矩阵杂题第三弹

文章目录

• 前言
• 题目梗概
• 参考解析
• • [2.1 幂零和式的逆矩阵](#2.1 幂零和式的逆矩阵)
  • [2.2 逆与伴随混合行列式计算](#2.2 逆与伴随混合行列式计算)
  • [2.3 初等矩阵幂乘等式验证](#2.3 初等矩阵幂乘等式验证)
  • [2.4 AB=0与秩不等式证明](#2.4 AB=0与秩不等式证明)
  • [2.5 满秩右乘秩不变性证明](#2.5 满秩右乘秩不变性证明)
  • [2.6 幂零矩阵多项式求逆](#2.6 幂零矩阵多项式求逆)
  • [2.7 平方零矩阵的伴随矩阵秩](#2.7 平方零矩阵的伴随矩阵秩)
• 后话

前言

前段时间回了趟家，回来继续更新

题目梗概

1. 矩阵2.1 幂零和式的逆矩阵

   设四阶幂零矩阵

   B = ( 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 ) B = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} B= 0000100001000010

   且 A = E + B + B 2 + B 3 A = E + B + B^2 + B^3 A=E+B+B2+B3，求 A − 1 A^{-1} A−1。

2. 矩阵2.2 逆与伴随混合行列式计算

   设三阶矩阵

   A = ( 1 2 4 0 1 5 0 0 3 ) , B = ( 1 0 0 3 1 0 4 5 1 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0 \\ 4 & 5 & 1 \end{pmatrix} A= 100210453 ,B= 134015001

   求 ∣ A − 1 B ∗ − A ∗ B − 1 ∣ \left| A^{-1} B^* - A^* B^{-1} \right| A−1B∗−A∗B−1 。

3. 矩阵2.3 初等矩阵幂乘等式验证

   设三阶矩阵

   A = ( a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 ) , B = ( a 21 a 22 a 23 a 11 a 12 a 13 a 31 + a 11 a 32 + a 12 a 33 + a 13 ) A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{31}+a_{11} & a_{32}+a_{12} & a_{33}+a_{13} \end{pmatrix} A= a11a21a31a12a22a32a13a23a33 ,B= a21a11a31+a11a22a12a32+a12a23a13a33+a13

   初等矩阵

   P 1 = ( 0 1 0 1 0 0 0 0 1 ) , P 2 = ( 1 0 0 0 1 0 1 0 1 ) P_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad P_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} P1= 010100001 ,P2= 101010001

   求证： P 1 9 P 2 T A = B P_1^9 P_2^\mathrm{T} A = B P19P2TA=B。

4. 矩阵2.4 AB=0与秩不等式证明

   设 A , B A,B A,B为三阶矩阵， A ≠ 0 A \neq \boldsymbol{0} A=0，且 A B = 0 AB = \boldsymbol{0} AB=0，其中

   B = ( 1 − 1 1 2 a 1 − a 2 a a − a a 2 − 2 ) B = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 2a & 1-a & 2a \\ a & -a & a^2-2 \end{pmatrix} B= 12aa−11−a−a12aa2−2

   求证：当 a = 2 a=2 a=2时，必有 r ( A ) = 1 \mathrm{r}(A)=1 r(A)=1。

5. 矩阵2.5 满秩右乘秩不变性证明

   设 A A A为三阶方阵， A B = C AB=C AB=C，其中

   B = ( 1 2 2 2 1 1 − 2 − 1 a ) , C = ( 0 0 0 2 1 1 0 0 0 ) B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ -2 & -1 & a \end{pmatrix}, \quad C = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} B= 12−221−121a ,C= 020010010

   求证：当 a ≠ − 1 a \neq -1 a=−1时， r ( A ) = 1 \mathrm{r}(A)=1 r(A)=1。

6. 矩阵2.6 幂零矩阵多项式求逆

   设方阵 A A A满足 ( A − E ) 5 = 0 (A-E)^5 = \boldsymbol{0} (A−E)5=0，求 A − 1 A^{-1} A−1。

7. 矩阵2.7 平方零矩阵的伴随矩阵秩

   设 A A A是四阶方阵，且 A 2 = 0 A^2 = \boldsymbol{0} A2=0，证明： r ( A ∗ ) = 0 \mathrm{r}(A^*) = 0 r(A∗)=0。

参考解析

2.1 幂零和式的逆矩阵

考察点 ：等比数列求和、幂零矩阵性质、逆矩阵定义

题目 ：设四阶幂零矩阵

B = ( 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 ) B = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} B= 0000100001000010

