【线性代数基础进阶】矩阵-补充+练习本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。常见的矩阵设$A$是$n$阶

本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

常见的矩阵

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵

单位阵：主对角元素为 $1$ ，其余元素为 $0$ 的矩阵称为单位阵，记作 $E_{n}$
数量阵：数 $k$ 与单位阵 $E$ 的积 $kE$ 称为数量阵
对角阵：非对角元素都是 $0$ 的矩阵（即 $\forall i\ne j恒有a_{ij}=0$ ）的对角阵，记作 $\Lambda,\Lambda=diag[a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}]$
上（下）三角阵：当 $i>j(i<j)$ 时，有 $a_{ij}=0$ 的矩阵称为上（下）三角阵
对称阵：满足 $A^{T}=A$ ，即 $a_{ij}=a_{ji}$ 的矩阵称为对称阵
反对称阵：满足 $A^{T}=-A$ ，即 $a_{ij}=-a_{ji},a_{ii}=0$ 的矩阵称为反对称阵

上述补充在## 一、概念、运算 ### 概念下

运算

例1：设 $\alpha=(\frac{1}{2},0,\cdots,0, \frac{1}{2})^{T}$ 是 $n$ 维列向量，矩阵 $A=E-\alpha \alpha^{T},B=E+a \alpha \alpha^{T}$ ，若 $B$ 是 $A$ 的逆矩阵，则 $a=()$

对于行向量和列向量，只要出现了 $a^{T}a$ 或 $aa^{T}$ ，可能结果是常数，尤其是 $a^{T}aa^{T}a$ 或 $aa^{T}aa^{T}$ ，一定有组合为常数

\begin{aligned} AB&=(E-\alpha \alpha^{T})(E+a \alpha \alpha^{T})\\ &=E+(a-1)\alpha \alpha^{T}-a \alpha \underbrace{\alpha^{T}\alpha}_{常数} \alpha^{T}\\ &=E+(a-1-a \alpha^{T}\alpha)\alpha \alpha^{T}\\ &=E+(a-1-a \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & \cdots & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix})\alpha \alpha^{T}\\ &=E+(a-1- \frac{1}{2}a)\alpha \alpha^{T} \end{aligned}

又因为 $B$ 是 $A$ 的逆矩阵

E+(a-1- \frac{1}{2}a)\alpha \alpha^{T}=E\Leftrightarrow(a-1- \frac{1}{2}a)\alpha \alpha^{T}=0\Leftrightarrow a-1- \frac{1}{2}a=0

所以 $a=2$

例2：设 $f(x)=x^{100}+x^{99}+\cdots+x+1,A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$ ，求 $f(A)$ 和 $f(A)^{-1}$

显然 $常数+矩阵$ 的形式不存在，所以，一般的，遇到 $常数+矩阵$ ，考虑把常数变为常数倍的单位阵 $E$

A^{2}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}

又

A^{3}=A^{2}A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=A^{2}

可知 $A^{m}=A^{2}(m\geq2)$ ，故

\begin{aligned} f(A)&=A^{100}+\cdots+A^{2}+A+E\\ &=99A^{2}+A+E\\ &=\begin{pmatrix}99 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}101 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\ f(A)^{-1}&=\begin{pmatrix}101 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}^{-1}利用分块矩阵求逆\\ &=\begin{pmatrix} \frac{1}{101} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} \end{aligned}

矩阵的初等行变换

倍乘初等矩阵，记作 $E(i(k))$

例如

$E(2(k))=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & k & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$

$E(2(k))$ 表示由单位阵 $E$ 的第二行（或第二列）乘 $k(k\ne0)$ 倍得到的矩阵

互换初等矩阵，记作 $E(i,j)$

例如

$E(1,2)=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$

$E(1,2)$ 表示由单位阵 $E$ 的第一、二行（或一、二列）互换得到的矩阵

倍加初等矩阵，记作 $E(ij(k))$

例如

$E(13(k))=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ k & 0 & 1\end{pmatrix}$

$E(13(k))$ 表示由单位阵 $E$ 的第一行的 $k$ 倍加到第三行得到的矩阵，当看成列变换时，应是 $E$ 的第三列的 $k$ 倍加到第一列得到的矩阵

补充在## 三、初等变换、初等矩阵下

分块矩阵

例3：已知 $B,C$ 分别是 $m$ 阶与 $n$ 阶可逆矩阵，证明 $\begin{pmatrix}B & O \\ O & C\end{pmatrix}$ 可逆，且 $\begin{pmatrix}B & O \\ O & C\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}B^{-1} & O \\ O & C^{-1}\end{pmatrix}$

由 $B,C$ 均可逆，有

\begin{vmatrix} B&O\\O&C \end{vmatrix}=|B|\cdot|C|\ne0

所以 $\begin{pmatrix}B & O \\ O & C\end{pmatrix}$ 可逆

设 $\begin{pmatrix}B & O \\ O & C\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}X & Y \\ Z & W\end{pmatrix}$ ，则

\begin{pmatrix}B & O \\ O & C\end{pmatrix} \begin{pmatrix}X & Y \\ Z & W\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}E & O \\ O & E\end{pmatrix}

即

\begin{matrix}  { B X = E } & { ( 1 ) } \\ { B Y = 0 } & { ( 2 ) } \\ { C Z = 0 } & { ( 3 ) } \\ { C W = E } & { ( 4 ) } \end{matrix}

由 $(1)$ 有 $X=B^{-1}$

由 $(2)$ ，因 $B$ 可逆，有 $Y=B^{-1}O=O$

类似地 $Z=O,W=C^{-1}$

所以 $\begin{pmatrix}B & O \\ O & C\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}B^{-1} & O \\ O & C^{-1}\end{pmatrix}$

例4：设 $A=\begin{pmatrix}0 & a_{1} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_{2} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{n-1} \\ a_{n} & 0 & 0 & \cdots & 0\end{pmatrix}$ ，其中 $a_{i}\ne0,i=1,2,\cdots,n$ ，则 $A^{-1}=()$

把 $A$ 分块如下

A=\left(\begin{array}{c:cccc}0 & a_{1} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_{2} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{n-1} \\\hdashline a_{n} & 0 & 0 & \cdots & 0\end{array}\right)=\begin{pmatrix} O & A_{1} \\ A_{2} & O \end{pmatrix}

由于 $\begin{pmatrix}O & A \\ B & O\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}O & B^{-1} \\ A^{-1} & O\end{pmatrix}$ ，有

A^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 & \frac{1}{a_{n}} \\ \frac{1}{a_{1}} & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{a_{2}} & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \frac{1}{a_{n-1}} & 0 \end{pmatrix}