线性代数及其应用习题答案(中文版)第二章 矩阵代数 2.2 矩阵的逆(2)

定理 5 ：

若 n \\times n 矩阵 A 可逆，则齐次线性方程组 A\\mathbf{x} = \\mathbf{0} 仅有零解。

证明：

设 A 是一个 n \\times n 可逆矩阵。根据可逆矩阵的定义，存在 n \\times n 矩阵 A\^{-1} ，使得
A−1A=AA−1=In, A^{-1}A = AA^{-1} = I_n, A−1A=AA−1=In,

其中 I_n 是 n \\times n 单位矩阵。

考虑齐次线性方程组
Ax=0. A\mathbf{x} = \mathbf{0}. Ax=0.

在等式两边左乘 A\^{-1} ，得
A−1(Ax)=A−10. A^{-1}(A\mathbf{x}) = A^{-1}\mathbf{0}. A−1(Ax)=A−10.

利用矩阵乘法的结合律和 A\^{-1}A = I_n ，左边化为
(A−1A)x=Inx=x, (A^{-1}A)\mathbf{x} = I_n\mathbf{x} = \mathbf{x}, (A−1A)x=Inx=x,

而右边为
A−10=0. A^{-1}\mathbf{0} = \mathbf{0}. A−10=0.

因此，
x=0. \mathbf{x} = \mathbf{0}. x=0.

这说明方程 A\\mathbf{x} = \\mathbf{0} 的唯一解是零向量，即仅有零解。

证毕。
21. 说明若 n×nn \times nn×n 矩阵 AAA 为可逆的，则它的各列线性无关。

解答：

1. 由定理 5，若 AAA 可逆，则方程 Ax=0A\mathbf{x} = \mathbf{0}Ax=0 仅有零解。
2. 根据 1.7 节的注释，这意味着 AAA 的各列线性无关（因为线性相关时方程会有非平凡解）。

结论 ：
若 AAA 可逆，则它的各列线性无关。

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22. 说明若 n×nn \times nn×n 矩阵 AAA 为可逆，则它的各列生成 Rn\mathbb{R}^nRn。（提示：复习 1.4 节定理 4。）

解答：

1. 由定理 5，若 AAA 可逆，则方程 Ax=bA\mathbf{x} = \mathbf{b}Ax=b 对任意 b∈Rn\mathbf{b} \in \mathbb{R}^nb∈Rn 都有唯一解。
2. 根据 1.4 节定理 4，这意味着 AAA 的各列生成 Rn\mathbb{R}^nRn（即列空间为 Rn\mathbb{R}^nRn）。

结论 ：
若 AAA 可逆，则它的各列生成 Rn\mathbb{R}^nRn。

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!CAUTION

定理 7 ：

设 A 是一个 n \\times n 矩阵。则以下陈述等价（即它们同时成立或同时不成立）：

1. A 是可逆的（即存在 A\^{-1} 使得 A\^{-1}A = AA\^{-1} = I_n ）；
2. A 行等价于 n \\times n 单位矩阵 I_n ；
3. A 的列向量线性无关；
4. 方程 A\\mathbf{x} = \\mathbf{0} 仅有平凡解（即只有零解）；
5. 对任意 \\mathbf{b} \\in \\mathbb{R}\^n ，方程 A\\mathbf{x} = \\mathbf{b} 有唯一解；
6. A 的列张成 \\mathbb{R}\^n ；
7. 存在 n \\times n 矩阵 C 使得 CA = I_n ；
8. 存在 n \\times n 矩阵 D 使得 AD = I_n ；
9. \\det(A) \\ne 0 （若已引入行列式）；
10. A 有 n 个主元位置（即秩为 n ）。
11. 设 AAA 为 n×nn \times nn×n 矩阵，方程 Ax=0A\mathbf{x} = \mathbf{0}Ax=0 仅有平凡解，说明为什么 AAA 有 nnn 个主元位置且 AAA 行等价于 InI_nIn。由定理 7，这说明 AAA 必定可逆（本题与 24 题将在 2.3 节用到）。

解答：

1. 若 Ax=0A\mathbf{x} = \mathbf{0}Ax=0 仅有平凡解，则方程中没有自由变量。
2. 因此 AAA 有 nnn 个主元列。
3. 由于 AAA 是方阵且 nnn 个主元位置必须在不同行，行阶梯形中主元必须在主对角线上。
4. 故 AAA 行等价于 n×nn \times nn×n 单位矩阵 InI_nIn。

