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例题二例4（2）设A\bm{A}A是333阶矩阵，若对任意的x=[x1,x2,x3]T\bm{x}=[x_1,x_2,x_3]^\mathrm{T}x=[x1​,x2​,x3​]T都有xTAx=0\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=0xTAx=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nnn阶矩阵，且AB=A+B\bm{AB}=\bm{A}+\bm{B}AB=A+B，证明AB=BA\bm{AB}=\bm{BA}AB=BA。例8已知A=[2−15023002]\bm{A}=\begin{bmatrix}2&-1&5\\0&2&3\\0&0&2\end{bmatrix}A=⎣⎡​200​−120​532​⎦⎤​，则An=\bm{A}^n=An=______。例13设A=[00013000−12111000110000100]\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=⎣⎢⎢⎢⎢⎡​00100​00110​00111​1−1000​32000​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​，则A\bm{A}A的伴随矩阵A∗=\bm{A}^*=A∗=______。例21设A\bm{A}A是nnn阶非奇异矩阵，α\bm{\alpha}α是nnn维列向量，bbb是常数，记分块矩阵P=[EO−αTA∗∣A∣],Q=[AααTb]\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=[AαT​αb​]。（2）证明：Q\bm{Q}Q可逆的充要条件是αTA−1α≠b\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}\ne bαTA−1α​=b。例36设A\bm{A}A是m×nm\times nm×n矩阵，B\bm{B}B是n×sn\times sn×s矩阵，证明秩r(AB)⩽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333阶矩阵，若对任意的x=[x1,x2,x3]T\bm{x}=[x_1,x_2,x_3]^\mathrm{T}x=[x1​,x2​,x3​]T都有xTAx=0\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=0xTAx=0，证明A\bm{A}A是反对称矩阵。

证设A=[a11a12a13a21a22a23a31a32a33]\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=⎣⎡​a11​a21​a31​​a12​a22​a32​​a13​a23​a33​​⎦⎤​，因已知对任意的x=[x1,x2,x3]T\bm{x}=[x_1,x_2,x_3]^\mathrm{T}x=[x1​,x2​,x3​]T，均有xTAx=0\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=0xTAx=0。故取x=[1,0,0]T\bm{x}=[1,0,0]^\mathrm{T}x=[1,0,0]T，有xTAx=a11=0\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=a_{11}=0xTAx=a11​=0。

同理，取x=[0,1,0]T\bm{x}=[0,1,0]^\mathrm{T}x=[0,1,0]T时得a22=0a_{22}=0a22​=0，取x=[0,0,1]T\bm{x}=[0,0,1]^\mathrm{T}x=[0,0,1]T时得a33=0a_{33}=0a33​=0。

取x=[1,1,0]T\bm{x}=[1,1,0]^\mathrm{T}x=[1,1,0]T，有xTAx=a12+a21=0\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=a_{12}+a_{21}=0xTAx=a12​+a21​=0，知a12=−a21a_{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a13=−a31a_{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a23=−a32a_{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nnn阶矩阵，且AB=A+B\bm{AB}=\bm{A}+\bm{B}AB=A+B，证明AB=BA\bm{AB}=\bm{BA}AB=BA。

证由AB=A+B\bm{AB}=\bm{A}+\bm{B}AB=A+B，得AB−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AB−A−B+E=BA−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AB=BA\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=[2−15023002]\bm{A}=\begin{bmatrix}2&-1&5\\0&2&3\\0&0&2\end{bmatrix}A=⎣⎡​200​−120​532​⎦⎤​，则An=\bm{A}^n=An=______。

解由于A=[200020002]+[0−15003000]=2E+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=⎣⎡​200​020​002​⎦⎤​+⎣⎡​000​−100​530​⎦⎤​=2E+B，又B2=[0−15003000][0−15003000]=[00−3000000],B3=B4=⋯=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​−100​530​⎦⎤​⎣⎡​000​−100​530​⎦⎤​=⎣⎡​000​000​−300​⎦⎤​,B3=B4=⋯=O，所以

An=(2E+B)n=(2E)n+n(2E)n−1B+12n(n−1)(2E)n−2B2=[2n0002n0002n]+n⋅2n−1[0−15003000]+12n(n−1)⋅2n−2[00−3000000]=[2n−n⋅2n−15n⋅2n−1−3n(n−1)2n−302n3n⋅2n−1002n].\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+21​n(n−1)(2E)n−2B2=⎣⎡​2n00​02n0​002n​⎦⎤​+n⋅2n−1⎣⎡​000​−100​530​⎦⎤​+21​n(n−1)⋅2n−2⎣⎡​000​000​−300​⎦⎤​=⎣⎡​2n00​−n⋅2n−12n0​5n⋅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=[00013000−12111000110000100]\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=⎣⎢⎢⎢⎢⎡​00100​00110​00111​1−1000​32000​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​，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∣13−12∣⋅∣111011001∣=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∣∣∣∣​1−1​32​∣∣∣∣​⋅∣∣∣∣∣∣​100​110​111​∣∣∣∣∣∣​=5。矩阵A\bm{A}A可逆。由[OBCO]−1=[OC−1B−1O]\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}[OC​BO​]−1=[OB−1​C−1O​]得A−1=[001−100001−10000125−350001515000]\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=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡​00052​51​​000−53​51​​10000​−11000​0−1100​⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤​，故A∗=∣A∣A−1=[005−500005−5000052−300011000]\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=⎣⎢⎢⎢⎢⎡​00021​000−31​50000​−55000​0−5500​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​。（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nnn阶非奇异矩阵，α\bm{\alpha}α是nnn维列向量，bbb是常数，记分块矩阵P=[EO−αTA∗∣A∣],Q=[AααTb]\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=[AαT​αb​]。

（2）证明：Q\bm{Q}Q可逆的充要条件是αTA−1α≠b\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}\ne bαTA−1α​=b。

证由于∣A∣(b−αTA−1α)|\bm{A}|(b-\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{A}^{-1}\bm{\alpha})∣A∣(b−αTA−1α)是一个数，对行列式∣PQ∣|\bm{PQ}|∣PQ∣按第n+1n+1n+1行展开，得∣PQ∣=[AαO∣A∣(b−αTA−1α)]|\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∣=[AO​α∣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+1n+1n+1行展开，得P=[EO−αTA∗∣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∣PQ∣=∣P∣∣Q∣|\bm{PQ}|=|\bm{P}||\bm{Q}|∣PQ∣=∣P∣∣Q∣，∣A∣2(b−αTA−1α)=∣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−αTA−1α)|\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−αTA−1α≠0⇔αTA−1α≠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×nm\times nm×n矩阵，B\bm{B}B是n×sn\times sn×s矩阵，证明秩r(AB)⩽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)ABx=0(I)\bm{ABx}=\bm{0}(I)ABx=0与(II)Bx=0(II)\bm{Bx}=\bm{0}(II)Bx=0，若α\bm{\alpha}α是方程组(II)(II)(II)的任一个解，则由(AB)α=A(Bα)=A0=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(II)(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(AB)s-r(\bm{AB})s−r(AB)，(II)(II)(II)的解向量的秩为s−r(B)s-r(\bm{B})s−r(B)，故有s−r(AB)⩾s−r(AB)s-r(\bm{AB})\geqslant s-r(\bm{AB})s−r(AB)⩾s−r(AB)，即r(AB)⩽r(B)r(\bm{AB})\leqslant r(\bm{B})r(AB)⩽r(B)。

另一方面，r(AB)=r((AB)T)=r(BTAT)⩽r(AT)=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）

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