3.4 特殊矩阵

不是每个矩阵都需要一个特殊名称。本节中的矩阵家族之所以值得命名，是因为它们可见的元素排列会对运算施加限制。把这些限制写成指标语言之后，我们往往无须逐项展开，就能预判乘积、转置和行变换的结果。

本节的矩阵元素来自一个域 $\mathbb F$；在本课程多数例子中，可以把它理解为 $\mathbb R$。除非另行说明，对角矩阵和三角矩阵都是方阵。

零元素的分布能告诉我们什么

一般的 $n\times n$ 矩阵有 $n^2$ 个元素，单凭形状不能确定其中任何一个。特殊矩阵则在计算开始之前已经提供额外信息。例如，若已知 $A$ 是下三角矩阵，那么所有满足 $i\lt j$ 的元素 $a_{ij}$ 都必然等于零。这个简短条件会控制许多后续运算。

因此，命名矩阵家族不是为了分类本身，而是为了用一个名称压缩一组有用的假设：

• 对角矩阵表示只有主对角线上的元素可能非零；
• 上三角矩阵或下三角矩阵表示主对角线的一侧已经全部为零；
• 单位矩阵表示在相容的矩阵乘法中不改变另一个矩阵；
• 初等矩阵表示一次初等行变换已经被编码成矩阵乘法。

这些类别不是彼此分离的。对角矩阵同时是上三角矩阵和下三角矩阵；单位矩阵是对角矩阵，因而也同时属于两个三角矩阵家族。同一个矩阵可以拥有多个有效的结构标签。

这种语言在证明中尤其有用。若要证明两个下三角矩阵的乘积仍是下三角矩阵，不必计算全部 $n^2$ 个元素。只需选取对角线上方任意一个元素，再把它的行乘列和式分成两个指标范围，便能证明每一项都为零。这展示了结构信息如何代替穷举计算。

识别矩阵类别

定义 3.4.1

（对角、三角、单位与初等矩阵）

设 $A=(a_{ij})\in\mathbb F^{n\times n}$。

若 $i\ne j$ 时总有 $a_{ij}=0$，则称 $A$ 为对角矩阵，并记作

$$A=\operatorname{diag}(a_{11},a_{22},\ldots,a_{nn}).$$

若 $i\gt j$ 时总有 $a_{ij}=0$，也就是主对角线下方全为零，则称 $A$ 为 上三角矩阵。若 $i\lt j$ 时总有 $a_{ij}=0$，也就是主对角线上方全为零，则称 $A$ 为下三角矩阵。因此，一个矩阵是对角矩阵，当且仅当它同时是上三角矩阵和下三角矩阵。

单位矩阵 $I_n$ 是对角矩阵 $\operatorname{diag}(1,\ldots,1)$。

若一个 $n$ 阶矩阵由 $I_n$ 经过恰好一次初等行变换得到，则称它为 初等矩阵。三类初等行变换是：交换两行；用一个非零标量乘某一行；把某一行的标量倍数加到另一行。

“上方”和“下方”说的是元素位置，而不是元素的正负号：位置 $(i,j)$ 在 $i\lt j$ 时位于主对角线上方，在 $i=j$ 时位于主对角线上，在 $i\gt j$ 时位于主对角线下方。三角矩阵的对角元素不受定义限制，因此可以等于零。

规定为零的位置区分了对角矩阵与三角矩阵；单位矩阵和初等矩阵还可以用它们的乘法作用来刻画。

下面的互动区集中辨认对角、单位、对称与反对称矩阵。它的分类标签并没有穷尽所有矩阵家族：在这组较窄的比较中被标为“都不是”的矩阵，仍可能是上三角或下三角矩阵。应用本节定义时，应检查元素位置，而不能只依赖一个标签。

哪些结构在运算后仍然保留

定理 3.4.2

（转置会交换两个三角矩阵家族）

设 $A\in\mathbb F^{n\times n}$。$A$ 是上三角矩阵，当且仅当 $A^T$ 是下三角矩阵；同样，$A$ 是下三角矩阵，当且仅当 $A^T$ 是上三角矩阵。因此，对角矩阵转置之后仍是对角矩阵。

