矩阵杂题第一弹

文章目录

前言
题目梗概
参考解析
- [0.1 秩1矩阵的n次幂](#0.1 秩1矩阵的n次幂)
- [0.2 四阶对称矩阵高次幂计算](#0.2 四阶对称矩阵高次幂计算)
- [0.3 上三角Jordan块的n次幂](#0.3 上三角Jordan块的n次幂)
- [0.4 可逆矩阵和的逆矩阵推导](#0.4 可逆矩阵和的逆矩阵推导)
- [0.5 伴随矩阵法求三阶矩阵逆](#0.5 伴随矩阵法求三阶矩阵逆)
- [0.6 伴随矩阵的逆矩阵计算](#0.6 伴随矩阵的逆矩阵计算)
- [0.7 分块矩阵的伴随矩阵推导](#0.7 分块矩阵的伴随矩阵推导)
- [0.8 伴随矩阵与逆矩阵的行列式计算](#0.8 伴随矩阵与逆矩阵的行列式计算)
- [0.9 行初等变换后的逆矩阵](#0.9 行初等变换后的逆矩阵)
- [0.10 分块矩阵求逆与通式补充](#0.10 分块矩阵求逆与通式补充)
- [0.11 等价矩阵求可逆变换矩阵P](#0.11 等价矩阵求可逆变换矩阵P)
后话

前言

其实七月初就完成线代一轮了，七月底过完了概率论。目前做了三分之一的高数真题，过了一讲的强化，一直都比较忙，月总结之类的一直搁置。然后今天宇哥的每日一题已经更到线代了，我突然想起来我线代的题目还没有整理，索性整理一下就当做顺便复习，现在贴的都是两个月前做的题了，不得不说重新总结以下收获还是挺大的。

题目梗概

2026.6.11

矩阵0.1 秩1矩阵的n次幂

设 α = $a 1 , a 2 , a 3$ T \boldsymbol{\alpha}= $a_1,a_2,a_3$ ^\mathrm{T} α= $a1,a2,a3$ T， β = $b 1 , b 2 , b 3$ T \boldsymbol{\beta}= $b_1,b_2,b_3$ ^\mathrm{T} β= $b1,b2,b3$ T， A = α β T A=\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^\mathrm{T} A=αβT，求 A n A^n An。
矩阵0.2 四阶对称矩阵高次幂计算

设四阶矩阵

A = ( 1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 ) A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} A= 1−1−1−1−11−1−1−1−11−1−1−1−11

求 A 9 A^9 A9。
矩阵0.3 上三角Jordan块的n次幂

设三阶矩阵

A = ( 1 1 0 0 1 1 0 0 1 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} A= 100110011

求 A n A^n An。
矩阵0.4 可逆矩阵和的逆矩阵推导

设 A , B A,B A,B是同阶可逆方阵，且 A − 1 + B − 1 A^{-1}+B^{-1} A−1+B−1可逆，求 ( A + B ) − 1 (A+B)^{-1} (A+B)−1。
矩阵0.5 伴随矩阵法求三阶矩阵逆

求矩阵 A = ( 1 0 1 2 1 0 − 3 2 − 5 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ -3 & 2 & -5 \end{pmatrix} A= 12−301210−5 的逆矩阵。
矩阵0.6 伴随矩阵的逆矩阵计算

设矩阵

A = ( 1 2 0 2 2 0 3 4 5 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 3 & 4 & 5 \end{pmatrix} A= 123224005

求 ( A ∗ ) − 1 (A^*)^{-1} (A∗)−1。
矩阵0.7 分块矩阵的伴随矩阵推导

设 A , B A,B A,B均为2阶可逆方阵， ∣ A ∣ = 2 |A|=2 ∣A∣=2， ∣ B ∣ = 3 |B|=3 ∣B∣=3，记分块矩阵

C = ( 0 A B 0 ) C = \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & A \\ B & \boldsymbol{0} \end{pmatrix} C=(0BA0)

求 C ∗ C^* C∗。
矩阵0.8 伴随矩阵与逆矩阵的行列式计算

设 A , B A,B A,B为 n n n阶方阵， ∣ A ∣ = 2 |A|=2 ∣A∣=2， ∣ B ∣ = − 4 |B|=-4 ∣B∣=−4，求 ∣ 2 B ∗ A − 1 ∣ |2B^*A^{-1}| ∣2B∗A−1∣。
矩阵0.9 行初等变换后的逆矩阵

设 A A A为三阶可逆矩阵，将 A A A的第1行与第2行交换得到矩阵 B B B。已知

A − 1 = ( a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 ) A^{-1} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} A−1= a11a21a31a12a22a32a13a23a33

求 B − 1 B^{-1} B−1。
矩阵0.10 分块矩阵求逆与通式补充

设五阶矩阵

A = ( 0 0 0 2 − 1 0 0 1 1 2 0 0 − 1 − 1 − 1 1 3 0 0 0 − 1 2 0 0 0 ) A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} A= 0001−10003201−10021−100−12−100

