \(t^n\) 项系数为 \(1\)，所以当 \(t\) 充分大时，\(f(t)>0\)。

补习题课内容

10.27

• P47.6 反证法

• Jordon 块

• 矩阵的迹：

  1. 线性性：\(\text{tr}(A+B)=\text{tr}(A)+\text{tr}(B)\)，\(\text{tr}(kA)=k\text{tr}(A)\)
  2. 对称性：\(\text{tr}(A^T)=\text{tr}(A)\)
  3. 交换性：\(\text{tr}(AB)=\text{tr}(BA)\)

  4. 正定性：对于实矩阵 \(A_{m\times n}\)，则 \(\text{tr}(AA^T)\geq 0\)，等号成立当且仅当 \(A=O\)。

     证明

     易得 \(\text{tr}(AA^T)=\sum_{i=1}^m\sum_{j=}^n a_{ij}^2\geq 0\)，当且仅当所有 \(a_{ij}=0\) 时取等。

     设 \(A\) 为 \(n\) 阶实矩阵，\(\text{tr}(A^2)\leq \text{tr}(AA^T)\)，等号成立当且仅当 \(A^T=A\)。

     证明

     根据迹的正定性，\(\text{tr}((A-A^T)(A-A^T)^T)=\text{tr}((A-A^T)(A^T-A))=\text{tr}(AA^T-A^2-(A^T)^2+A^TA)=2\text{tr}(AA^T)-2\text{tr}(A^2)\geq 0\)，等号成立当且仅当 \(A-A^T=O\)。故 \(\text{tr}(AA^T)\geq \text{tr}(A^2)\)，等号成立当且仅当 \(A=A^T\)。

11.3

• 对称与反对称

  \(A=\frac{A+A^T}{2}+\frac{A-A^T}{2}\)

• 求逆矩阵

• \(E\) 的替换

• 伴随矩阵

  • \(r(A^*)=\begin{cases}n,&r(A)=n\\1,&r(A)=n-1\\0,&r(A)<n-1\end{cases}\)

  • 设 \(A,B\) 为 \(n\) 阶矩阵：

    • \((A^T)^*=(A^*)^T\)
    • \((AB)^*=B^*A^*\)
    • \((kA)^*=k^{n-1}A^*\)
    • \(|A^*|=|A|^{n-1}\)
    • \((A^*)^*=|A|^{n-2}A\)
    • 若 \(A\) 可逆，则 \(A^*\) 可逆，且 \((A^*)^{-1}=(A^{-1})^*\)

• 矩阵的秩

  • \(k\neq 0\)，则 \(r(kA)=r(A)\)
  • \(r(AB)\leq \min\{r(A),r(B)\}\)
  • \(r\begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix}=r(A)+r(B)\)

  • \(r\begin{pmatrix}A&C\\O&B\end{pmatrix}\geq r(A)+r(B)\)

    \(r\begin{pmatrix}A&O\\C&B\end{pmatrix}\geq r(A)+r(B)\)

  • \(r(A,B)\leq r(A)+r(B)\)

    \(r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}\leq r(A)+r(B)\)

  • \(r(A+B)\leq r(A)+r(B)\)

    \(r(A-B)\leq r(A)+r(B)\)

  • Sylvester 不等式：设 \(A\in\mathbb P^{m\times n},B\in\mathbb P^{n\times t}\)，则 \(r(AB)\geq r(A)+r(B)-n\)。

    证明

    即证 \(r(AB)+n\geq r(A)+r(B)\)。

    \(\begin{pmatrix}AB&O\\O&E_n\end{pmatrix}\xrightarrow{R_1+AR_2}\begin{pmatrix}AB&A\\O&E_n\end{pmatrix}\xrightarrow{C_1+C_2(-B)}\begin{pmatrix}O&A\\-B&E_n\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}O&A\\B&E_n\end{pmatrix}\)

    推论：若 \(AB=O\)，则 \(r(A)+r(B)\leq n\)。

  • Frobenius 不等式：\(r(ABC)\geq r(AB)+r(BC)-r(B)\)