定理 3.4.3

（三角矩阵对乘法封闭）

设 $A,B\in\mathbb F^{n\times n}$。若两者都是下三角矩阵，则 $AB$ 也是下三角矩阵；若两者都是上三角矩阵，则 $AB$ 也是上三角矩阵。

作为特例，两个同阶对角矩阵的乘积仍是对角矩阵。

定理 3.4.4

（左乘初等矩阵会执行相应的行变换）

设 $E\in\mathbb F^{n\times n}$ 是对 $I_n$ 做一次初等行变换 $\mathcal R$ 所得的矩阵。对任意 $A\in\mathbb F^{n\times p}$，乘积 $EA$ 都有定义，而且它正是把 $\mathcal R$ 作用于 $A$ 的各行后得到的矩阵。

维数条件是定理的一部分。乘法封闭性要求两个方阵同阶；初等矩阵定理只要求 $A$ 的行数等于 $E$ 的阶数，$A$ 的列数 $p$ 可以任意。

用必为零的元素完成证明

先证明转置结论。设 $A$ 是上三角矩阵。为了证明 $A^T$ 是下三角矩阵，任取它在主对角线上方的位置，即 $i\lt j$。根据转置定义，

$$(A^T)_{ij}=a_{ji}.$$

因为 $j\gt i$，元素 $a_{ji}$ 位于上三角矩阵 $A$ 的主对角线下方，所以 $a_{ji}=0$。因此 $A^T$ 主对角线上方的每一个元素都为零。对 $A^T$ 重复同一论证并使用 $(A^T)^T=A$，便得到逆向结论。交换“上”和“下”即可得到另一组等价关系。

乘法封闭性的证明需要明确处理求和指标。设 $A$ 与 $B$ 都是 $n\times n$ 下三角矩阵。任取主对角线上方的位置 $(i,j)$，所以 $i\lt j$。乘积在该位置的元素为

$$(AB)_{ij}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}.$$

把 $k$ 的所有可能值分成两个互不遗漏的情形：$k\le i$ 与 $k\gt i$。

• 若 $k\le i$，则 $k\le i\lt j$，从而 $k\lt j$。元素 $b_{kj}$ 位于下三角矩阵 $B$ 的主对角线上方，所以 $b_{kj}=0$。
• 若 $k\gt i$，则元素 $a_{ik}$ 位于下三角矩阵 $A$ 的主对角线上方，所以 $a_{ik}=0$。

无论 $k$ 属于哪一种情形，乘积项 $a_{ik}b_{kj}$ 都等于零。因此 $(AB)_{ij}=0$ 对每个 $i\lt j$ 都成立，故 $AB$ 是下三角矩阵。这个论证适用于任意 $n$，并非只验证 $3\times3$ 的图案。上三角情形可以直接仿照证明，也可以利用 $(AB)^T=B^TA^T$ 和转置定理推出。

对角矩阵同时是上三角和下三角矩阵，所以两个对角矩阵的乘积也同时属于这两个家族，因而仍是对角矩阵。更具体地，

$$\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_n) \operatorname{diag}(e_1,\ldots,e_n) = \operatorname{diag}(d_1e_1,\ldots,d_ne_n).$$

这个公式还说明同阶对角矩阵彼此可交换，但不能据此断言一般的上三角矩阵或下三角矩阵也可交换。

同一套指标结构还给出三角乘积的对角元素。若 $A$ 与 $B$ 都是下三角矩阵，则

$$(AB)_{ii}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{ki}=a_{ii}b_{ii}.$$

当 $k\lt i$ 时，$b_{ki}$ 位于 $B$ 的主对角线上方，因而为零；当 $k\gt i$ 时，$a_{ik}$ 位于 $A$ 的主对角线上方，也为零。只有 $k=i$ 可能产生非零贡献。上三角矩阵的乘积同样满足这个对角元素公式；它会在后面把三角形状与行列式和可逆性联系起来。