且 A = E + B + B 2 + B 3 A = E + B + B^2 + B^3 A=E+B+B2+B3，求 A − 1 A^{-1} A−1。

解 ：由幂零矩阵性质， B 4 = 0 B^4 = \boldsymbol{0} B4=0。构造乘积并利用等比数列求和公式：

A ( E − B ) = ( E + B + B 2 + B 3 ) ( E − B ) = E − B 4 = E A(E-B) = (E+B+B^2+B^3)(E-B) = E - B^4 = E A(E−B)=(E+B+B2+B3)(E−B)=E−B4=E

由逆矩阵的唯一性，得：

A − 1 = E − B = ( 1 − 1 0 0 0 1 − 1 0 0 0 1 − 1 0 0 0 1 ) \boxed{A^{-1} = E - B = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}} A−1=E−B= 1000−11000−11000−11

2.2 逆与伴随混合行列式计算

考察点 ：行列式性质、伴随矩阵、逆矩阵行列式

题目 ：设三阶矩阵

A = ( 1 2 4 0 1 5 0 0 3 ) , B = ( 1 0 0 3 1 0 4 5 1 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0 \\ 4 & 5 & 1 \end{pmatrix} A= 100210453 ,B= 134015001

求 ∣ A − 1 B ∗ − A ∗ B − 1 ∣ \left| A^{-1} B^* - A^* B^{-1} \right| A−1B∗−A∗B−1 。

解 ：利用伴随矩阵恒等式 A ∗ = ∣ A ∣ A − 1 A^* = |A| A^{-1} A∗=∣A∣A−1， B ∗ = ∣ B ∣ B − 1 B^* = |B| B^{-1} B∗=∣B∣B−1，代入被求行列式的矩阵：

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

计算行列式值：

∣ A ∣ = 1 × 1 × 3 = 3 , ∣ B ∣ = 1 × 1 × 1 = 1 |A| = 1\times1\times3 = 3, \quad |B| = 1\times1\times1 = 1 ∣A∣=1×1×3=3,∣B∣=1×1×1=1

因此 ∣ B ∣ − ∣ A ∣ = − 2 |B| - |A| = -2 ∣B∣−∣A∣=−2，代入得：

A − 1 B ∗ − A ∗ B − 1 = − 2 A − 1 B − 1 = − 2 ( B A ) − 1 A^{-1} B^* - A^* B^{-1} = -2 A^{-1} B^{-1} = -2 (BA)^{-1} A−1B∗−A∗B−1=−2A−1B−1=−2(BA)−1

两边取行列式，由行列式数乘与乘积性质：

∣ A − 1 B ∗ − A ∗ B − 1 ∣ = ∣ − 2 ( B A ) − 1 ∣ = ( − 2 ) 3 ⋅ ∣ B A ∣ − 1 = − 8 ∣ B ∣ ∣ A ∣ = − 8 3 \left| A^{-1} B^* - A^* B^{-1} \right| = |-2 (BA)^{-1}| = (-2)^3 \cdot |BA|^{-1} = \frac{-8}{|B||A|} = \frac{-8}{3} A−1B∗−A∗B−1 =∣−2(BA)−1∣=(−2)3⋅∣BA∣−1=∣B∣∣A∣−8=3−8

∣ A − 1 B ∗ − A ∗ B − 1 ∣ = − 8 3 \boxed{\left| A^{-1} B^* - A^* B^{-1} \right| = -\dfrac{8}{3}} A−1B∗−A∗B−1 =−38

2.3 初等矩阵幂乘等式验证

考察点 ：初等矩阵、矩阵初等变换、矩阵幂运算

题目 ：设三阶矩阵

A = ( a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 ) , B = ( a 21 a 22 a 23 a 11 a 12 a 13 a 31 + a 11 a 32 + a 12 a 33 + a 13 ) A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{31}+a_{11} & a_{32}+a_{12} & a_{33}+a_{13} \end{pmatrix} A= a11a21a31a12a22a32a13a23a33 ,B= a21a11a31+a11a22a12a32+a12a23a13a33+a13

初等矩阵

P 1 = ( 0 1 0 1 0 0 0 0 1 ) , P 2 = ( 1 0 0 0 1 0 1 0 1 ) P_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad P_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} P1= 010100001 ,P2= 101010001

求证： P 1 9 P 2 T A = B P_1^9 P_2^\mathrm{T} A = B P19P2TA=B。

证明 ： P 1 P_1 P1为交换第1、2行的初等矩阵，满足 P 1 2 = E P_1^2 = E P12=E（对合性），因此：

P 1 9 = P 1 2 × 4 + 1 = ( E ) 4 P 1 = P 1 P_1^9 = P_1^{2\times4 + 1} = (E)^4 P_1 = P_1 P19=P12×4+1=(E)4P1=P1

P 2 P_2 P2为倍加初等矩阵，其转置仍为同结构倍加矩阵：

P 2 T = ( 1 0 1 0 1 0 0 0 1 ) P_2^\mathrm{T} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} P2T= 100010101

