例2.4设$A$是$n$阶非零方阵，且$A^{\ast} = A^{T}$，则$|A| \neq 0$

证明：

核心知识点：

伴随矩阵的基本公式$AA^{\ast} = A^{\ast}A = |A|E$；转置矩阵的运算性质；反证法。

步骤1：反证法假设

假设$|A| = 0$，结合已知条件$A^{\ast} = A^{T}$，

代入伴随矩阵公式得：$AA^{\ast} = AA^{T} = |A|E = 0 \cdot E = O$，其中$O$为$n$阶零矩阵。

步骤2：设矩阵元素展开分析

设$A = (a_{ij})_{n \times n}$，则$A^{T} = (a_{ji})_{n \times n}$，记$AA^{T} = (c_{ij})_{n \times n}$，

$$根据矩阵乘法规则：c_{ii} = \sum_{k = 1}^{n}a_{ik} \cdot a_{ik} = \sum_{k = 1}^{n}a_{ik}^{2}\quad(i = 1,2,\ldots,n)$$

$$由AA^{T} = O，知其主对角线元素全为0，即：\sum_{k = 1}^{n}a_{ik}^{2} = 0\quad(i = 1,2,\ldots,n)$$

由于实数的平方非负，故每个元素$a_{ik} = 0$（$i,k = 1,2,\ldots,n$），即$A = O$。

步骤3：推出矛盾

已知$A$是非零方阵，但上述推导得出$A = O$，与题设矛盾，因此假设不成立。

结论故$|A| \neq 0$，得证。

例2.5设矩阵X满足等式AXA + BXB = AXB + BXA +E

其中矩阵A=$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ , B=$\begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ , E为3阶单位阵 , 求X

解:

第一步：将方程移项并整理

将原方程改写为$AXA + BXB - AXB - BXA = E$

分组提取公因式：$AX(A - B) + BX(B - A) = E$

由于$B - A = - (A - B)$，代入得$AX(A - B) - BX(A - B) = E$

得$\lbrack(A - B)X\rbrack(A - B) = (A - B)X(A - B) = E$

第二步：计算$A - B$

$$A - B = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & - 1 & - 1 \\ 0 & 1 & - 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

记$C = A - B$，则方程为$CXC = I$

第三步：求$C^{- 1}$

$$C^{- 1} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

第四步：解$X$

由$CXC = I$得$X = C^{- 1}IC^{- 1} = C^{- 1}C^{- 1}$

计算$(C^{- 1})^{2} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 5 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

例2.6设矩阵X满足A*X=A^-1B+2X

其中A=$\begin{bmatrix} 1 & 1 & - 1 \\ - 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 \end{bmatrix}$ , B=$\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{bmatrix}$ , 求矩阵X

解：由矩阵方程 $A^{\ast}X = A^{- 1}B + 2X$

项移得 $A^{\ast}X - 2X = A^{- 1}B$，

提公因子得$(A^{\ast} - 2E)X = A^{- 1}B$，

两边同时左乘$A$得$A(A^{\ast} - 2E)X = B$，

整理得$(|A|E - 2A)X = B$，

设$|A|E - 2A$=C，方程简化为 $CX = B$，

求解$X$即求$X = C^{- 1}B$。

$$C = |A|E - 2A = \left| \begin{matrix} 1 & 1 & - 1 \\ - 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 \end{matrix} \right|\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} - 2\begin{bmatrix} 1 & 1 & - 1 \\ - 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 \end{bmatrix}$$

$= \begin{bmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 2 & 2 & - 2 \\ - 2 & 2 & 2 \\ 2 & - 2 & 2 \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & - 2 & 2 \\ 2 & 2 & - 2 \\ - 2 & 2 & 2 \end{pmatrix}$

$C^{- 1} = \frac{1}{|C|}C^{\ast} = \frac{1}{\left| \begin{matrix} 2 & - 2 & 2 \\ 2 & 2 & - 2 \\ - 2 & 2 & 2 \end{matrix} \right|}\begin{pmatrix} 8 & 8 & 0 \\ 0 & 8 & 8 \\ 8 & 0 & 8 \end{pmatrix}$ $= \frac{1}{32}\begin{pmatrix} 8 & 8 & 0 \\ 0 & 8 & 8 \\ 8 & 0 & 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$

所以$X = C^{- 1}B = \begin{pmatrix} \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & - \frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & 0 \end{pmatrix}$

例2.7设α₁ , α₂ , α₃ , β₁ , β₂均为4维列向量,

行列式det(α₁ , α₂ , α₃ , β₁)=m , det(α₁ , α₂ , β₂ , α₃ )=n.