求 A − 1 A^{-1} A−1。
矩阵0.11 等价矩阵求可逆变换矩阵P

设矩阵

A = ( 1 0 1 − 1 − 1 1 0 2 a ) , B = ( 1 0 1 0 − 1 2 0 0 0 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & a \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} A= 1−100−1211a ,B= 1000−10120

已知 A A A与 B B B等价，求满足 P A = B PA=B PA=B的可逆矩阵 P P P。

参考解析

0.1 秩1矩阵的n次幂

考察点 ：秩1矩阵的幂运算、矩阵乘法结合律

题目：设 α = $a 1 , a 2 , a 3$ T \boldsymbol{\alpha}= $a_1,a_2,a_3$ ^\mathrm{T} α= $a1,a2,a3$ T， β = $b 1 , b 2 , b 3$ T \boldsymbol{\beta}= $b_1,b_2,b_3$ ^\mathrm{T} β= $b1,b2,b3$ T， A = α β T A=\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^\mathrm{T} A=αβT，求 A n A^n An。

解：由矩阵乘法结合律，连续展开后合并中间内积项：

A n = ( α β T ) n = α β T ⋅ α β T ⋅ ⋯ ⋅ α β T = α ⋅ ( β T α ) n − 1 ⋅ β T A^n = (\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^\mathrm{T})^n = \boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^\mathrm{T} \cdot \boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^\mathrm{T} \cdot \cdots \cdot \boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^\mathrm{T} = \boldsymbol{\alpha} \cdot (\boldsymbol{\beta}^\mathrm{T}\boldsymbol{\alpha})^{n-1} \cdot \boldsymbol{\beta}^\mathrm{T} An=(αβT)n=αβT⋅αβT⋅⋯⋅αβT=α⋅(βTα)n−1⋅βT

其中 β T α = ∑ i = 1 3 a i b i \boldsymbol{\beta}^\mathrm{T}\boldsymbol{\alpha} = \displaystyle\sum_{i=1}^3 a_i b_i βTα=i=1∑3aibi为常数，因此：

A n = ( ∑ i = 1 3 a i b i ) n − 1 ⋅ A \boxed{A^n = \left( \sum_{i=1}^3 a_i b_i \right)^{n-1} \cdot A} An=(i=1∑3aibi)n−1⋅A

0.2 四阶对称矩阵高次幂计算

考察点 ：矩阵平方化简、幂运算结合律

题目：设四阶矩阵

A = ( 1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 ) A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} A= 1−1−1−1−11−1−1−1−11−1−1−1−11

求 A 9 A^9 A9。

解：先计算 A 2 A^2 A2：

A 2 = A ⋅ A = ( 4 0 0 0 0 4 0 0 0 0 4 0 0 0 0 4 ) = 4 E A^2 = A \cdot A = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} = 4E A2=A⋅A= 4000040000400004 =4E

利用幂的结合律拆分9次幂：

A 9 = ( A 2 ) 4 ⋅ A = ( 4 E ) 4 ⋅ A = 256 E ⋅ A = 256 A A^9 = (A^2)^4 \cdot A = (4E)^4 \cdot A = 256E \cdot A = 256A A9=(A2)4⋅A=(4E)4⋅A=256E⋅A=256A

A 9 = 256 ( 1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 ) \boxed{A^9 = 256\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}} A9=256 1−1−1−1−11−1−1−1−11−1−1−1−11

0.3 上三角Jordan块的n次幂

考察点 ：矩阵二项式展开、幂零矩阵性质

题目：设三阶矩阵

A = ( 1 1 0 0 1 1 0 0 1 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} A= 100110011

求 A n A^n An。

解：将 A A A分解为单位阵与幂零矩阵之和：

A = E + B , B = ( 0 1 0 0 0 1 0 0 0 ) A = E + B, \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} A=E+B,B= 000100010

其中 B B B为幂零矩阵，计算其幂次：

B 2 = ( 0 0 1 0 0 0 0 0 0 ) , B k = 0 , ∀ k ≥ 3 B^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad B^k = \boldsymbol{0},\ \forall k \geq 3 B2= 000000100 ,Bk=0, ∀k≥3

因 E E E与 B B B可交换，由二项式定理展开：

A n = ( E + B ) n = ∑ k = 0 n C n k E n − k B k = E + n B + n ( n − 1 ) 2 B 2 A^n = (E+B)^n = \sum_{k=0}^n \mathrm{C}_n^k E^{n-k} B^k = E + nB + \frac{n(n-1)}{2} B^2 An=(E+B)n=k=0∑nCnkEn−kBk=E+nB+2n(n−1)B2

代入矩阵得：

A n = ( 1 n n ( n − 1 ) 2 0 1 n 0 0 1 ) \boxed{A^n = \begin{pmatrix} 1 & n & \dfrac{n(n-1)}{2} \\ $6pt$ 0 & 1 & n \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}} An= 100n102n(n−1)n1