结论 ：
AAA 有 nnn 个主元位置且行等价于 InI_nIn，则AAA 可逆。

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24. 设 AAA 为 n×nn \times nn×n 矩阵，方程 Ax=bA\mathbf{x} = \mathbf{b}Ax=b 对任意 Rn\mathbb{R}^nRn 中的 b\mathbf{b}b 有解，证明 AAA 必可逆。（提示：AAA 是否行等价于 InI_nIn？）

解答：

1. 若 Ax=bA\mathbf{x} = \mathbf{b}Ax=b 对任意 b∈Rn\mathbf{b} \in \mathbb{R}^nb∈Rn 有解，则根据 1.4 节定理 4，AAA 每行都有主元位置。
2. 由于 AAA 是方阵，主元必须在对角线上。
3. 因此 AAA 行等价于 InI_nIn。
4. 由定理 7，AAA 可逆。

结论 ：
AAA 必可逆。

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25. 若 ad−bc=0ad - bc = 0ad−bc=0，则方程 Ax=0A\mathbf{x} = \mathbf{0}Ax=0 有多于一个解，为什么这说明 AAA 不可逆？（提示：首先考虑 a=b=0a = b = 0a=b=0。其次，若 a,ba, ba,b 不全为 0，考虑向量 x=−ba\mathbf{x} = \begin{bmatrix} -b \\ a \end{bmatrix}x=−ba。）

解答 ：

设 A=abcdA = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}A=acbd 且 ad−bc=0ad - bc = 0ad−bc=0。

1. 若 a=b=0a = b = 0a=b=0，则方程 00cdx1x2=00\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ c & d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}0c0dx1x2=00 有解 x1=d−c\mathbf{x}_1 = \begin{bmatrix} d \\ -c \end{bmatrix}x1=d−c（非零，除非 c=d=0c = d = 0c=d=0，此时 AAA 为零矩阵，Ax=0A\mathbf{x} = \mathbf{0}Ax=0 有无穷多解）。

2. 若 a,ba, ba,b 不全为 0，设 x2=−ba\mathbf{x}_2 = \begin{bmatrix} -b \\ a \end{bmatrix}x2=−ba，则：
   Ax2=abcd−ba=−ab+ba−cb+da=00 A\mathbf{x}_2 = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -b \\ a \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -ab + ba \\ -cb + da \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} Ax2=acbd−ba=−ab+ba−cb+da=00

   （因为 ad−bc=0ad - bc = 0ad−bc=0）。

3. 由定理 5，若 AAA 可逆，则 Ax=0A\mathbf{x} = \mathbf{0}Ax=0 仅有零解，矛盾。

结论 ：
AAA 不可逆。

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26. 证明：若 ad−bc≠0ad - bc \neq 0ad−bc=0，则计算 A−1A^{-1}A−1 的公式成立。

解答：

1. 计算乘积：

   d−b−ca\]\[abcd\]=\[da−bc00−cb+da\] \\begin{bmatrix} d \& -b \\\\ -c \& a \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} a \& b \\\\ c \& d \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} da - bc \& 0 \\\\ 0 \& -cb + da \\end{bmatrix} \[d−c−ba\]\[acbd\]=\[da−bc00−cb+da

2. 两边除以 ad−bcad - bcad−bc：
   1ad−bcd−b−caabcd=I \frac{1}{ad - bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} = I ad−bc1d−c−baacbd=I

3. 类似地：

   abcd\]\[d−b−ca\]=\[ad−bc00−cb+da\] \\begin{bmatrix} a \& b \\\\ c \& d \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} d \& -b \\\\ -c \& a \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} ad - bc \& 0 \\\\ 0 \& -cb + da \\end{bmatrix} \[acbd\]\[d−c−ba\]=\[ad−bc00−cb+da

   两边除以 ad−bcad - bcad−bc 得 A⋅(1ad−bcd−b−ca)=IA \cdot \left( \frac{1}{ad - bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix} \right) = IA⋅(ad−bc1d−c−ba)=I。

4. 因此 A−1=1ad−bcd−b−caA^{-1} = \frac{1}{ad - bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}A−1=ad−bc1d−c−ba。

结论 ：

当 ad−bc≠0ad - bc \neq 0ad−bc=0 时，A−1=1ad−bcd−b−caA^{-1} = \frac{1}{ad - bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}A−1=ad−bc1d−c−ba 成立。

