3.4 特殊矩陣

不是每個矩陣都需要一個特殊名稱。本節中的矩陣家族之所以值得命名，是因為它們可見的元素排列會對運算施加限制。把這些限制寫成指標語言之後，我們往往毋須逐項展開，就能預判乘積、轉置和行變換的結果。

本節的矩陣元素來自一個域 $\mathbb F$；在本課程多數例子中，可以把它理解為 $\mathbb R$。除非另有說明，對角矩陣和三角矩陣都是方陣。

零元素的分佈能告訴我們甚麼

一般的 $n\times n$ 矩陣有 $n^2$ 個元素，單憑形狀不能確定其中任何一個。特殊矩陣則在計算開始之前已經提供額外資訊。例如，若已知 $A$ 是下三角矩陣，那麼所有滿足 $i\lt j$ 的元素 $a_{ij}$ 都必然等於零。這個簡短條件會控制許多後續運算。

因此，命名矩陣家族不是為了分類本身，而是為了用一個名稱壓縮一組有用的假設：

• 對角矩陣表示只有主對角線上的元素可能非零；
• 上三角矩陣或下三角矩陣表示主對角線的一側已經全部為零；
• 單位矩陣表示在相容的矩陣乘法中不改變另一個矩陣；
• 初等矩陣表示一次初等行變換已經編碼成矩陣乘法。

這些類別不是彼此分離的。對角矩陣同時是上三角矩陣和下三角矩陣；單位矩陣是對角矩陣，因而也同時屬於兩個三角矩陣家族。同一個矩陣可以擁有多個有效的結構標籤。

這種語言在證明中尤其有用。若要證明兩個下三角矩陣的乘積仍是下三角矩陣，不必計算全部 $n^2$ 個元素。只須選取對角線上方任意一個元素，再把它的行乘欄和式分成兩個指標範圍，便能證明每一項都為零。這展示了結構資訊如何代替窮舉計算。

識別矩陣類別

定義 3.4.1

（對角、三角、單位與初等矩陣）

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

若 $i\ne j$ 時總有 $a_{ij}=0$，則稱 $A$ 為對角矩陣，並記作

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

若 $i\gt j$ 時總有 $a_{ij}=0$，亦即主對角線下方全為零，則稱 $A$ 為 上三角矩陣。若 $i\lt j$ 時總有 $a_{ij}=0$，亦即主對角線上方全為零，則稱 $A$ 為下三角矩陣。因此，一個矩陣是對角矩陣，當且僅當它同時是上三角矩陣和下三角矩陣。

單位矩陣 $I_n$ 是對角矩陣 $\operatorname{diag}(1,\ldots,1)$。

若一個 $n$ 階矩陣由 $I_n$ 經過恰好一次初等行變換得到，則稱它為 初等矩陣。三類初等行變換是：交換兩行；以一個非零純量乘某一行；把某一行的純量倍數加到另一行。

「上方」和「下方」所指的是元素位置，而不是元素的正負號：位置 $(i,j)$ 在 $i\lt j$ 時位於主對角線上方，在 $i=j$ 時位於主對角線上，在 $i\gt j$ 時位於主對角線下方。三角矩陣的對角元素不受定義限制，因此可以等於零。

規定為零的位置區分了對角矩陣與三角矩陣；單位矩陣和初等矩陣還可以用它們的乘法作用來刻畫。

下面的互動區集中辨認對角、單位、對稱與反對稱矩陣。它的分類標籤並沒有窮盡所有矩陣家族：在這組較窄的比較中標為「都不是」的矩陣，仍可能是上三角或下三角矩陣。應用本節定義時，應檢查元素位置，而不能只依賴一個標籤。

哪些結構在運算後仍然保留

定理 3.4.2

（轉置會交換兩個三角矩陣家族）

設 $A\in\mathbb F^{n\times n}$。$A$ 是上三角矩陣，當且僅當 $A^T$ 是下三角矩陣；同樣，$A$ 是下三角矩陣，當且僅當 $A^T$ 是上三角矩陣。因此，對角矩陣轉置之後仍是對角矩陣。

定理 3.4.3

（三角矩陣對乘法封閉）

設 $A,B\in\mathbb F^{n\times n}$。若兩者都是下三角矩陣，則 $AB$ 也是下三角矩陣；若兩者都是上三角矩陣，則 $AB$ 也是上三角矩陣。

作為特例，兩個同階對角矩陣的乘積仍是對角矩陣。

定理 3.4.4

（左乘初等矩陣會執行相應的行變換）

設 $E\in\mathbb F^{n\times n}$ 是對 $I_n$ 做一次初等行變換 $\mathcal R$ 所得的矩陣。對任意 $A\in\mathbb F^{n\times p}$，乘積 $EA$ 都有定義，而且它正是把 $\mathcal R$ 作用於 $A$ 的各行後所得的矩陣。