0.4 可逆矩阵和的逆矩阵推导

考察点 ：逆矩阵性质、矩阵恒等变形

题目：设 A , B A,B A,B是同阶可逆方阵，且 A − 1 + B − 1 A^{-1}+B^{-1} A−1+B−1可逆，求 ( A + B ) − 1 (A+B)^{-1} (A+B)−1。

解：对 A + B A+B A+B做恒等变形，凑出已知可逆的 A − 1 + B − 1 A^{-1}+B^{-1} A−1+B−1：

A + B = A ( E + A − 1 B ) = A ( B − 1 + A − 1 ) B A+B = A(E + A^{-1}B) = A(B^{-1} + A^{-1})B A+B=A(E+A−1B)=A(B−1+A−1)B

两边取逆，由 ( A B C ) − 1 = C − 1 B − 1 A − 1 (ABC)^{-1}=C^{-1}B^{-1}A^{-1} (ABC)−1=C−1B−1A−1得：

( A + B ) − 1 = B − 1 ( A − 1 + B − 1 ) − 1 A − 1 \boxed{(A+B)^{-1} = B^{-1}(A^{-1}+B^{-1})^{-1}A^{-1}} (A+B)−1=B−1(A−1+B−1)−1A−1

0.5 伴随矩阵法求三阶矩阵逆

考察点 ：伴随矩阵、逆矩阵计算

题目：求矩阵 A = ( 1 0 1 2 1 0 − 3 2 − 5 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ -3 & 2 & -5 \end{pmatrix} A= 12−301210−5 的逆矩阵。

解：先计算行列式判断可逆性：

∣ A ∣ = ∣ 1 0 1 2 1 0 − 3 2 − 5 ∣ = 1 × ( − 5 ) − 0 + 1 × ( 4 + 3 ) = 2 ≠ 0 |A| = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ -3 & 2 & -5 \end{vmatrix} = 1\times(-5) - 0 + 1\times(4+3) = 2 \neq 0 ∣A∣= 12−301210−5 =1×(−5)−0+1×(4+3)=2=0

故 A A A可逆。计算各代数余子式并构造伴随矩阵：

A ∗ = ( − 5 2 − 1 10 − 2 2 7 − 2 1 ) A^* = \begin{pmatrix} -5 & 2 & -1 \\ 10 & -2 & 2 \\ 7 & -2 & 1 \end{pmatrix} A∗= −51072−2−2−121

由逆矩阵公式 A − 1 = 1 ∣ A ∣ A ∗ A^{-1} = \dfrac{1}{|A|}A^* A−1=∣A∣1A∗得：

A − 1 = 1 2 ( − 5 2 − 1 10 − 2 2 7 − 2 1 ) \boxed{A^{-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} -5 & 2 & -1 \\ 10 & -2 & 2 \\ 7 & -2 & 1 \end{pmatrix}} A−1=21 −51072−2−2−121

0.6 伴随矩阵的逆矩阵计算

考察点 ：伴随矩阵性质、逆矩阵运算

题目：设矩阵

A = ( 1 2 0 2 2 0 3 4 5 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 3 & 4 & 5 \end{pmatrix} A= 123224005

求 ( A ∗ ) − 1 (A^*)^{-1} (A∗)−1。

解：由伴随矩阵基本恒等式 A A ∗ = ∣ A ∣ E A A^* = |A| E AA∗=∣A∣E，两边同时取逆：

( A ∗ ) − 1 A − 1 = 1 ∣ A ∣ E (A^*)^{-1} A^{-1} = \frac{1}{|A|} E (A∗)−1A−1=∣A∣1E

两边右乘 A A A得通用公式：

( A ∗ ) − 1 = 1 ∣ A ∣ A (A^*)^{-1} = \frac{1}{|A|} A (A∗)−1=∣A∣1A

计算 A A A的行列式：

∣ A ∣ = ∣ 1 2 0 2 2 0 3 4 5 ∣ = 5 ⋅ ( 2 − 4 ) = − 10 |A| = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 3 & 4 & 5 \end{vmatrix} = 5 \cdot (2-4) = -10 ∣A∣= 123224005 =5⋅(2−4)=−10

代入公式得：

( A ∗ ) − 1 = − 1 10 A = − 1 10 ( 1 2 0 2 2 0 3 4 5 ) \boxed{(A^*)^{-1} = -\frac{1}{10} A = -\frac{1}{10}\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 3 & 4 & 5 \end{pmatrix}} (A∗)−1=−101A=−101 123224005

0.7 分块矩阵的伴随矩阵推导

考察点 ：分块矩阵的逆、伴随矩阵定义、分块行列式

题目：设 A , B A,B A,B均为2阶可逆方阵， ∣ A ∣ = 2 |A|=2 ∣A∣=2， ∣ B ∣ = 3 |B|=3 ∣B∣=3，记分块矩阵

C = ( 0 A B 0 ) C = \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & A \\ B & \boldsymbol{0} \end{pmatrix} C=(0BA0)