    证明

    即证 \(r(ABC)+r(B)\geq r(AB)+r(BC)\)。

    \(\begin{pmatrix}ABC&O\\O&B\end{pmatrix}\xrightarrow{R_1+AR_2}\begin{pmatrix}ABC&AB\\O&B\end{pmatrix}\xrightarrow{C_1+C_2(-C)}\begin{pmatrix}O&AB\\-BC&B\end{pmatrix}\to \begin{pmatrix}O&AB\\BC&B\end{pmatrix}\)

  • \(A^2=A\Leftrightarrow r(A)+r(E-A)=n\)

  • \(A^2=E\Leftrightarrow r(A+E)+r(A-E)=n\)

• 注意分块矩阵给一分块行（列）乘以一个矩阵时【倍乘】，乘的这个矩阵一定要可逆。但是给一分块行（列）加上另一分块行（列）乘以一个矩阵时【倍加】，乘的这个矩阵不一定要可逆。

11.10

• P85.11：设 \(A\in\mathbb P^{m\times n},B\in\mathbb P^{n\times m}\)，证明：\(r(E_m-AB)+n=r(E_n-BA)+m\)。

  解答

  \(\begin{pmatrix}E_m-AB&O\\O&E_n\end{pmatrix}\xrightarrow{R_1+AR_2}\begin{pmatrix}E_m-AB&A\\O&E_n\end{pmatrix}\xrightarrow{C_1+C_2B}\begin{pmatrix}E_m&A\\B&E_n\end{pmatrix}\)

  \(\begin{pmatrix}E_n-BA&O\\O&E_m\end{pmatrix}\xrightarrow{R_1+AR_2}\begin{pmatrix}E_n-BA&B\\O&E_m\end{pmatrix}\xrightarrow{C_1+C_2A}\begin{pmatrix}E_n&B\\A&E_m\end{pmatrix}\)

• P85.12：设 \(A\) 是一个 \(n\) 阶可逆矩阵，向量 \(\alpha,\beta\in\mathbb P^n\)，证明：\(r(A+\alpha\beta^T)\geq n-1\)。

  解答

  即证 \(r(A+\alpha\beta^T)+1\geq n\)。

  \(\begin{pmatrix}A+\alpha\beta^T&O\\O&1\end{pmatrix}\xrightarrow{R_1+\alpha R_2}\begin{pmatrix}A+\alpha\beta^T&\alpha\\O&1\end{pmatrix}\xrightarrow{C_1+C_2(-\beta^T)}\begin{pmatrix}A&\alpha\\-\beta^T&1\end{pmatrix}\xrightarrow{R_2+\beta^TA^{-1}R_1}\begin{pmatrix}A&\alpha\\O&1+\beta^TA^{-1}\alpha\end{pmatrix}\)

• P83.56（3）：注意 \(A^k=O\Rightarrow |A|^k=0\Rightarrow |A|=0\)，又 \(A\in\mathbb P^{2\times 2}\)，故 \(r(A)=1\)，然后用秩一矩阵的幂的结论。

• 行列式降价公式：

  若 \(A\) 可逆，则 \(\begin{vmatrix}A&B\\C&D\end{vmatrix}=|A||D-CA^{-1}B|\)。

  若 \(D\) 可逆，则 \(\begin{vmatrix}A&B\\C&D\end{vmatrix}=|D||A-BD^{-1}C|\)。

  若 \(A,D\) 都可逆，则 \(|A||D-CA^{-1}B|=|D||A-BD^{-1}C|\)。

  证明

  \(\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}\xrightarrow{R_2-CA^{-1}R_1}\begin{pmatrix}A&B\\O&D-CA^{-1}B\end{pmatrix}\)

  \(\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}\xrightarrow{R_1-BD^{-1}R_2}\begin{pmatrix}A-BD^{-1}C&O\\C&D\end{pmatrix}\)

  P46.3(2)

  • 法 1：加边法

  • 法 2：

    设 \(\alpha=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}\)，所求即为 \(|E_n+\alpha\alpha^T|\)。

    根据行列式降价公式凑，\(\begin{vmatrix}E_n&\alpha\\\alpha^T&-1\end{vmatrix}=-1-\alpha^T\alpha=-|E_n+\alpha\alpha^T|\)。