維數條件是定理的一部分。乘法封閉性要求兩個方陣同階；初等矩陣定理只要求 $A$ 的行數等於 $E$ 的階數，$A$ 的欄數 $p$ 可以任意。

用必為零的元素完成證明

先證明轉置結論。設 $A$ 是上三角矩陣。為了證明 $A^T$ 是下三角矩陣，任取它在主對角線上方的位置，即 $i\lt j$。根據轉置定義，

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

因為 $j\gt i$，元素 $a_{ji}$ 位於上三角矩陣 $A$ 的主對角線下方，所以 $a_{ji}=0$。因此 $A^T$ 主對角線上方的每一個元素都為零。對 $A^T$ 重複同一論證並使用 $(A^T)^T=A$，便得到逆向結論。交換「上」和「下」即可得到另一組等價關係。

乘法封閉性的證明需要明確處理求和指標。設 $A$ 與 $B$ 都是 $n\times n$ 下三角矩陣。任取主對角線上方的位置 $(i,j)$，所以 $i\lt j$。乘積在該位置的元素為

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

把 $k$ 的所有可能值分成兩個互不遺漏的情形：$k\le i$ 與 $k\gt i$。

• 若 $k\le i$，則 $k\le i\lt j$，從而 $k\lt j$。元素 $b_{kj}$ 位於下三角矩陣 $B$ 的主對角線上方，所以 $b_{kj}=0$。
• 若 $k\gt i$，則元素 $a_{ik}$ 位於下三角矩陣 $A$ 的主對角線上方，所以 $a_{ik}=0$。

無論 $k$ 屬於哪一種情形，乘積項 $a_{ik}b_{kj}$ 都等於零。因此 $(AB)_{ij}=0$ 對每個 $i\lt j$ 都成立，故 $AB$ 是下三角矩陣。這個論證適用於任意 $n$，並非只驗證 $3\times3$ 的圖案。上三角情形可以直接仿照證明，也可以利用 $(AB)^T=B^TA^T$ 和轉置定理推出。

對角矩陣同時是上三角和下三角矩陣，所以兩個對角矩陣的乘積也同時屬於這兩個家族，因而仍是對角矩陣。更具體地，

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

這個公式還說明同階對角矩陣彼此可交換，但不能據此斷言一般的上三角矩陣或下三角矩陣也可交換。

同一套指標結構還給出三角乘積的對角元素。若 $A$ 與 $B$ 都是下三角矩陣，則

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

當 $k\lt i$ 時，$b_{ki}$ 位於 $B$ 的主對角線上方，因而為零；當 $k\gt i$ 時，$a_{ik}$ 位於 $A$ 的主對角線上方，亦為零。只有 $k=i$ 可能產生非零貢獻。上三角矩陣的乘積同樣滿足這個對角元素公式；它會在後面把三角形狀與行列式和可逆性連繫起來。

最後說明初等矩陣定理。$I_n$ 的各行是標準行向量，對這些行執行 $\mathcal R$ 後得到 $E$ 的各行。計算 $EA$ 時，同一組係數會把 $A$ 的各行組合成 $EA$ 的各行。分別檢查三類初等行變換，就會得到交換行、非零倍數縮放行和行替換。因此，左乘所執行的正是定義 $E$ 時的那一次行變換。

先讀結構，再計算

例題 3.4.5

（找出每一個適用的矩陣家族）

考慮

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

$D$ 的六個非對角元素都為零，所以它是對角矩陣，也同時是上三角矩陣和下三角矩陣。此外，$D^T=D$，所以它亦是對稱矩陣。

$U$ 在 $i\gt j$ 的位置全部為零，因此是上三角矩陣。但 $u_{12}=2$ 等主對角線上方的元素不為零，所以它不是對角矩陣，也不是下三角矩陣。

單位矩陣

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

是一個重要的對角矩陣，因而也是上三角矩陣、下三角矩陣和對稱矩陣。只要正確讀出零元素的圖案，就不需要為這些分類分別計算。

例題 3.4.6

（轉置三角矩陣並追蹤指標）

設

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

則

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

例如，零元素 $u_{31}=0$ 變成 $(U^T)_{13}=0$。一般而言，$U$ 中每個 $i\gt j$ 的主對角線下方位置都會變成 $U^T$ 中的上方位置 $(j,i)$。這個具體計算是在說明指標證明，而不是代替一般證明。

再做一個數值封閉性檢查。令

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

則

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

結果確實是下三角矩陣。這個例子只能提供驗證；適用於任意 $n$ 的結論仍須依靠前面的指標證明。

例題 3.4.7

（對角矩陣與初等矩陣：行欄的分別）

設

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

維數決定了對角矩陣能放在哪一側：$D_2A$ 是 $2\times2$ 與 $2\times3$ 相乘，$AD_3$ 是 $2\times3$ 與 $3\times3$ 相乘。直接計算得

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

左乘對角矩陣會縮放各行：$D_2$ 的兩個對角元素分別乘第 1、2 行。右乘對角矩陣會縮放各欄：$D_3$ 的三個對角元素分別乘第 1、2、3 欄。

再考慮初等矩陣

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

它由 $I_2$ 執行 $R_2\leftarrow R_2-3R_1$ 得到。於是

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

第一行不變，第二行是 $-3[1,-2,0]+[3,4,5]=[0,10,5]$，與初等矩陣左乘定理完全一致。此處的 $AE$ 沒有定義，因為內維數 $3$ 與 $2$ 不相等。