求 C ∗ C^* C∗。

解：步骤1：从定义推导分块逆矩阵

设 C C C的逆矩阵为同结构分块矩阵

C − 1 = ( X 11 X 12 X 21 X 22 ) C^{-1} = \begin{pmatrix} X_{11} & X_{12} \\ X_{21} & X_{22} \end{pmatrix} C−1=(X11X21X12X22)

代入可逆定义 C C − 1 = E C C^{-1} = E CC−1=E，按分块乘法展开：

( 0 A B 0 ) ( X 11 X 12 X 21 X 22 ) = ( A X 21 A X 22 B X 11 B X 12 ) = ( E 0 0 E ) \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & A \\ B & \boldsymbol{0} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X_{11} & X_{12} \\ X_{21} & X_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A X_{21} & A X_{22} \\ B X_{11} & B X_{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} E & \boldsymbol{0} \\ \boldsymbol{0} & E \end{pmatrix} (0BA0)(X11X21X12X22)=(AX21BX11AX22BX12)=(E00E)

比较分块得方程组：

{ A X 21 = E A X 22 = 0 B X 11 = 0 B X 12 = E \begin{cases} A X_{21} = E \\ A X_{22} = \boldsymbol{0} \\ B X_{11} = \boldsymbol{0} \\ B X_{12} = E \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧AX21=EAX22=0BX11=0BX12=E

由 A , B A,B A,B可逆，解得 X 21 = A − 1 X_{21}=A^{-1} X21=A−1， X 22 = 0 X_{22}=\boldsymbol{0} X22=0， X 11 = 0 X_{11}=\boldsymbol{0} X11=0， X 12 = B − 1 X_{12}=B^{-1} X12=B−1。因此：

C − 1 = ( 0 B − 1 A − 1 0 ) C^{-1} = \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & B^{-1} \\ A^{-1} & \boldsymbol{0} \end{pmatrix} C−1=(0A−1B−10)

步骤2：计算分块行列式

对 2 × 2 2\times2 2×2副对角线分块矩阵，行列式为：

∣ C ∣ = ( − 1 ) 2 × 2 ∣ A ∣ ∣ B ∣ = ∣ A ∣ ∣ B ∣ = 2 × 3 = 6 |C| = (-1)^{2\times2} |A| |B| = |A||B| = 2\times3 = 6 ∣C∣=(−1)2×2∣A∣∣B∣=∣A∣∣B∣=2×3=6

步骤3：求伴随矩阵 C ∗ C^* C∗

由伴随矩阵恒等式 C ∗ = ∣ C ∣ ⋅ C − 1 C^* = |C| \cdot C^{-1} C∗=∣C∣⋅C−1，代入得：

C ∗ = 6 ⋅ ( 0 B − 1 A − 1 0 ) = ( 0 6 B − 1 6 A − 1 0 ) C^* = 6 \cdot \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & B^{-1} \\ A^{-1} & \boldsymbol{0} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & 6B^{-1} \\ 6A^{-1} & \boldsymbol{0} \end{pmatrix} C∗=6⋅(0A−1B−10)=(06A−16B−10)

再由 A − 1 = A ∗ ∣ A ∣ A^{-1} = \dfrac{A^*}{|A|} A−1=∣A∣A∗， B − 1 = B ∗ ∣ B ∣ B^{-1} = \dfrac{B^*}{|B|} B−1=∣B∣B∗，代入化简：

6 B − 1 = 6 ⋅ B ∗ 3 = 2 B ∗ , 6 A − 1 = 6 ⋅ A ∗ 2 = 3 A ∗ 6B^{-1} = 6\cdot\frac{B^*}{3} = 2B^*, \quad 6A^{-1} = 6\cdot\frac{A^*}{2} = 3A^* 6B−1=6⋅3B∗=2B∗,6A−1=6⋅2A∗=3A∗

最终得：

C ∗ = ( 0 2 B ∗ 3 A ∗ 0 ) \boxed{C^* = \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & 2B^* \\ 3A^* & \boldsymbol{0} \end{pmatrix}} C∗=(03A∗2B∗0)

0.8 伴随矩阵与逆矩阵的行列式计算

考察点 ：行列式性质、伴随矩阵行列式

题目：设 A , B A,B A,B为 n n n阶方阵， ∣ A ∣ = 2 |A|=2 ∣A∣=2， ∣ B ∣ = − 4 |B|=-4 ∣B∣=−4，求 ∣ 2 B ∗ A − 1 ∣ |2B^*A^{-1}| ∣2B∗A−1∣。

