25 , 计算$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 3 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 2 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 3 \\ - 3 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

解:

记A₁₁=$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ , A₂₂=$\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$ , B₁₂=$\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 2 & - 1 \end{bmatrix}$ , B₂₂=$\begin{bmatrix} - 2 & 3 \\ 0 & - 3 \end{bmatrix}$ ,

则原式=$\begin{bmatrix} A_{11} & E_{2} \\ O & A_{22} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} E_{2} & B_{12} \\ O & B_{22} \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} A_{11} & A_{11}B_{12} + B_{22} \\ O & A_{22}B_{22} \end{bmatrix}$

又因A₁₁B₁₂+B₂₂=$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 2 & - 1 \end{bmatrix}$+$\begin{bmatrix} - 2 & 3 \\ 0 & - 3 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 7 & - 1 \\ 2 & - 1 \end{bmatrix}$+$\begin{bmatrix} - 2 & 3 \\ 0 & - 3 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 2 & - 4 \end{bmatrix}$

A₂₂B₂₂=$\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} - 2 & 3 \\ 0 & - 3 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - 4 & 3 \\ 0 & - 9 \end{bmatrix}$

故原式=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 4 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ - 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 3 \\ - 9 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

26 , 设A=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 3 \\ 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ - 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 2 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 2 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ , 求|A⁸|及A⁴

解:

1. 分块结构

令$B = \begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 4 & - 3 \end{bmatrix},\quad C = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}$，则$A = \begin{bmatrix} B & 0 \\ 0 & C \end{bmatrix}.$

2. 计算 $A^{8}$ 的行列式

对于分块对角矩阵：$A^{n} = \begin{bmatrix} B^{n} & 0 \\ 0 & C^{n} \end{bmatrix}.$

所以$det(A^{8}) = det(B^{8}) \cdot det(C^{8}).$

2.1 计算 $det(B)$

$$det(B) = 3 \times ( - 3) - 4 \times 4 = - 9 - 16 = - 25.$$

所以$det(B^{8}) = (det(B))^{8} = ( - 25)^{8} = 25^{8} = 5^{16}.$

2.2 计算 $det(C)$

$$det(C) = 2 \times 2 - 0 \times 2 = 4.$$

所以$det(C^{8}) = (det(C))^{8} = 4^{8} = (2^{2})^{8} = 2^{16}.$

2.3 合并

$$det(A^{8}) = 5^{16} \cdot 2^{16} = (5 \cdot 2)^{16} = 10^{16}.$$

3. 计算 $A^{4}$

$$A^{4} = \begin{bmatrix} B^{4} & 0 \\ 0 & C^{4} \end{bmatrix}.$$

3.1 计算 $B^{4}$

$$B^{2} = \begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 4 & - 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 4 & - 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 9 + 16 & 12 - 12 \\ 12 - 12 & 16 + 9 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 25 & 0 \\ 0 & 25 \end{bmatrix} = 25I_{2}.$$

所以$B^{4} = (B^{2})^{2} = (25I_{2})^{2} = 625I_{2}.$

即$B^{4} = \begin{bmatrix} 625 & 0 \\ 0 & 625 \end{bmatrix}.$

3.2 计算 $C^{4}$

先算 $C^{2}$：$C = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}.$

$$C^{2} = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 2 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 4 + 4 & 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 8 & 4 \end{bmatrix}.$$

$$C^{4} = \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 8 & 4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 8 & 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 16 & 0 \\ 32 + 32 & 16 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 16 & 0 \\ 64 & 16 \end{bmatrix}.$$

3.3 得到 $A^{4}$

$$A^{4} = \begin{bmatrix} 625 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 625 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 16 & 0 \\ 0 & 0 & 64 & 16 \end{bmatrix}.$$

27 , 设n阶矩阵A与s阶矩阵B都可逆 , 求$\begin{bmatrix} O & A \\ B & O \end{bmatrix}^{- 1}$

解：

设$M = \begin{bmatrix} O & A \\ B & O \end{bmatrix},$

其中$A$为$n \times n$可逆矩阵，$B$为$s \times s$可逆矩阵，且$O$表示适当维数的零矩阵。

我们要求$M^{- 1}$，设$M^{- 1} = \begin{bmatrix} X & Y \\ Z & W \end{bmatrix},$

其中$X$为$s \times s$，$Y$为$s \times n$，$Z$为$n \times s$，$W$为$n \times n$。

由$MM^{- 1} = I_{n + s}$得：$\begin{bmatrix} O & A \\ B & O \end{bmatrix}\begin{bmatrix} X & Y \\ Z & W \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_{s} & O \\ O & I_{n} \end{bmatrix}.$

计算乘法：$\begin{bmatrix} AZ & AW \\ BX & BY \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_{s} & O \\ O & I_{n} \end{bmatrix}.$

比较块矩阵得方程组：$\left\{ \begin{matrix} AZ = I_{s}, \\ AW = O, \\ BX = O, \\ BY = I_{n}. \end{matrix} \right.\$

由$AZ = I_{s}$得$Z = A^{- 1}$。

由$AW = O$且$A$可逆，得$W = O$。

由$BY = I_{n}$得$Y = B^{- 1}$。

由$BX = O$且$B$可逆，得$X = O$。

因此：$M^{- 1} = \begin{bmatrix} O & B^{- 1} \\ A^{- 1} & O \end{bmatrix}.$

28 , 求下列矩阵的逆矩阵:

(1)$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ (2)$\begin{bmatrix} 0 & 0 & \frac{1}{5} \\ 2 & 1 & 0 \\ 4 & 3 & 0 \end{bmatrix}$