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27. a. 利用 2.1 节方程 (1) 证明对 i=1,2,3i=1,2,3i=1,2,3，有 rowi(A)=rowi(I)⋅A\text{row}_i(A) = \text{row}_i(I) \cdot Arowi(A)=rowi(I)⋅A。
    b. 证明：若交换 AAA 的第 1 行和第 2 行，则结果可以写成 EAEAEA，其中 EEE 是由 III 交换第 1 行和第 2 行所得的初等矩阵。
    c. 证明：若 AAA 的第 3 行乘以 5，则结果可以写成 EAEAEA，其中 EEE 是由 III 的第 3 行乘以 5 所得的初等矩阵。

解答 ：

a. 由 2.1 节方程 (1)：rowi(BA)=rowi(B)⋅A\text{row}_i(BA) = \text{row}_i(B) \cdot Arowi(BA)=rowi(B)⋅A。

令 B=IB = IB=I，则 rowi(IA)=rowi(I)⋅A\text{row}_i(IA) = \text{row}_i(I) \cdot Arowi(IA)=rowi(I)⋅A，即 rowi(A)=rowi(I)⋅A\text{row}_i(A) = \text{row}_i(I) \cdot Arowi(A)=rowi(I)⋅A。

b. 交换 AAA 的第 1 行和第 2 行后：
row2(A)row1(A)row3(A)=row2(I)⋅Arow1(I)⋅Arow3(I)⋅A=row2(I)row1(I)row3(I)A=EA \begin{bmatrix} \text{row}_2(A) \\ \text{row}_1(A) \\ \text{row}_3(A) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \text{row}_2(I) \cdot A \\ \text{row}_1(I) \cdot A \\ \text{row}_3(I) \cdot A \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \text{row}_2(I) \\ \text{row}_1(I) \\ \text{row}_3(I) \end{bmatrix} A = EA row2(A)row1(A)row3(A) = row2(I)⋅Arow1(I)⋅Arow3(I)⋅A = row2(I)row1(I)row3(I) A=EA

其中 EEE 是由 III 交换第 1 行和第 2 行得到的初等矩阵。

c. AAA 的第 3 行乘以 5 后：
row1(A)row2(A)5⋅row3(A)=row1(I)⋅Arow2(I)⋅A5⋅row3(I)⋅A=row1(I)row2(I)5⋅row3(I)A=EA \begin{bmatrix} \text{row}_1(A) \\ \text{row}_2(A) \\ 5 \cdot \text{row}_3(A) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \text{row}_1(I) \cdot A \\ \text{row}_2(I) \cdot A \\ 5 \cdot \text{row}_3(I) \cdot A \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \text{row}_1(I) \\ \text{row}_2(I) \\ 5 \cdot \text{row}_3(I) \end{bmatrix} A = EA row1(A)row2(A)5⋅row3(A) = row1(I)⋅Arow2(I)⋅A5⋅row3(I)⋅A = row1(I)row2(I)5⋅row3(I) A=EA

其中 EEE 是由 III 的第 3 行乘以 5 得到的初等矩阵。

结论 ：

a. 对任意 iii，rowi(A)=rowi(I)⋅A\text{row}_i(A) = \text{row}_i(I) \cdot Arowi(A)=rowi(I)⋅A 成立。

b. 交换行操作可表示为初等矩阵左乘。

c. 行缩放操作可表示为初等矩阵左乘。

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28. 证明：若 AAA 的第 3 行换成 row3(A)−4⋅row1(A)\text{row}_3(A) - 4 \cdot \text{row}_1(A)row3(A)−4⋅row1(A)，则结果可以写成 EAEAEA，其中 EEE 是由 III 的第 3 行换成 row3(I)−4⋅row1(I)\text{row}_3(I) - 4 \cdot \text{row}_1(I)row3(I)−4⋅row1(I) 所得的初等矩阵。

解答 ：

变换后的矩阵为：
row1(A)row2(A)row3(A)−4⋅row1(A)=row1(I)⋅Arow2(I)⋅Arow3(I)⋅A−4⋅row1(I)⋅A \begin{bmatrix} \text{row}_1(A) \\ \text{row}_2(A) \\ \text{row}_3(A) - 4 \cdot \text{row}_1(A) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \text{row}_1(I) \cdot A \\ \text{row}_2(I) \cdot A \\ \text{row}_3(I) \cdot A - 4 \cdot \text{row}_1(I) \cdot A \end{bmatrix} row1(A)row2(A)row3(A)−4⋅row1(A) = row1(I)⋅Arow2(I)⋅Arow3(I)⋅A−4⋅row1(I)⋅A