解：由行列式数乘、乘积性质展开：

∣ 2 B ∗ A − 1 ∣ = 2 n ⋅ ∣ B ∗ ∣ ⋅ ∣ A − 1 ∣ |2B^*A^{-1}| = 2^n \cdot |B^*| \cdot |A^{-1}| ∣2B∗A−1∣=2n⋅∣B∗∣⋅∣A−1∣

代入公式 ∣ B ∗ ∣ = ∣ B ∣ n − 1 |B^*| = |B|^{n-1} ∣B∗∣=∣B∣n−1， ∣ A − 1 ∣ = 1 ∣ A ∣ |A^{-1}| = \dfrac{1}{|A|} ∣A−1∣=∣A∣1：

∣ 2 B ∗ A − 1 ∣ = 2 n ⋅ ( − 4 ) n − 1 ⋅ 1 2 = 2 n − 1 ⋅ ( − 4 ) n − 1 = ( − 8 ) n − 1 |2B^*A^{-1}| = 2^n \cdot (-4)^{n-1} \cdot \frac{1}{2} = 2^{n-1} \cdot (-4)^{n-1} = (-8)^{n-1} ∣2B∗A−1∣=2n⋅(−4)n−1⋅21=2n−1⋅(−4)n−1=(−8)n−1

即

∣ 2 B ∗ A − 1 ∣ = ( − 8 ) n − 1 \boxed{|2B^*A^{-1}| = (-8)^{n-1}} ∣2B∗A−1∣=(−8)n−1

0.9 行初等变换后的逆矩阵

考察点 ：初等矩阵性质、逆矩阵运算、左行右列规则

题目：设 A A A为三阶可逆矩阵，将 A A A的第1行与第2行交换得到矩阵 B B B。已知

A − 1 = ( a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 ) A^{-1} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} A−1= a11a21a31a12a22a32a13a23a33

求 B − 1 B^{-1} B−1。

解：记交换三阶单位阵第1、2行的初等矩阵为

P = ( 0 1 0 1 0 0 0 0 1 ) P = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} P= 010100001

初等对换矩阵满足 P − 1 = P P^{-1}=P P−1=P（对合性）。

由题意，行变换对应左乘初等矩阵： B = P A B = P A B=PA。

两边取逆，由乘积逆法则：

B − 1 = ( P A ) − 1 = A − 1 P − 1 = A − 1 P B^{-1} = (PA)^{-1} = A^{-1} P^{-1} = A^{-1} P B−1=(PA)−1=A−1P−1=A−1P

右乘 P P P等价于交换矩阵的第1、2列，因此：

B − 1 = ( a 12 a 11 a 13 a 22 a 21 a 23 a 32 a 31 a 33 ) \boxed{B^{-1} = \begin{pmatrix} a_{12} & a_{11} & a_{13} \\ a_{22} & a_{21} & a_{23} \\ a_{32} & a_{31} & a_{33} \end{pmatrix}} B−1= a12a22a32a11a21a31a13a23a33

0.10 分块矩阵求逆与通式补充

考察点 ：分块矩阵逆、副对角线分块、分块矩阵逆通式

题目：设五阶矩阵

A = ( 0 0 0 2 − 1 0 0 1 1 2 0 0 − 1 − 1 − 1 1 3 0 0 0 − 1 2 0 0 0 ) A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} A= 0001−10003201−10021−100−12−100

求 A − 1 A^{-1} A−1，并补充分块矩阵逆的通式。

解：将 A A A按 3 × 3 3\times3 3×3与 2 × 2 2\times2 2×2分块为副对角线结构：

A = ( 0 B C 0 ) , B = ( 2 − 1 1 2 − 1 − 1 ) , C = ( 1 3 − 1 2 ) A = \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & B \\ C & \boldsymbol{0} \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}, \quad C = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} A=(0CB0),B= 21−1−12−1 ,C=(1−132)

由副对角线分块矩阵的逆公式（推导同矩阵0.7）：

A − 1 = ( 0 C − 1 B − 1 0 ) A^{-1} = \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & C^{-1} \\ B^{-1} & \boldsymbol{0} \end{pmatrix} A−1=(0B−1C−10)

分别计算逆矩阵：

∣ C ∣ = 1 × 2 − 3 × ( − 1 ) = 5 |C| = 1\times2 - 3\times(-1) = 5 ∣C∣=1×2−3×(−1)=5，故
C − 1 = 1 5 ( 2 − 3 1 1 ) = ( 2 5 − 3 5 1 5 1 5 ) C^{-1} = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 2 & -3 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{2}{5} & -\dfrac{3}{5} \\ $6pt$ \dfrac{1}{5} & \dfrac{1}{5} \end{pmatrix} C−1=51(21−31)= 5251−5351
对 B B B，通过初等行变换求逆：
B − 1 = ( − 1 2 − 3 2 − 5 2 1 2 1 2 1 2 0 1 1 ) B^{-1} = \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{2} & -\dfrac{5}{2} \\ $6pt$ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\ $6pt$ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} B−1= −21210−23211−25211