最后说明初等矩阵定理。$I_n$ 的各行是标准行向量，对这些行执行 $\mathcal R$ 后得到 $E$ 的各行。计算 $EA$ 时，同一组系数会把 $A$ 的各行组合成 $EA$ 的各行。分别检查三类初等行变换，就会得到交换行、非零倍数缩放行和行替换。因此，左乘所执行的正是定义 $E$ 时的那一次行变换。

先读结构，再计算

例题 3.4.5

（找出每一个适用的矩阵家族）

考虑

$$D = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}, \qquad U = \begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 0 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}.$$

$D$ 的六个非对角元素都为零，所以它是对角矩阵，也同时是上三角矩阵和下三角矩阵。此外，$D^T=D$，所以它还是对称矩阵。

$U$ 在 $i\gt j$ 的位置全部为零，因此是上三角矩阵。但 $u_{12}=2$ 等主对角线上方的元素不为零，所以它不是对角矩阵，也不是下三角矩阵。

单位矩阵

$$I_3 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

是一个重要的对角矩阵，因而也是上三角矩阵、下三角矩阵和对称矩阵。只要正确读出零元素的图案，就不需要为这些分类分别计算。

例题 3.4.6

（转置三角矩阵并追踪指标）

设

$$U = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 6 \end{bmatrix}.$$

则

$$U^T = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 4 & 0 \\ 3 & 5 & 6 \end{bmatrix}.$$

例如，零元素 $u_{31}=0$ 变成 $(U^T)_{13}=0$。一般地，$U$ 中每个 $i\gt j$ 的主对角线下方位置都会变成 $U^T$ 中的上方位置 $(j,i)$。这个具体计算是在说明指标证明，而不是代替一般证明。

再做一个数值封闭性检查。令

$$L_1=\begin{bmatrix}1&0\\2&3\end{bmatrix}, \qquad L_2=\begin{bmatrix}-1&0\\4&5\end{bmatrix}.$$

则

$$L_1L_2= \begin{bmatrix} -1&0\\ 10&15 \end{bmatrix},$$

结果确实是下三角矩阵。这个例子只能提供验证；适用于任意 $n$ 的结论仍须依靠前面的指标证明。

例题 3.4.7

（对角矩阵与初等矩阵：行列的区别）

设

$$A= \begin{bmatrix} 1&-2&0\\ 3&4&5 \end{bmatrix}, \quad D_2=\operatorname{diag}(2,-1), \quad D_3=\operatorname{diag}(4,1,-2).$$

维数决定了对角矩阵能放在哪一侧：$D_2A$ 是 $2\times2$ 与 $2\times3$ 相乘，$AD_3$ 是 $2\times3$ 与 $3\times3$ 相乘。直接计算得

$$D_2A= \begin{bmatrix} 2&-4&0\\ -3&-4&-5 \end{bmatrix}, \qquad AD_3= \begin{bmatrix} 4&-2&0\\ 12&4&-10 \end{bmatrix}.$$

左乘对角矩阵会缩放各行：$D_2$ 的两个对角元素分别乘第 1、2 行。右乘对角矩阵会缩放各列：$D_3$ 的三个对角元素分别乘第 1、2、3 列。

再考虑初等矩阵

$$E= \begin{bmatrix} 1&0\\ -3&1 \end{bmatrix},$$

它由 $I_2$ 执行 $R_2\leftarrow R_2-3R_1$ 得到。于是

$$EA= \begin{bmatrix} 1&-2&0\\ 0&10&5 \end{bmatrix}.$$

第一行不变，第二行是 $-3[1,-2,0]+[3,4,5]=[0,10,5]$，与初等矩阵左乘定理完全一致。这里的 $AE$ 没有定义，因为内维数 $3$ 与 $2$ 不相等。

推论与适用边界

零元素图案也会被加法和标量乘法保留。设 $A,B$ 是同阶下三角矩阵。对任意满足 $i\lt j$ 的位置，有

$$(A+B)_{ij}=a_{ij}+b_{ij}=0+0=0, \qquad (cA)_{ij}=ca_{ij}=0.$$

所以它们的和、差与标量倍数仍是下三角矩阵；上三角和对角矩阵也有同样性质。这里相加的矩阵必须维数相同。加法只比较相同位置的元素，因而这个结论比会混合整行与整列的乘法封闭性更直接。