    所以 \(|E_n+\alpha\alpha^T|=1+\alpha^T\alpha\)。

刷历年卷

2020-2021

设 \(A\in\mathbb P^{n\times n}\)，\(a_{ij}=1\)。

（1）求 \(a,b\) 使得 \(aA^2+bA=O\)。

解答

\(A^2=nA\)

\((an+b)A=O\)

取 \(a=1,b=-n\)

（4）求 \((A+E)^{-1}\)。

解答

\(A^2-nA+?E=?E\)

\((A+E)(A-(n+1)E)=-(n+1)E\)

\((A+E)^{-1}=E-\dfrac{1}{n+1}A\)

设 \(A,B\in\mathbb P^{n\times n}\)，证明：\(r(A)=r(AB)\Leftrightarrow \exists C,A=ABC\)。

解答

• \(\Rightarrow\)：

  \(A\) 的第 \(i\) 列 \(\boldsymbol a_i\) 可以表示为 \(AB\) 的列的线性组合（因为 \(r(AB)=r(AB,\boldsymbol a_i)\)）：\(\boldsymbol a_i=(AB)\boldsymbol c_i\)，其中 \(\boldsymbol c_i\) 是一个 \(n\) 维列向量。

  取 \(C=(\boldsymbol c_1,\boldsymbol c_2,\cdots,\boldsymbol c_n)\) 即可。

• \(\Leftrightarrow\)：

  \(r(A)=r(ABC)\leq r(AB)\leq r(A)\)，则 \(r(A)=r(AB)\)。

2018-2019

设 \(AA^T=E\)，\(|A|<0\)，求 \(|A+E|\)。

解答

先 \(E\) 的替换：\(|A+E|=|A+AA^T|=|A||E+A^T|\)

注意到 \(|E+A^T|=|(E+A)^T|=|E+A|\)

则 \(|A+E|(1-|A|)=0\)

又 \(1-|A|>0\)，则 \(|A+E|=0\)

2018-2019

设 \(A=A^T\)，\(|A|=0\)，证明：\(A_{ii}A_{jj}=(A_{ij})^2\)。

解答

\(|A|=0\)，则 \(r(A)<n\)，\(r(A^*)\leq 1\)

则 \(\begin{vmatrix}A_{ii}&A_{ij}\\A_{ji}&A_{jj}\end{vmatrix}=0\)，则 \(A_{ii}A_{jj}=A_{ij}A_{ji}=(A_{ij})^2\)【\(A\) 对称 \(\Rightarrow\) \(A^*\) 对称】

2017-2018

设 \(A^3=2E\)，\(B=A^2-2A+E\)，证明 \(B\) 可逆，并求 \(B^{-1}\)。

解答

\((A-E)(A^2+A+E)=E\)，则 \((A-E)^{-1}=A^2+A+E\)

\(B=(A-E)^2\)，则 \(B^{-1}=[(A-E)^{-1}]^2=(A^2+A+E)^2=3A^2+4A+5E\)

2017-2018

设 \(A,B,C,D\in\mathbb P^{n\times n}\)，证明：当 \(AC=CA\) 时，有 \(\begin{vmatrix}A&D\\C&B\end{vmatrix}=|AB-CD|\)。

解答

\(A\) 可逆时，\(\begin{vmatrix}A&D\\C&B\end{vmatrix}=|A||B-CA^{-1}D|=|AB-ACA^{-1}D|=|AB-CD|\)

\(A\) 不可逆时，由于当 \(t\) 充分大时 \(|tE_n+A|>0\)，\(\begin{vmatrix}tE_n+A&D\\C&B\end{vmatrix}=|(tE_n+A)B-CD|\)，等式两边关于 \(t\) 的多项式常数项相等，故 \(\begin{vmatrix}A&D\\C&B\end{vmatrix}=|AB-CD|\)。

2016-2017

把 \(\begin{pmatrix}a&0\\0&\frac 1 a\end{pmatrix}\) 表示成若干个 \(\begin{pmatrix}1&x\\0&1\end{pmatrix}\) 和 \(\begin{pmatrix}1&0\\y&1\end{pmatrix}\) 型的乘积。

解答

利用第三种初等变换