代入分块逆公式得：

A − 1 = ( 0 0 0 2 5 − 3 5 0 0 0 1 5 1 5 − 1 2 − 3 2 − 5 2 0 0 1 2 1 2 1 2 0 0 0 1 1 0 0 ) \boxed{A^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & \dfrac{2}{5} & -\dfrac{3}{5} \\ $6pt$ 0 & 0 & 0 & \dfrac{1}{5} & \dfrac{1}{5} \\ $6pt$ -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{2} & -\dfrac{5}{2} & 0 & 0 \\ $6pt$ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & 0 & 0 \\ $6pt$ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}} A−1= 00−2121000−2321100−252115251000−5351000

补充：分块三角/副对角矩阵逆通式

设 B , C B,C B,C均为可逆方阵，则：

下三角分块： ( B 0 D C ) − 1 = ( B − 1 0 − C − 1 D B − 1 C − 1 ) \begin{pmatrix} B & \boldsymbol{0} \\ D & C \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} B^{-1} & \boldsymbol{0} \\ -C^{-1} D B^{-1} & C^{-1} \end{pmatrix} (BD0C)−1=(B−1−C−1DB−10C−1)
上三角分块： ( B D 0 C ) − 1 = ( B − 1 − B − 1 D C − 1 0 C − 1 ) \begin{pmatrix} B & D \\ \boldsymbol{0} & C \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} B^{-1} & -B^{-1} D C^{-1} \\ \boldsymbol{0} & C^{-1} \end{pmatrix} (B0DC)−1=(B−10−B−1DC−1C−1)
副对角分块： ( 0 B C D ) − 1 = ( − C − 1 D B − 1 C − 1 B − 1 0 ) \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & B \\ C & D \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} -C^{-1} D B^{-1} & C^{-1} \\ B^{-1} & \boldsymbol{0} \end{pmatrix} (0CBD)−1=(−C−1DB−1B−1C−10)
副对角分块： ( D B C 0 ) − 1 = ( 0 C − 1 B − 1 − B − 1 D C − 1 ) \begin{pmatrix} D & B \\ C & \boldsymbol{0} \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} \boldsymbol{0} & C^{-1} \\ B^{-1} & -B^{-1} D C^{-1} \end{pmatrix} (DCB0)−1=(0B−1C−1−B−1DC−1)

口诀：副换位，各求逆；左同行，右同列，交叉块添负号。

0.11 等价矩阵求可逆变换矩阵P

考察点 ：矩阵等价判定条件、矩阵方程求解、初等行变换构造变换矩阵

题目：设矩阵

A = ( 1 0 1 − 1 − 1 1 0 2 a ) , B = ( 1 0 1 0 − 1 2 0 0 0 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & a \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} A= 1−100−1211a ,B= 1000−10120

已知 A A A与 B B B等价，求满足 P A = B PA=B PA=B的可逆矩阵 P P P。

解：

利用矩阵等价条件求参数 a a a

同阶方阵 A , B A,B A,B等价的充要条件为 r ( A ) = r ( B ) \mathrm{r}(A)=\mathrm{r}(B) r(A)=r(B)。

观察 B B B为行阶梯形矩阵， r ( B ) = 2 \mathrm{r}(B)=2 r(B)=2，因此 r ( A ) = 2 \mathrm{r}(A)=2 r(A)=2，即 ∣ A ∣ = 0 |A|=0 ∣A∣=0。

∣ A ∣ = ∣ 1 0 1 − 1 − 1 1 0 2 a ∣ = 1 ⋅ ( − a − 2 ) − 0 + 1 ⋅ ( − 2 ) = − a − 4 |A|=\begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & a \end{vmatrix} =1\cdot(-a-2)-0+1\cdot(-2) = -a-4 ∣A∣= 1−100−1211a =1⋅(−a−2)−0+1⋅(−2)=−a−4

令 ∣ A ∣ = 0 |A|=0 ∣A∣=0，解得 a = − 4 a=-4 a=−4。

将 a = − 4 a=-4 a=−4代入 A A A，得

A = ( 1 0 1 − 1 − 1 1 0 2 − 4 ) A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & -4 \end{pmatrix} A= 1−100−1211−4