“对乘法封闭”不等于“乘法可交换”。考虑两个上三角矩阵

$$P=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}, \qquad Q=\begin{bmatrix}2&0\\0&3\end{bmatrix}.$$

虽然两个乘积仍是上三角矩阵，但

$$PQ=\begin{bmatrix}2&3\\0&3\end{bmatrix}, \qquad QP=\begin{bmatrix}2&2\\0&3\end{bmatrix},$$

所以 $PQ\ne QP$。对角矩阵彼此可交换，却未必与非对角的三角矩阵可交换。

定理也没有说不同三角家族的乘积必然保持三角形状。例如

$$U=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}, \qquad L=\begin{bmatrix}1&0\\1&1\end{bmatrix}, \qquad UL=\begin{bmatrix}2&1\\1&1\end{bmatrix}.$$

$UL$ 既不是上三角矩阵，也不是下三角矩阵。封闭性要求两个因子属于同一个 三角家族，混合乘积必须按实际元素另行分析。

反复使用乘法封闭性还能得到幂的结论：若 $T$ 是上三角矩阵，则每个正整数幂 $T^r$ 都是上三角矩阵；下三角和对角矩阵同理。这是一个归纳论证，并不表示其他无关运算会保持同一方向。例如，转置会把上三角形状改成下三角形状，除非矩阵还有更强的限制。

单位矩阵与初等矩阵的作用

单位矩阵在矩阵乘法中的作用类似普通乘法中的标量 $1$，但它的阶数必须与所处的一侧相容。若 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，则

$$I_mA=A,\qquad AI_n=A.$$

当 $m\ne n$ 时，这两个单位矩阵大小不同。令 $i=j$ 时 $\delta_{ij}=1$，否则 $\delta_{ij}=0$。于是逐项计算为

$$(I_mA)_{ij}=\sum_{k=1}^{m}\delta_{ik}a_{kj}=a_{ij}, \qquad (AI_n)_{ij}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}\delta_{kj}=a_{ij}.$$

这也解释了单位矩阵为何不断出现在求逆问题中：方阵 $A$ 可逆，当且仅当存在 $A^{-1}$ 使 $A^{-1}A=AA^{-1}=I_n$。仅有三角形状并不保证可逆；对角线上含零元素的三角矩阵是奇异矩阵。

每个初等矩阵都可逆，因为定义它的行变换可以由另一次初等行变换撤销。三类初等矩阵的完整构造、多个初等矩阵的乘积及其逆矩阵，请继续阅读 3.5 初等行变换矩阵。

常见错误

常见错误

（把“三角”当成“对角”）

每个对角矩阵都同时是上三角矩阵和下三角矩阵。只属于其中一个三角家族的矩阵可以含有非零的非对角元素，所以逆命题不成立。

常见错误

（检查主对角线的错误一侧）

上三角矩阵要求 $i\gt j$ 的元素，也就是主对角线下方的元素为零；下三角矩阵要求 $i\lt j$ 的上方元素为零。

常见错误

（以为三角矩阵必然可逆）

三角矩阵的对角元素可以为零。三角形状本身不保证可逆；后面的行列式判据会要求每个对角元素都非零。

常见错误

（忽略维数或乘法所在的一侧）

若 $A\in\mathbb F^{m\times n}$，正确的恒等式是 $I_mA=A$ 和 $AI_n=A$。同样，左乘初等矩阵执行行变换；右乘在有定义时作用于列，而不是行。

常见错误

（把初等矩阵当成任意矩阵）

初等矩阵必须由单位矩阵经过恰好一次初等行变换得到。多个初等矩阵的乘积必然可逆，但未必仍是一个初等矩阵。

从矩阵形状到代数性质

特殊矩阵把可见的零元素图案转化为可复用的代数信息。对角矩阵的非对角元素全为零，因此同时是上三角矩阵和下三角矩阵。转置会交换两个三角家族。乘法保留每一个三角家族；对下三角乘积而言，把求和指标分为 $k\le i$ 与 $k\gt i$，便可迫使主对角线上方每一项至少有一个因子为零。