=row1(I)row2(I)row3(I)−4⋅row1(I)A=EA = \begin{bmatrix} \text{row}_1(I) \\ \text{row}_2(I) \\ \text{row}_3(I) - 4 \cdot \text{row}_1(I) \end{bmatrix} A = EA = row1(I)row2(I)row3(I)−4⋅row1(I) A=EA

其中 EEE 是由 III 的第 3 行替换为 row3(I)−4⋅row1(I)\text{row}_3(I) - 4 \cdot \text{row}_1(I)row3(I)−4⋅row1(I) 得到的初等矩阵。

结论 ：

行替换操作可表示为初等矩阵左乘。

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29. 求 1247\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 4 & 7 \end{bmatrix}1427 的逆

解答 ：

构造增广矩阵 A∣IA \\mid IA∣I：

12104701\] \\left\[\\begin{array}{cc\|cc} 1 \& 2 \& 1 \& 0 \\\\ 4 \& 7 \& 0 \& 1 \\end{array}\\right\] \[14271001

行变换过程：

1. R2←R2−4R1R_2 \leftarrow R_2 - 4R_1R2←R2−4R1：

   12100−1−41\] \\left\[\\begin{array}{cc\|cc} 1 \& 2 \& 1 \& 0 \\\\ 0 \& -1 \& -4 \& 1 \\end{array}\\right\] \[102−11−401

2. R2←−R2R_2 \leftarrow -R_2R2←−R2：

   1210014−1\] \\left\[\\begin{array}{cc\|cc} 1 \& 2 \& 1 \& 0 \\\\ 0 \& 1 \& 4 \& -1 \\end{array}\\right\] \[1021140−1

3. R1←R1−2R2R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2R1←R1−2R2：

   10−72014−1\] \\left\[\\begin{array}{cc\|cc} 1 \& 0 \& -7 \& 2 \\\\ 0 \& 1 \& 4 \& -1 \\end{array}\\right\] \[1001−742−1

结论 ：
A−1=−724−1A^{-1} = \begin{bmatrix} -7 & 2 \\ 4 & -1 \end{bmatrix}A−1=−742−1

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30. 求 51047\begin{bmatrix} 5 & 10 \\ 4 & 7 \end{bmatrix}54107 的逆

解答 ：

构造增广矩阵 A∣IA \\mid IA∣I：

510104701\] \\left\[\\begin{array}{cc\|cc} 5 \& 10 \& 1 \& 0 \\\\ 4 \& 7 \& 0 \& 1 \\end{array}\\right\] \[541071001

行变换过程：

1. R1←15R1R_1 \leftarrow \frac{1}{5}R_1R1←51R1：

   121/504701\] \\left\[\\begin{array}{cc\|cc} 1 \& 2 \& 1/5 \& 0 \\\\ 4 \& 7 \& 0 \& 1 \\end{array}\\right\] \[14271/5001

2. R2←R2−4R1R_2 \leftarrow R_2 - 4R_1R2←R2−4R1：

   121/500−1−4/51\] \\left\[\\begin{array}{cc\|cc} 1 \& 2 \& 1/5 \& 0 \\\\ 0 \& -1 \& -4/5 \& 1 \\end{array}\\right\] \[102−11/5−4/501

3. R2←−R2R_2 \leftarrow -R_2R2←−R2：

   121/50014/5−1\] \\left\[\\begin{array}{cc\|cc} 1 \& 2 \& 1/5 \& 0 \\\\ 0 \& 1 \& 4/5 \& -1 \\end{array}\\right\] \[10211/54/50−1

4. R1←R1−2R2R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2R1←R1−2R2：

   10−7/52014/5−1\] \\left\[\\begin{array}{cc\|cc} 1 \& 0 \& -7/5 \& 2 \\\\ 0 \& 1 \& 4/5 \& -1 \\end{array}\\right\] \[1001−7/54/52−1

结论 ：
A−1=−7/524/5−1A^{-1} = \begin{bmatrix} -7/5 & 2 \\ 4/5 & -1 \end{bmatrix}A−1=−7/54/52−1