矩阵方程变形与列分块
由 P A = B PA=B PA=B，等式两边同时转置：
A T P T = B T A^\mathrm{T} P^\mathrm{T} = B^\mathrm{T} ATPT=BT
记 X = P T X=P^\mathrm{T} X=PT，设 X X X按列分块 X = $ξ 1 , ξ 2 , ξ 3$ X= $\\boldsymbol{\\xi}_1,\\boldsymbol{\\xi}_2,\\boldsymbol{\\xi}_3$ X= $ξ1,ξ2,ξ3$ ，其中 ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 \boldsymbol{\xi}_1,\boldsymbol{\xi}_2,\boldsymbol{\xi}_3 ξ1,ξ2,ξ3为三维列向量。
记 B T = $β 1 , β 2 , β 3$ B^\mathrm{T}= $\\boldsymbol{\\beta}_1,\\boldsymbol{\\beta}_2,\\boldsymbol{\\beta}_3$ BT= $β1,β2,β3$ ，其中
β 1 = ( 1 0 1 ) , β 2 = ( 0 − 1 2 ) , β 3 = ( 0 0 0 ) \boldsymbol{\beta}_1=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix},\quad \boldsymbol{\beta}_2=\begin{pmatrix}0\\-1\\2\end{pmatrix},\quad \boldsymbol{\beta}_3=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} β1= 101 ,β2= 0−12 ,β3= 000
代入矩阵乘法分块规则：
A T $ξ 1 , ξ 2 , ξ 3$ = $β 1 , β 2 , β 3$ A^\mathrm{T} $\\boldsymbol{\\xi}_1,\\boldsymbol{\\xi}_2,\\boldsymbol{\\xi}_3$ = $\\boldsymbol{\\beta}_1,\\boldsymbol{\\beta}_2,\\boldsymbol{\\beta}_3$ AT $ξ1,ξ2,ξ3$ = $β1,β2,β3$
等价于三个独立线性方程组：
{ A T ξ 1 = β 1 A T ξ 2 = β 2 A T ξ 3 = β 3 \begin{cases} A^\mathrm{T}\boldsymbol{\xi}_1 = \boldsymbol{\beta}_1 \\ A^\mathrm{T}\boldsymbol{\xi}_2 = \boldsymbol{\beta}_2 \\ A^\mathrm{T}\boldsymbol{\xi}_3 = \boldsymbol{\beta}_3 \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ATξ1=β1ATξ2=β2ATξ3=β3

先写出 A T A^\mathrm{T} AT：

A T = ( 1 − 1 0 0 − 1 2 1 1 − 4 ) A^\mathrm{T}= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 2 \\ 1 & 1 & -4 \end{pmatrix} AT= 101−1−1102−4

逐个解方程组（初等行变换完整过程）
(1) 解 A T ξ 1 = β 1 A^\mathrm{T}\boldsymbol{\xi}_1=\boldsymbol{\beta}_1 ATξ1=β1，构造增广矩阵并做初等行变换
$A T ∣ β 1$ = ( 1 − 1 0 1 0 − 1 2 0 1 1 − 4 1 ) → r 3 − r 1 ( 1 − 1 0 1 0 − 1 2 0 0 2 − 4 0 ) \left $\\,A\^\\mathrm{T}\\mid \\boldsymbol{\\beta}_1\\,\\right$ =\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & -4 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{r_3-r_1} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & -4 & 0 \end{array}\right) $AT∣β1$ = 101−1−1102−4101 r3−r1 100−1−1202−4100
→ r 3 + 2 r 2 ( 1 − 1 0 1 0 − 1 2 0 0 0 0 0 ) → r 1 − r 2 ( 1 0 − 2 1 0 1 − 2 0 0 0 0 0 ) \xrightarrow{r_3+2r_2} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \xrightarrow{r_1-r_2} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) r3+2r2 100−1−10020100 r1−r2 100010−2−20100
得同解方程组
{ x 1 = 1 + 2 x 3 x 2 = 2 x 3 \begin{cases} x_1 = 1 + 2x_3 \\ x_2 = 2x_3 \end{cases} {x1=1+2x3x2=2x3
取自由未知量 x 3 = k 1 x_3=k_1 x3=k1，通解
ξ 1 = ( 1 + 2 k 1 2 k 1 k 1 ) \boldsymbol{\xi}_1= \begin{pmatrix}1+2k_1 \\ 2k_1 \\ k_1\end{pmatrix} ξ1= 1+2k12k1k1

(2) 解 A T ξ 2 = β 2 A^\mathrm{T}\boldsymbol{\xi}_2=\boldsymbol{\beta}_2 ATξ2=β2，构造增广矩阵行变换

$A T ∣ β 2$ = ( 1 − 1 0 0 0 − 1 2 − 1 1 1 − 4 2 ) → r 3 − r 1 ( 1 − 1 0 0 0 − 1 2 − 1 0 2 − 4 2 ) \left $\\,A\^\\mathrm{T}\\mid \\boldsymbol{\\beta}_2\\,\\right$ =\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & -1 \\ 1 & 1 & -4 & 2 \end{array}\right) \xrightarrow{r_3-r_1} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & 2 & -4 & 2 \end{array}\right) $AT∣β2$ = 101−1−1102−40−12 r3−r1 100−1−1202−40−12

→ r 3 + 2 r 2 ( 1 − 1 0 0 0 − 1 2 − 1 0 0 0 0 ) → r 1 − r 2 ( 1 0 − 2 1 0 1 − 2 1 0 0 0 0 ) \xrightarrow{r_3+2r_2} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \xrightarrow{r_1-r_2} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) r3+2r2 100−1−100200−10 r1−r2 100010−2−20110