单位矩阵在相容乘法的两侧都不改变原矩阵，其中 $I_m$ 作用于 $m\times n$ 矩阵的行，$I_n$ 作用于它的列。对角矩阵从左、右相乘分别缩放行和列。初等矩阵则记录一次可逆的行变换；左乘会把这次变换同时作用到目标矩阵的所有列。

快速检查

快速检查

（为什么每个对角矩阵都同时是上三角矩阵和下三角矩阵？）

请用“非对角元素”来回答。

解答 · 答案

对角矩阵的所有非对角元素都为零，所以主对角线下方的元素满足上三角条件，主对角线上方的元素也满足下三角条件。

快速检查

（单位矩阵在乘法中有什么作用？）

请用一句话回答，并留意单位矩阵的阶数取决于相乘的一侧。

解答 · 答案

它不改变相容的矩阵：若 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，则 $I_mA=A$ 且 $AI_n=A$。

练习

快速检查

（为什么两个 $3 \times 3$ 下三角矩阵的乘积仍是下三角矩阵？）

不需要把所有元素乘出来；请解释主对角线上方的元素为何保持为零。

解答 · 引导解答

对主对角线上方的位置 $(i,j)$，有 $i\lt j$。在 $(AB)_{ij}=\sum\limits_{k=1}^{3}a_{ik}b_{kj}$ 中，若 $k\le i$，则 $k\lt j$，所以 $b_{kj}=0$；若 $k\gt i$，则 $a_{ik}=0$。每个加项都为零，所以 $AB$ 主对角线上方全部为零。同一论证把 $3$ 换成任意 $n$ 仍然成立。

快速检查

（请说明：为什么单位矩阵会同时属于多个矩阵家族？）

至少指出两个家族，并根据元素说明理由。

解答 · 引导解答

单位矩阵的所有非对角元素都为零，所以它是对角矩阵，并因此同时是上三角矩阵和下三角矩阵。又因为 $I_n^T=I_n$，它还是对称矩阵。

相关笔记

若要重温上面使用的转置规则，可先回看 3.3 转置、对称矩阵与反对称矩阵。

接着可以读 3.5 初等行变换矩阵，完整理解初等矩阵的代数。

补充练习与完整解答

第 12 题

本题的矩阵及未另行说明的标量参数均取实数。矩阵尺寸为正整数；O 表示相应尺寸的零矩阵。

题目

$$A=\begin{pmatrix}2&-2&-4\\-1&3&4\\1&-2&-3\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}-1&2&4\\1&-2&-4\\-1&2&4\end{pmatrix}.$$

(a) 计算 AB、BA；(b) 验证两矩阵均幂等；(c) 对实数 p,q 验证平方公式，并用归纳法证明下述公式对所有正整数 n 成立。

解答

$$\text{(a)}\quad AB=BA=O_{3\times3},\qquad \text{(b)}\quad A^2=\begin{pmatrix}2&-2&-4\\-1&3&4\\1&-2&-3\end{pmatrix}=A,\quad B^2=\begin{pmatrix}-1&2&4\\1&-2&-4\\-1&2&4\end{pmatrix}=B.$$ $$\text{(c.i)}\quad (pA+qB)^2=p^2A^2+pqAB+pqBA+q^2B^2=p^2A+q^2B.$$ $$\text{(c.ii)}\quad (pA+qB)^n=p^nA+q^nB\quad(n\ge1).$$ $$\begin{aligned}(pA+qB)^{k+1}&=(p^kA+q^kB)(pA+qB)\\&=p^{k+1}A^2+p^kqAB+q^kpBA+q^{k+1}B^2\\&=p^{k+1}A+q^{k+1}B.\end{aligned}$$

验证 (a),(b) 可取 u=(−1,1,−1)ᵀ、v=(1,−2,−4)ᵀ，则 B=uvᵀ、vᵀu=1 且 A=I−B。因此 B²=u(vᵀu)vᵀ=B，A²=I−2B+B²=A，AB=BA=B−B²=0。展开平方得 (c.i)。(c.ii) 在 n=1 时显然成立；设 k 时成立，右乘 pA+qB 即得所列归纳步骤。这涵盖所有实数 p,q，包括零。