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31. 求 10−2−3142−34\begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 \\ -3 & 1 & 4 \\ 2 & -3 & 4 \end{bmatrix} 1−3201−3−244 的逆

解答 ：

构造增广矩阵 A∣IA \\mid IA∣I：
10−2100−3140102−34001 \left\\begin{array}{ccc\|ccc} 1 \& 0 \& -2 \& 1 \& 0 \& 0 \\\\ -3 \& 1 \& 4 \& 0 \& 1 \& 0 \\\\ 2 \& -3 \& 4 \& 0 \& 0 \& 1 \\end{array}\\right 1−3201−3−244100010001

行变换过程：

1. R2←R2+3R1R_2 \leftarrow R_2 + 3R_1R2←R2+3R1：
   10−210001−23102−34001 \left\\begin{array}{ccc\|ccc} 1 \& 0 \& -2 \& 1 \& 0 \& 0 \\\\ 0 \& 1 \& -2 \& 3 \& 1 \& 0 \\\\ 2 \& -3 \& 4 \& 0 \& 0 \& 1 \\end{array}\\right 10201−3−2−24130010001

2. R3←R3−2R1R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1R3←R3−2R1：
   10−210001−23100−38−201 \left\\begin{array}{ccc\|ccc} 1 \& 0 \& -2 \& 1 \& 0 \& 0 \\\\ 0 \& 1 \& -2 \& 3 \& 1 \& 0 \\\\ 0 \& -3 \& 8 \& -2 \& 0 \& 1 \\end{array}\\right 10001−3−2−2813−2010001

3. R3←R3+3R2R_3 \leftarrow R_3 + 3R_2R3←R3+3R2：
   10−210001−2310002731 \left\\begin{array}{ccc\|ccc} 1 \& 0 \& -2 \& 1 \& 0 \& 0 \\\\ 0 \& 1 \& -2 \& 3 \& 1 \& 0 \\\\ 0 \& 0 \& 2 \& 7 \& 3 \& 1 \\end{array}\\right 100010−2−22137013001

4. R3←12R3R_3 \leftarrow \frac{1}{2}R_3R3←21R3：
   10−210001−23100017/23/21/2 \left\\begin{array}{ccc\|ccc} 1 \& 0 \& -2 \& 1 \& 0 \& 0 \\\\ 0 \& 1 \& -2 \& 3 \& 1 \& 0 \\\\ 0 \& 0 \& 1 \& 7/2 \& 3/2 \& 1/2 \\end{array}\\right 100010−2−21137/2013/2001/2

5. R1←R1+2R3R_1 \leftarrow R_1 + 2R_3R1←R1+2R3：
   10083101−23100017/23/21/2 \left\\begin{array}{ccc\|ccc} 1 \& 0 \& 0 \& 8 \& 3 \& 1 \\\\ 0 \& 1 \& -2 \& 3 \& 1 \& 0 \\\\ 0 \& 0 \& 1 \& 7/2 \& 3/2 \& 1/2 \\end{array}\\right 1000100−21837/2313/2101/2

6. R2←R2+2R3R_2 \leftarrow R_2 + 2R_3R2←R2+2R3：
   10083101010410017/23/21/2 \left\\begin{array}{ccc\|ccc} 1 \& 0 \& 0 \& 8 \& 3 \& 1 \\\\ 0 \& 1 \& 0 \& 10 \& 4 \& 1 \\\\ 0 \& 0 \& 1 \& 7/2 \& 3/2 \& 1/2 \\end{array}\\right 1000100018107/2343/2111/2

结论 ：
A−1=83110417/23/21/2A^{-1} = \begin{bmatrix} 8 & 3 & 1 \\ 10 & 4 & 1 \\ 7/2 & 3/2 & 1/2 \end{bmatrix}A−1= 8107/2343/2111/2

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33. 利用本节算法求矩阵 100110111\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} 111011001 和 1000110011101111\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} 1111011100110001 的逆。设 AAA 是相应的 n×nn \times nn×n 矩阵，BBB 是它的逆，猜想 BBB 的形式，然后证明 AB=IAB = IAB=I 和 BA=IBA = IBA=I。