解: (1)将A分块为A=$\begin{bmatrix} A_{1} & O \\ O & A_{2} \end{bmatrix}$ , 其中A₁=$\begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}$ , A₂=$\begin{bmatrix} 8 & 3 \\ 5 & 2 \end{bmatrix}$

因|A₁|=1 , |A₂|=1 , 故它们均可逆

于是由分块对角矩阵的性质 , 有A^-1=$\begin{bmatrix} A_{1}^{- 1} & O \\ O & A_{2}^{- 1} \end{bmatrix} = \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ 5 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ - 5 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 8 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

(2)将A分块为$\begin{bmatrix} O & A_{1} \\ A_{2} & O \end{bmatrix}$ , 其中A₁=$\frac{1}{5}$ , A₂=$\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 4 & 3 \end{bmatrix}$

因A₁ , A₂均可逆 , 得

A^-1=$\begin{bmatrix} O & A_{2}^{- 1} \\ A_{1}^{- 1} & O \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 0 & \frac{3}{2} & - \frac{1}{2} \\ 0 & - 2 & 1 \\ 5 & 0 & 0 \end{bmatrix}$=$\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 0 & 3 & - 1 \\ 0 & - 4 & 2 \\ 10 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

二、例题增补

例2.1设方阵A满足A²+A=4E , 证明A -E可逆 , 并求其逆

解: 证明与求解

由已知$A^{2} + A = 4E.$

我们想利用 $A - E$ 来凑出一个逆矩阵的形式。

将等式改写：$A^{2} + A - 4E = O.$

尝试将 $A^{2} + A - 4E$ 与 $A - E$ 联系起来：

设$A^{2} + A - 4E = (A - E)(A + mE) + kE.$

展开右边：

$$(A - E)(A + mE) + kE = A^{2} + mA - A - mE + kE = A^{2} + (m - 1)A + (k - m)E.$$

与 $A^{2} + A - 4E$ 比较系数：

$$m - 1 = 1\quad \Rightarrow \quad m = 2,$$

$$k - m = - 4\quad \Rightarrow \quad k - 2 = - 4\quad \Rightarrow \quad k = - 2.$$

于是得到：$A^{2} + A - 4E = (A - E)(A + 2E) - 2E.$

由已知 $A^{2} + A - 4E = O$，所以$(A - E)(A + 2E) - 2E = O,$

即$(A - E)(A + 2E) = 2E.$

因此$(A - E) \cdot \frac{A + 2E}{2} = E.$

所以 $A - E$ 可逆，且$(A - E)^{- 1} = \frac{A + 2E}{2}.$

例2.2 设A=$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ , n⩾2且为正整数 , 求Aⁿ- 2A^n-1

解:

1. 对 $A^{n} - 2A^{n - 1}$ 进行变形

根据乘法分配律 $A^{n} - 2A^{n - 1} = A^{n - 1}(A - 2E)$，先求 $A - 2E$:

已知$A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix},\quad E = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix},$

则$A - 2E = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix} - 2\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & - 1 \end{bmatrix}.$

2. 分析 $A^{n - 1}(A - 2E)$

$$A(A - 2E) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} - 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & - 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

3. 结论

由于 $A(A - 2E) = O$（零矩阵），那么对于 $n \geq 2$，

有$A^{n - 1}(A - 2E) = A^{n - 2}(A(A - 2E)) = A^{n - 2}O = O.$

因此，当 $n \geq 2$ 且为正整数时，$A^{n} - 2A^{n - 1} = O\quad(\text{零矩阵}).$

注:本例是方阵求幂问题 , 方阵求幂大致有两种方法

一是根据所给矩阵A , 找出A所满足的关系式(如本例及下例)

或通过具体计算A² , A³等 , 找出求A的幂的规律(习题6)

另一种 , 也是更主要的 , 是如教材例14和例15所用的方法

例2.3已知α =$\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}$ , β=$\begin{bmatrix} 1 \\ \frac{1}{2} \\ \frac{1}{3} \end{bmatrix}$ , 方阵A=αβ^T , 求Aⁿ

解:

1. 先写出 $A$

$$\alpha\beta^{T} = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \cdot 1 & 1 \cdot \frac{1}{2} & 1 \cdot \frac{1}{3} \\ 2 \cdot 1 & 2 \cdot \frac{1}{2} & 2 \cdot \frac{1}{3} \\ 3 \cdot 1 & 3 \cdot \frac{1}{2} & 3 \cdot \frac{1}{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \\ 2 & 1 & \frac{2}{3} \\ 3 & \frac{3}{2} & 1 \end{bmatrix}$$

2. 计算 $A^{n}$ 的思路

对于外积矩阵 $A = \alpha\beta^{T}$，有性质：$A^{n} = (\alpha\beta^{T})^{n} = \alpha(\beta^{T}\alpha)^{n - 1}\beta^{T}$

因为 $\beta^{T}\alpha$ 是一个数（内积）。

3. 先算 $\beta^{T}\alpha$

$$\beta^{T}\alpha = \begin{bmatrix} 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} = 1 \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot 2 + \frac{1}{3} \cdot 3 = 1 + 1 + 1 = 3$$

4. 代入公式

$$A^{n} = \alpha(\beta^{T}\alpha)^{n - 1}\beta^{T} = \alpha \cdot 3^{n - 1} \cdot \beta^{T} = 3^{n - 1} \cdot \alpha\beta^{T} = 3^{n - 1} \cdot A$$

其中 $A = \begin{bmatrix} 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \\ 2 & 1 & \frac{2}{3} \\ 3 & \frac{3}{2} & 1 \end{bmatrix}$。