左乘 P 2 T P_2^\mathrm{T} P2T等价于将第3行加到第1行，左乘 P 1 P_1 P1等价于交换第1、2行。

按顺序作用于 A A A：

4. P 2 T A P_2^\mathrm{T} A P2TA：第3行加至第1行

5. 再左乘 P 1 P_1 P1：交换第1、2行，最终结果与 B B B一致。

因此 P 1 9 P 2 T A = B P_1^9 P_2^\mathrm{T} A = B P19P2TA=B成立。

P 1 9 P 2 T A = B \boxed{P_1^9 P_2^\mathrm{T} A = B} P19P2TA=B

2.4 AB=0与秩不等式证明

考察点 ：秩不等式、齐次线性方程组解空间

题目 ：设 A , B A,B A,B为三阶矩阵， A ≠ 0 A \neq \boldsymbol{0} A=0，且 A B = 0 AB = \boldsymbol{0} AB=0，其中

B = ( 1 − 1 1 2 a 1 − a 2 a a − a a 2 − 2 ) B = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 2a & 1-a & 2a \\ a & -a & a^2-2 \end{pmatrix} B= 12aa−11−a−a12aa2−2

求证：当 a = 2 a=2 a=2时，必有 r ( A ) = 1 \mathrm{r}(A)=1 r(A)=1。

证明 ：当 a = 2 a=2 a=2时，代入得

B = ( 1 − 1 1 4 − 1 4 2 − 2 2 ) B = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 4 & -1 & 4 \\ 2 & -2 & 2 \end{pmatrix} B= 142−1−1−2142

做初等行变换：

B → r 2 − 4 r 1 , r 3 − 2 r 1 ( 1 − 1 1 0 3 0 0 0 0 ) B \xrightarrow{r_2-4r_1,\ r_3-2r_1} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} Br2−4r1, r3−2r1 100−130100

因此 r ( B ) = 2 \mathrm{r}(B)=2 r(B)=2。

由 A B = 0 AB = \boldsymbol{0} AB=0，根据秩的基本不等式：

r ( A ) + r ( B ) ≤ 3 \mathrm{r}(A) + \mathrm{r}(B) \leq 3 r(A)+r(B)≤3

代入 r ( B ) = 2 \mathrm{r}(B)=2 r(B)=2得 r ( A ) ≤ 1 \mathrm{r}(A) \leq 1 r(A)≤1。

又 A ≠ 0 A \neq \boldsymbol{0} A=0，故 r ( A ) ≥ 1 \mathrm{r}(A) \geq 1 r(A)≥1。

综上， r ( A ) = 1 \mathrm{r}(A)=1 r(A)=1。

r ( A ) = 1 \boxed{\mathrm{r}(A) = 1} r(A)=1

2.5 满秩右乘秩不变性证明

考察点 ：可逆矩阵与秩的关系、矩阵秩的性质

题目 ：设 A A A为三阶方阵， A B = C AB=C AB=C，其中

B = ( 1 2 2 2 1 1 − 2 − 1 a ) , C = ( 0 0 0 2 1 1 0 0 0 ) B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ -2 & -1 & a \end{pmatrix}, \quad C = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} B= 12−221−121a ,C= 020010010

求证：当 a ≠ − 1 a \neq -1 a=−1时， r ( A ) = 1 \mathrm{r}(A)=1 r(A)=1。

证明 ：计算 B B B的行列式：

∣ B ∣ = ∣ 1 2 2 2 1 1 − 2 − 1 a ∣ = 1 ⋅ ( a + 1 ) − 2 ⋅ ( 2 a + 2 ) + 2 ⋅ ( − 2 + 2 ) = − 3 ( a + 1 ) |B| = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ -2 & -1 & a \end{vmatrix} = 1\cdot(a+1) - 2\cdot(2a+2) + 2\cdot(-2+2) = -3(a+1) ∣B∣= 12−221−121a =1⋅(a+1)−2⋅(2a+2)+2⋅(−2+2)=−3(a+1)

当 a ≠ − 1 a \neq -1 a=−1时， ∣ B ∣ ≠ 0 |B| \neq 0 ∣B∣=0，故 B B B为满秩可逆矩阵。

可逆矩阵右乘任意矩阵不改变其秩，即 r ( A B ) = r ( A ) \mathrm{r}(AB) = \mathrm{r}(A) r(AB)=r(A)。

由 A B = C AB=C AB=C且 r ( C ) = 1 \mathrm{r}(C)=1 r(C)=1，得：

r ( A ) = r ( A B ) = r ( C ) = 1 \mathrm{r}(A) = \mathrm{r}(AB) = \mathrm{r}(C) = 1 r(A)=r(AB)=r(C)=1

r ( A ) = 1 \boxed{\mathrm{r}(A) = 1} r(A)=1

2.6 幂零矩阵多项式求逆

考察点 ：二项式定理、逆矩阵定义

题目 ：设方阵 A A A满足 ( A − E ) 5 = 0 (A-E)^5 = \boldsymbol{0} (A−E)5=0，求 A − 1 A^{-1} A−1。