解答 ：
猜想 ：对于 n×nn \times nn×n 下三角矩阵 AAA（对角线及以下为 1，其余为 0），其逆 BBB 满足：

• bjj=1b_{jj} = 1bjj=1
• bj+1,j=−1b_{j+1,j} = -1bj+1,j=−1
• 其余元素为 0

即 B=100⋯0−110⋯00−11⋯0⋮⋮⋮⋱⋮000⋯1B = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & -1 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{bmatrix}B= 1−10⋮001−1⋮0001⋮0⋯⋯⋯⋱⋯000⋮1

证明 ：

设 aj,bj,ej\mathbf{a}_j, \mathbf{b}_j, \mathbf{e}_jaj,bj,ej 分别为 A,B,IA, B, IA,B,I 的第 jjj 列。

• 对 j=1,...,n−1j = 1, \ldots, n-1j=1,...,n−1：
  Abj=A(ej−ej+1)=aj−aj+1=ej A\mathbf{b}_j = A(\mathbf{e}j - \mathbf{e}{j+1}) = \mathbf{a}j - \mathbf{a}{j+1} = \mathbf{e}_j Abj=A(ej−ej+1)=aj−aj+1=ej

  因为 aj\mathbf{a}jaj 和 aj+1\mathbf{a}{j+1}aj+1 仅在第 jjj 行不同（aj\mathbf{a}jaj 有 1，aj+1\mathbf{a}{j+1}aj+1 有 0）。

• 对 j=nj = nj=n：
  Abn=Aen=an=en A\mathbf{b}_n = A\mathbf{e}_n = \mathbf{a}_n = \mathbf{e}_n Abn=Aen=an=en

• 对 BA=IBA = IBA=I：
  Baj=B(e1+⋯+ej)=b1+⋯+bj=(e1−e2)+(e2−e3)+⋯+(ej−1−ej)+ej=ej B\mathbf{a}_j = B(\mathbf{e}_1 + \cdots + \mathbf{e}_j) = \mathbf{b}_1 + \cdots + \mathbf{b}_j = (\mathbf{e}_1 - \mathbf{e}_2) + (\mathbf{e}_2 - \mathbf{e}3) + \cdots + (\mathbf{e}{j-1} - \mathbf{e}_j) + \mathbf{e}_j = \mathbf{e}_j Baj=B(e1+⋯+ej)=b1+⋯+bj=(e1−e2)+(e2−e3)+⋯+(ej−1−ej)+ej=ej

结论 ：
BBB 是 AAA 的逆矩阵，满足 AB=BA=IAB = BA = IAB=BA=I。

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34. 重复 33 题的方法猜想 A=100⋯0120⋯0123⋯0⋮⋮⋮⋱⋮123⋯nA = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 2 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 2 & 3 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 2 & 3 & \cdots & n \end{bmatrix}A= 111⋮1022⋮2003⋮3⋯⋯⋯⋱⋯000⋮n 的逆 BBB，证明你的猜想是正确的。

解答 ：
猜想 ：BBB 为对角矩阵，其中 bjj=1jb_{jj} = \frac{1}{j}bjj=j1，bj+1,j=−1j+1b_{j+1,j} = -\frac{1}{j+1}bj+1,j=−j+11，其余元素为 0。

即 B=100⋯0−1/21/20⋯00−1/31/3⋯0⋮⋮⋮⋱⋮000⋯1/nB = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ -1/2 & 1/2 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & -1/3 & 1/3 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1/n \end{bmatrix}B= 1−1/20⋮001/2−1/3⋮0001/3⋮0⋯⋯⋯⋱⋯000⋮1/n

证明 ：

设 aj,bj,ej\mathbf{a}_j, \mathbf{b}_j, \mathbf{e}_jaj,bj,ej 分别为 A,B,IA, B, IA,B,I 的第 jjj 列。

• 对 j=1,...,n−1j = 1, \ldots, n-1j=1,...,n−1：
  Abj=A(1jej−1j+1ej+1)=1jaj−1j+1aj+1=ej A\mathbf{b}_j = A\left(\frac{1}{j}\mathbf{e}j - \frac{1}{j+1}\mathbf{e}{j+1}\right) = \frac{1}{j}\mathbf{a}j - \frac{1}{j+1}\mathbf{a}{j+1} = \mathbf{e}_j Abj=A(j1ej−j+11ej+1)=j1aj−j+11aj+1=ej

  因为 aj=j(e1+⋯+ej)\mathbf{a}_j = j(\mathbf{e}_1 + \cdots + \mathbf{e}j)aj=j(e1+⋯+ej)，aj+1=(j+1)(e1+⋯+ej+1)\mathbf{a}{j+1} = (j+1)(\mathbf{e}1 + \cdots + \mathbf{e}{j+1})aj+1=(j+1)(e1+⋯+ej+1)。