同解方程组

{ x 1 = 1 + 2 x 3 x 2 = 1 + 2 x 3 \begin{cases} x_1 = 1 + 2x_3 \\ x_2 = 1 + 2x_3 \end{cases} {x1=1+2x3x2=1+2x3

取自由未知量 x 3 = k 2 x_3=k_2 x3=k2，通解

ξ 2 = ( 1 + 2 k 2 1 + 2 k 2 k 2 ) \boldsymbol{\xi}_2= \begin{pmatrix}1+2k_2 \\ 1+2k_2 \\ k_2\end{pmatrix} ξ2= 1+2k21+2k2k2

(3) 解 A T ξ 3 = β 3 = 0 A^\mathrm{T}\boldsymbol{\xi}_3=\boldsymbol{\beta}_3=\boldsymbol{0} ATξ3=β3=0，齐次方程组

$A T ∣ 0$ → 同前变换 ( 1 0 − 2 0 0 1 − 2 0 0 0 0 0 ) \left $\\,A\^\\mathrm{T}\\mid \\boldsymbol{0}\\,\\right$ \xrightarrow{\text{同前变换}} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) $AT∣0$ 同前变换 100010−2−20000

同解方程组

{ x 1 = 2 x 3 x 2 = 2 x 3 \begin{cases} x_1 = 2x_3 \\ x_2 = 2x_3 \end{cases} {x1=2x3x2=2x3

取自由未知量 x 3 = k 3 x_3=k_3 x3=k3，通解

ξ 3 = ( 2 k 3 2 k 3 k 3 ) \boldsymbol{\xi}_3= \begin{pmatrix}2k_3 \\ 2k_3 \\ k_3\end{pmatrix} ξ3= 2k32k3k3

组装 X = P T X=P^\mathrm{T} X=PT并转置得 P P P

X = P T = $ξ 1 , ξ 2 , ξ 3$ = ( 2 k 1 + 1 2 k 2 + 1 2 k 3 2 k 1 2 k 2 + 1 2 k 3 k 1 k 2 k 3 ) X=P^\mathrm{T}= \left $\\boldsymbol{\\xi}_1,\\boldsymbol{\\xi}_2,\\boldsymbol{\\xi}_3\\right$ = \begin{pmatrix} 2k_1+1 & 2k_2+1 & 2k_3 \\ 2k_1 & 2k_2+1 & 2k_3 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix} X=PT= $ξ1,ξ2,ξ3$ = 2k1+12k1k12k2+12k2+1k22k32k3k3

对 P T P^\mathrm{T} PT转置得到矩阵 P P P：

P = ( 2 k 1 + 1 2 k 1 k 1 2 k 2 + 1 2 k 2 + 1 k 2 2 k 3 2 k 3 k 3 ) P= \begin{pmatrix} 2k_1+1 & 2k_1 & k_1 \\ 2k_2+1 & 2k_2+1 & k_2 \\ 2k_3 & 2k_3 & k_3 \end{pmatrix} P= 2k1+12k2+12k32k12k2+12k3k1k2k3
P P P可逆约束

计算 ∣ P ∣ = k 3 |P|=k_3 ∣P∣=k3，故 P P P可逆的充要条件为 k 3 ≠ 0 k_3 \neq 0 k3=0， k 1 , k 2 k_1,k_2 k1,k2可取任意实数。

P = ( 2 k 1 + 1 2 k 1 k 1 2 k 2 + 1 2 k 2 + 1 k 2 2 k 3 2 k 3 k 3 ) , k 1 , k 2 ∈ R , k 3 ∈ R , k 3 ≠ 0 \boxed{P= \begin{pmatrix} 2k_1+1 & 2k_1 & k_1 \\ 2k_2+1 & 2k_2+1 & k_2 \\ 2k_3 & 2k_3 & k_3 \end{pmatrix},\quad k_1,k_2\in\mathbb{R},\ k_3\in\mathbb{R},\ k_3\neq 0} P= 2k1+12k2+12k32k12k2+12k3k1k2k3 ,k1,k2∈R, k3∈R, k3=0

补充：

同阶方阵 A , B A,B A,B等价充要条件： r ( A ) = r ( B ) \mathrm{r}(A)=\mathrm{r}(B) r(A)=r(B)；
矩阵方程 P A = B PA=B PA=B求解技巧：转置为 A T X = B T A^\mathrm{T}X=B^\mathrm{T} ATX=BT，构造增广矩阵 $A T ∣ B T$ $A\^\\mathrm{T}\\mid B\^\\mathrm{T}$ $AT∣BT$ 作初等行变换，直接求得 X = P T X=P^\mathrm{T} X=PT；
含参数方阵可逆判定：计算行列式后，令行列式不为0得到参数约束。

后话

线代的知识还是串连性挺强的，越学越爽。