解 ：将 ( A − E ) 5 (A-E)^5 (A−E)5用二项式定理展开：

( A − E ) 5 = A 5 − 5 A 4 + 10 A 3 − 10 A 2 + 5 A − E = 0 (A-E)^5 = A^5 - 5A^4 + 10A^3 - 10A^2 + 5A - E = \boldsymbol{0} (A−E)5=A5−5A4+10A3−10A2+5A−E=0

移项整理，提取 A A A因子：

A ( A 4 − 5 A 3 + 10 A 2 − 10 A + 5 E ) = E A(A^4 - 5A^3 + 10A^2 - 10A + 5E) = E A(A4−5A3+10A2−10A+5E)=E

由逆矩阵定义得：

A − 1 = A 4 − 5 A 3 + 10 A 2 − 10 A + 5 E \boxed{A^{-1} = A^4 - 5A^3 + 10A^2 - 10A + 5E} A−1=A4−5A3+10A2−10A+5E

2.7 平方零矩阵的伴随矩阵秩

考察点 ：伴随矩阵的秩、秩不等式、代数余子式性质

题目 ：设 A A A是四阶方阵，且 A 2 = 0 A^2 = \boldsymbol{0} A2=0，证明： r ( A ∗ ) = 0 \mathrm{r}(A^*) = 0 r(A∗)=0。

证明 ：

引理（伴随矩阵秩的公式） ：对 n n n阶方阵 A A A，有

r ( A ∗ ) = { n , r ( A ) = n 1 , r ( A ) = n − 1 0 , r ( A ) ≤ n − 2 \mathrm{r}(A^*) = \begin{cases} n, & \mathrm{r}(A)=n \\ 1, & \mathrm{r}(A)=n-1 \\ 0, & \mathrm{r}(A) \leq n-2 \end{cases} r(A∗)=⎩ ⎨ ⎧n,1,0,r(A)=nr(A)=n−1r(A)≤n−2

引理证明：

• 若 r ( A ) = n \mathrm{r}(A)=n r(A)=n，则 ∣ A ∣ ≠ 0 |A|\neq0 ∣A∣=0，由 A A ∗ = ∣ A ∣ E AA^*=|A|E AA∗=∣A∣E知 A ∗ A^* A∗可逆，故 r ( A ∗ ) = n \mathrm{r}(A^*)=n r(A∗)=n。
• 若 r ( A ) = n − 1 \mathrm{r}(A)=n-1 r(A)=n−1，则 ∣ A ∣ = 0 |A|=0 ∣A∣=0且存在 n − 1 n-1 n−1阶非零子式，即存在非零代数余子式，故 A ∗ ≠ 0 A^* \neq \boldsymbol{0} A∗=0， r ( A ∗ ) ≥ 1 \mathrm{r}(A^*) \geq 1 r(A∗)≥1；又 A A ∗ = ∣ A ∣ E = 0 AA^* = |A|E = \boldsymbol{0} AA∗=∣A∣E=0，由秩不等式 r ( A ) + r ( A ∗ ) ≤ n \mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(A^*) \leq n r(A)+r(A∗)≤n，得 r ( A ∗ ) ≤ 1 \mathrm{r}(A^*) \leq 1 r(A∗)≤1，故 r ( A ∗ ) = 1 \mathrm{r}(A^*)=1 r(A∗)=1。
• 若 r ( A ) ≤ n − 2 \mathrm{r}(A) \leq n-2 r(A)≤n−2，则 A A A的所有 n − 1 n-1 n−1阶子式全为0，即所有代数余子式 A i j = 0 A_{ij}=0 Aij=0，故 A ∗ = 0 A^* = \boldsymbol{0} A∗=0， r ( A ∗ ) = 0 \mathrm{r}(A^*)=0 r(A∗)=0。

回到本题， n = 4 n=4 n=4，由 A 2 = 0 A^2 = \boldsymbol{0} A2=0，根据秩不等式：

r ( A ) + r ( A ) ≤ 4    ⟹    r ( A ) ≤ 2 \mathrm{r}(A) + \mathrm{r}(A) \leq 4 \implies \mathrm{r}(A) \leq 2 r(A)+r(A)≤4⟹r(A)≤2

因 r ( A ) ≤ 2 = 4 − 2 \mathrm{r}(A) \leq 2 = 4-2 r(A)≤2=4−2，由引理得 r ( A ∗ ) = 0 \mathrm{r}(A^*) = 0 r(A∗)=0。

r ( A ∗ ) = 0 \boxed{\mathrm{r}(A^*) = 0} r(A∗)=0

后话

难度不高，适合初学者