• 对 j=nj = nj=n：
  Abn=A(1nen)=1nan=en A\mathbf{b}_n = A\left(\frac{1}{n}\mathbf{e}_n\right) = \frac{1}{n}\mathbf{a}_n = \mathbf{e}_n Abn=A(n1en)=n1an=en

• 对 BA=IBA = IBA=I：
  Baj=B(j(e1+⋯+ej))=j(Be1+⋯+Bej)=j(1jej)=ej B\mathbf{a}_j = B(j(\mathbf{e}_1 + \cdots + \mathbf{e}_j)) = j(B\mathbf{e}_1 + \cdots + B\mathbf{e}_j) = j\left(\frac{1}{j}\mathbf{e}_j\right) = \mathbf{e}_j Baj=B(j(e1+⋯+ej))=j(Be1+⋯+Bej)=j(j1ej)=ej

结论 ：
BBB 是 AAA 的逆矩阵，满足 AB=BA=IAB = BA = IAB=BA=I。

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35. 设 A=−2−7−9256134A = \begin{bmatrix} -2 & -7 & -9 \\ 2 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 4 \end{bmatrix}A= −221−753−964 ，求出 A−1A^{-1}A−1 的第 3 列而不计算其他列。

解答 ：
A−1A^{-1}A−1 的第 3 列是方程 Ax=e3A\mathbf{x} = \mathbf{e}_3Ax=e3 的解 ，其中 e3=001\mathbf{e}_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}e3= 001 。

构造增广矩阵 A∣e3A \\mid \\mathbf{e}_3A∣e3：
−2−7−9025601341 \left\\begin{array}{ccc\|c} -2 \& -7 \& -9 \& 0 \\\\ 2 \& 5 \& 6 \& 0 \\\\ 1 \& 3 \& 4 \& 1 \\end{array}\\right −221−753−964001

行变换过程：

1. 交换 R1R_1R1 和 R3R_3R3：
   13412560−2−7−90 \left\\begin{array}{ccc\|c} 1 \& 3 \& 4 \& 1 \\\\ 2 \& 5 \& 6 \& 0 \\\\ -2 \& -7 \& -9 \& 0 \\end{array}\\right 12−235−746−9100

2. R2←R2−2R1R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1R2←R2−2R1：
   13410−1−2−2−2−7−90 \left\\begin{array}{ccc\|c} 1 \& 3 \& 4 \& 1 \\\\ 0 \& -1 \& -2 \& -2 \\\\ -2 \& -7 \& -9 \& 0 \\end{array}\\right 10−23−1−74−2−91−20

3. R3←R3+2R1R_3 \leftarrow R_3 + 2R_1R3←R3+2R1：
   13410−1−2−20−1−12 \left\\begin{array}{ccc\|c} 1 \& 3 \& 4 \& 1 \\\\ 0 \& -1 \& -2 \& -2 \\\\ 0 \& -1 \& -1 \& 2 \\end{array}\\right 1003−1−14−2−11−22

4. R2←−R2R_2 \leftarrow -R_2R2←−R2：
   134101220−1−12 \left\\begin{array}{ccc\|c} 1 \& 3 \& 4 \& 1 \\\\ 0 \& 1 \& 2 \& 2 \\\\ 0 \& -1 \& -1 \& 2 \\end{array}\\right 10031−142−1122

5. R3←R3+R2R_3 \leftarrow R_3 + R_2R3←R3+R2：
   134101220014 \left\\begin{array}{ccc\|c} 1 \& 3 \& 4 \& 1 \\\\ 0 \& 1 \& 2 \& 2 \\\\ 0 \& 0 \& 1 \& 4 \\end{array}\\right 100310421124

6. 回代：
   x3=4,x2=2−2x3=−6,x1=1−3x2−4x3=3 x_3 = 4, \quad x_2 = 2 - 2x_3 = -6, \quad x_1 = 1 - 3x_2 - 4x_3 = 3 x3=4,x2=2−2x3=−6,x1=1−3x2−4x3=3

结论 ：
A−1A^{-1}A−1 的第 3 列是 3−64\begin{bmatrix} 3 \\ -6 \\ 4 \end{bmatrix} 3−64