第 13 题

本题的矩阵及未另行说明的标量参数均取实数。矩阵尺寸为正整数；O 表示相应尺寸的零矩阵。

题目

$$r\in\mathbb R,\quad A=\begin{pmatrix}3-2r&2-2r&2-2r\\-1+r&r&-1+r\\-3+r&-3+r&-2+r\end{pmatrix}.$$

验证 A 是对合矩阵，即 A²=I₃。

解答

$$u=\begin{pmatrix}2-2r\\r-1\\r-3\end{pmatrix},\quad v=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix},\quad A=I_3+uv^T,\quad v^Tu=(2-2r)+(r-1)+(r-3)=-2.$$ $$A^2=I_3+2uv^T+u(v^Tu)v^T=I_3+2uv^T-2uv^T=I_3.$$

逐项展开可得 A=I₃+uvᵀ。由结合律，(uvᵀ)²=u(vᵀu)vᵀ；对每个实数 r，都有 vᵀu=−2，故所列计算证明 A²=I₃，无须除以任何参数。

第 18 题

本题的矩阵及未另行说明的标量参数均取实数。矩阵尺寸为正整数；O 表示相应尺寸的零矩阵。

题目

$$a\in\mathbb R,\qquad A=\begin{pmatrix}0&a&a^2&a^3\\0&0&a&a^2\\0&0&0&a\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$$

计算 A²、A³、A⁴。

解答

$$A^2=\begin{pmatrix}0&0&a^2&2a^3\\0&0&0&a^2\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix},\qquad A^3=\begin{pmatrix}0&0&0&a^3\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix},\qquad A^4=O_{4\times4}.$$

A² 中仅 (1,3)、(1,4)、(2,4) 可能非零，分别为 a·a、a·a²+a²·a、a·a。再右乘 A，A³ 中仅 (1,4)=a²·a 可能非零。由于 A 的第四行为零，再乘一次得到 A⁴=0。a=0 时公式同样成立。

第 21 题

本题的矩阵及未另行说明的标量参数均取实数。矩阵尺寸为正整数；O 表示相应尺寸的零矩阵。

题目

$$A\in M_{n\times n}(\mathbb R),\qquad \alpha,\beta,\gamma\in\mathbb R.$$

n≥1。(a) 证明若 A=αIₙ 或 A=βIₙ 或 A=γIₙ，则 (A−αIₙ)(A−βIₙ)(A−γIₙ)=O。(b) 用反例否定逆命题。

解答

$$\text{(b)}\quad n=2,\quad \alpha=0,\ \beta=1,\ \gamma=2,\quad A=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}.$$ $$A(A-I_2)(A-2I_2)=\begin{pmatrix}0(-1)(-2)&0\\0&1(0)(-1)\end{pmatrix}=O,\qquad A\notin\{0I_2,1I_2,2I_2\}.$$

(a) 三种情形各自使相应因子为零矩阵，含有尺寸相容的零因子的乘积为零。(b) 对角矩阵相乘得到所列零乘积；A 的两个对角元素不同，而每个标量单位矩阵的对角元素相同，所以 A 不等于所列三个矩阵，逆命题被否定。

第 22 题

本题的矩阵及未另行说明的标量参数均取实数。矩阵尺寸为正整数；O 表示相应尺寸的零矩阵。

题目

$$A,B\in M_{n\times n}(\mathbb R),\quad AB=A,\quad BA=B.$$

证明 A、B 均为幂等矩阵。

解答

$$A^2=(AB)A=A(BA)=AB=A,\qquad B^2=(BA)B=B(AB)=BA=B.$$

依所列次序使用两个假设及结合律。两个矩阵的平方均等于自身，正是幂等的定义，无须使用约去律。

第 23 题

本题的矩阵及未另行说明的标量参数均取实数。矩阵尺寸为正整数；O 表示相应尺寸的零矩阵。

题目

$$A\in M_{n\times n}(\mathbb R).$$

n≥1。(a) 证明 A²=Iₙ 蕴含 (Iₙ+A)(Iₙ−A)=O；(b) 判断逆命题并证明。

解答

$$(I_n+A)(I_n-A)=I_n-A+A-A^2=I_n-A^2.$$ $$(I_n+A)(I_n-A)=O\quad\Longleftrightarrow\quad I_n-A^2=O\quad\Longleftrightarrow\quad A^2=I_n.$$