求 det(α₃ , α₂ , α₁ , β₁+β₂)

解: 因所求行列式的第四列元素均是两个数之和

于是可按第四列拆成两个行列式

det(α₃ , α₂ , α₁ , β₁+β₂)=det(α₃ , α₂ , α₁ , β₁)+det(α₃ , α₂ , α₁ , β₂)

因为交换两列要改变正负号，所以

det(α₃ , α₂ , α₁ , β₁+β₂)=-det(α₁ , α₂ , α₃ , β₁)+det(α₁ , α₂ , β₂ , α₃ )

=n-m

例2.8设A=E - αα^T , 其中E是n阶单位矩阵

α是n维非零列向量 , α^T是α的转置

试证明:(1) A²=A的充要条件是α^Tα=1

(2)当α^Tα=1时 , A不是可逆矩阵。

证:

(1) 证明 $A^{2} = A$ 的充要条件是 $\alpha^{T}\alpha = 1$

证明的核心是

矩阵乘法的结合律 和 数乘矩阵的性质（$\alpha^{T}\alpha$ 是一个数，可与矩阵交换位置）。

步骤 1：计算 $A^{2}$ 的表达式

已知$A = E - \alpha\alpha^{T},$

则$A^{2} = (E - \alpha\alpha^{T})(E - \alpha\alpha^{T})$

$$= E \cdot E - E \cdot \alpha\alpha^{T} - \alpha\alpha^{T} \cdot E + (\alpha\alpha^{T})(\alpha\alpha^{T})$$

$$= E - 2\alpha\alpha^{T} + (\alpha\alpha^{T})(\alpha\alpha^{T})$$

$= E - 2\alpha\alpha^{T} + \alpha(\alpha^{T}\alpha)\alpha^{T}$ （$\alpha^{T}\alpha$ 是一个数）

$$= E - 2\alpha\alpha^{T} + (\alpha^{T}\alpha) \cdot \alpha\alpha^{T}$$

步骤 2：必要性（由 $A^{2} = A$ 推出 $\alpha^{T}\alpha = 1$）

由 $A^{2} = A$，和 $A = E - \alpha\alpha^{T}$，

代入式 $A^{2} = E - 2\alpha\alpha^{T} + (\alpha^{T}\alpha) \cdot \alpha\alpha^{T}$ 得：$E - \alpha\alpha^{T} = E - 2\alpha\alpha^{T} + (\alpha^{T}\alpha) \cdot \alpha\alpha^{T}$

移项整理：$- 2\alpha\alpha^{T} + (\alpha^{T}\alpha) \cdot \alpha\alpha^{T} + \alpha\alpha^{T} = O,$

即$\left\lbrack (\alpha^{T}\alpha) - 1 \right\rbrack \cdot \alpha\alpha^{T} = O,$ 其中 $O$ 为 $n$ 阶零矩阵。

由题设 $\alpha$ 是 非零列向量，因此 $\alpha\alpha^{T}$ 是 非零矩阵

于是式 $\left\lbrack (\alpha^{T}\alpha) - 1 \right\rbrack \cdot \alpha\alpha^{T} = O$中， $\alpha^{T}\alpha - 1 = 0$

得$\alpha^{T}\alpha = 1$

步骤 3：充分性（$由\ \alpha^{T}\alpha = 1\ 推出\ A^{2} = A$）

已知 $\alpha^{T}\alpha = 1$，代入式$A^{2} = E - 2\alpha\alpha^{T} + (\alpha^{T}\alpha) \cdot \alpha\alpha^{T}$

得：$A^{2} = E - 2\alpha\alpha^{T} + 1 \cdot \alpha\alpha^{T} = E - \alpha\alpha^{T}.$

而由定义 $A = E - \alpha\alpha^{T}$，因此$A^{2} = A$

综上，$A^{2} = A\quad\text{的充要条件是}\quad\alpha^{T}\alpha = 1.$

(2) 证明当$\alpha^{T}\alpha = 1$时，$A$不是可逆矩阵

当$\alpha^{T}\alpha = 1$时，由(1)知$A^{2} = A$，即$A(A - E) = O$。

假设$A$可逆，在等式两边左乘$A^{- 1}$，

得：$A^{- 1}A(A - E) = A^{- 1}O$

得：$E(A - E) = O$

得：$A - E = O$

得：$A = E$

由$A = E - \alpha\alpha^{T}$，得$\alpha\alpha^{T} = O$，与$\alpha$是非零列向量（$\alpha\alpha^{T}$为非零矩阵）矛盾。

故假设$A$可逆不成立，$A$不可逆。

例2.9已知 2CA - 2AB = C-B , 其中A=$\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ , B=$\begin{bmatrix} 1 & & \\ & - 1 & \\ & & 2 \end{bmatrix}$ , 求C⁵

解: 由2CA - 2AB=C-B

得2CA - C=2AB- B

得C(2A-E)=(2A-E)B

得C =(2A -E)B(2A -E)^-1

得C⁵=((2A -E)B(2A -E)^-1)⁵

=(2A -E)

B(2A -E)^-1(2A -E)

B(2A -E)^-1(2A -E)

B(2A -E)^-1(2A -E)

B(2A -E)^-1(2A -E)

B(2A -E)^-1

得C⁵=(2A -E)B⁵(2A -E)^-1

因2A -E=$\begin{bmatrix} 3 & 2 & 0 \\ 4 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$为可逆的分块对角阵 , 且(2A-E)^-1=$\begin{bmatrix} 3 & - 2 & 0 \\ - 4 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

故

C⁵=$\begin{bmatrix} 3 & 2 & 0 \\ 4 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & & \\ & - 1 & \\ & & 2^{5} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 & - 2 & 0 \\ - 4 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} H & O \\ O & 2^{5} \end{bmatrix}$

其中H=$\begin{bmatrix} 3 & 2 \\ 4 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & \\ & - 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 & - 2 \\ - 4 & 3 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 17 & - 12 \\ 24 & - 17 \end{bmatrix}$