第一个恒等式来自分配律及单位矩阵的性质。若 A 为对合矩阵，则其值为零，证明 (a)；同一恒等式也给出反向蕴含，所以 (b) 的逆命题成立。

第 24 题

本题的矩阵及未另行说明的标量参数均取实数。矩阵尺寸为正整数；O 表示相应尺寸的零矩阵。

题目

$$A\in M_{n\times n}(\mathbb R),\qquad A^2=O.$$

用归纳法证明每个正整数 m 都满足 A(Iₙ+A)^m=A。

解答

$$\text{基础：}\quad A(I_n+A)=A+A^2=A.$$ $$\text{归纳步骤：}\quad A(I_n+A)^{k+1}=\bigl[A(I_n+A)^k\bigr](I_n+A)=A(I_n+A)=A.$$

基础情形为 m=1。设结论在 k≥1 时成立，由结合律及归纳假设得到所列等式，故在 k+1 时成立。由数学归纳法，结论对所有正整数 m 成立。

第 25 题

本题的矩阵及未另行说明的标量参数均取实数。矩阵尺寸为正整数；O 表示相应尺寸的零矩阵。

题目

$$a,b,c,d\in\mathbb R,\quad a\ne1,\qquad Q=\begin{pmatrix}a&b&c&d\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}.$$

(a) 明确列出 Q²、Q³、Q⁴ 的元素；(b) 猜测每个正整数 n 对应的 Q^n 公式，并用归纳法证明。

解答

$$Q^2=\begin{pmatrix}a^2&(1+a)b&(1+a)c&(1+a)d\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix},$$ $$Q^3=\begin{pmatrix}a^3&(1+a+a^2)b&(1+a+a^2)c&(1+a+a^2)d\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix},$$ $$Q^4=\begin{pmatrix}a^4&(1+a+a^2+a^3)b&(1+a+a^2+a^3)c&(1+a+a^2+a^3)d\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}.$$ $$S_n=\sum_{j=0}^{n-1}a^j=\frac{a^n-1}{a-1},\qquad Q^n=\begin{pmatrix}a^n&S_nb&S_nc&S_nd\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}.$$

逐次相乘得到 (a)。(b) 在 n=1 时 S₁=1，公式恰为 Q。设 n=k 时成立，则 Q^kQ 的首元素为 $a^{k+1}$，第一行其余元素分别为 (a^k+S_k)b、(a^k+S_k)c、(a^k+S_k)d，后三行不变。由于 $S_{k+1}$=S_k+a^k，归纳步骤成立。最后，有限和相消给出 (a−1)S_n=a^n−1，因 a≠1 可作除法。

第 26 题

本题的矩阵及未另行说明的标量参数均取实数。矩阵尺寸为正整数；O 表示相应尺寸的零矩阵。

题目

$$A\in M_{3\times3}(\mathbb R),\qquad A^3-3A^2+4A-2I_3=O.$$

用归纳法证明：对每个整数 n>2，都有实数 bₙ,cₙ,dₙ 使 A^n=bₙA²+cₙA+dₙI₃。

解答

$$b_3=3,\quad c_3=-4,\quad d_3=2.$$ $$\begin{aligned}A^{k+1}&=(b_kA^2+c_kA+d_kI_3)A=b_kA^3+c_kA^2+d_kA\\&=(3b_k+c_k)A^2+(-4b_k+d_k)A+2b_kI_3.\end{aligned}$$ $$b_{k+1}=3b_k+c_k,\qquad c_{k+1}=-4b_k+d_k,\qquad d_{k+1}=2b_k.$$

已知多项式等式给出 n=3 的基础情形。设 k≥3 时已有所需表示，右乘 A，再代入 A³=3A²−4A+2I₃，便得到所列递推；它定义了下一指数的实系数，证明对每个 n>2 都存在。无需声称这些系数唯一。