推論與適用邊界

零元素圖案也會被加法和純量乘法保留。設 $A,B$ 是同階下三角矩陣。對任意滿足 $i\lt j$ 的位置，有

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

所以它們的和、差與純量倍數仍是下三角矩陣；上三角和對角矩陣也有同樣性質。此處相加的矩陣必須維數相同。加法只比較相同位置的元素，因而這個結論比會混合整行與整欄的乘法封閉性更直接。

「對乘法封閉」不等於「乘法可交換」。考慮兩個上三角矩陣

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

雖然兩個乘積仍是上三角矩陣，但

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

所以 $PQ\ne QP$。對角矩陣彼此可交換，卻未必與非對角的三角矩陣可交換。

定理也沒有說不同三角家族的乘積必然保持三角形狀。例如

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

$UL$ 既不是上三角矩陣，也不是下三角矩陣。封閉性要求兩個因子屬於同一個 三角家族，混合乘積必須按實際元素另行分析。

反覆使用乘法封閉性還可得到冪的結論：若 $T$ 是上三角矩陣，則每個正整數冪 $T^r$ 都是上三角矩陣；下三角和對角矩陣同理。這是一個歸納論證，並不表示其他無關運算會保持同一方向。例如，轉置會把上三角形狀改成下三角形狀，除非矩陣還有更強的限制。

單位矩陣與初等矩陣的作用

單位矩陣在矩陣乘法中的作用類似普通乘法中的純量 $1$，但它的階數必須與所處的一側相容。若 $A$ 是 $m\times n$ 矩陣，則

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

當 $m\ne n$ 時，這兩個單位矩陣大小不同。令 $i=j$ 時 $\delta_{ij}=1$，否則 $\delta_{ij}=0$。於是逐項計算為

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

這也解釋了單位矩陣為何不斷出現在求逆問題中：方陣 $A$ 可逆，當且僅當存在 $A^{-1}$ 使 $A^{-1}A=AA^{-1}=I_n$。僅有三角形狀並不保證可逆；對角線上含零元素的三角矩陣是奇異矩陣。

每個初等矩陣都可逆，因為定義它的行變換可以由另一次初等行變換撤銷。三類初等矩陣的完整建構、多個初等矩陣的乘積及其逆矩陣，請繼續閱讀 3.5 初等行變換矩陣。

常見錯誤

常見錯誤

（把「三角」當成「對角」）

每個對角矩陣都同時是上三角矩陣和下三角矩陣。只屬於其中一個三角家族的矩陣可以含有非零的非對角元素，所以逆命題不成立。

常見錯誤

（檢查主對角線的錯誤一側）

上三角矩陣要求 $i\gt j$ 的元素，也就是主對角線下方的元素為零；下三角矩陣要求 $i\lt j$ 的上方元素為零。

常見錯誤

（以為三角矩陣必然可逆）

三角矩陣的對角元素可以為零。三角形狀本身不保證可逆；後面的行列式判據會要求每個對角元素都非零。

常見錯誤

（忽略維數或乘法所在的一側）

若 $A\in\mathbb F^{m\times n}$，正確的恆等式是 $I_mA=A$ 和 $AI_n=A$。同樣，左乘初等矩陣執行行變換；右乘在有定義時作用於欄，而不是行。

常見錯誤

（把初等矩陣當成任意矩陣）

初等矩陣必須由單位矩陣經過恰好一次初等行變換得到。多個初等矩陣的乘積必然可逆，但未必仍是一個初等矩陣。

由矩陣形狀到代數性質

特殊矩陣把可見的零元素圖案轉化成可重用的代數資訊。對角矩陣的非對角元素全為零，因此同時是上三角矩陣和下三角矩陣。轉置會交換兩個三角家族。乘法保留每一個三角家族；對下三角乘積而言，把求和指標分為 $k\le i$ 與 $k\gt i$，便可迫使主對角線上方每一項至少有一個因子為零。

單位矩陣在相容乘法的兩側都不改變原矩陣，其中 $I_m$ 作用於 $m\times n$ 矩陣的行，$I_n$ 作用於它的欄。對角矩陣從左、右相乘分別縮放行和欄。初等矩陣則記錄一次可逆的行變換；左乘會把這次變換同時作用到目標矩陣的所有欄。

快速檢查

快速檢查

（為甚麼每個對角矩陣都同時是上三角矩陣和下三角矩陣？）

請用「非對角元素」來回答。

解答 · 答案

對角矩陣的所有非對角元素都為零，所以主對角線下方的元素滿足上三角條件，主對角線上方的元素亦滿足下三角條件。

快速檢查

（單位矩陣在乘法中有甚麼作用？）

請用一句話回答，並留意單位矩陣的階數取決於相乘的一側。

解答 · 答案

它不改變相容的矩陣：若 $A$ 是 $m\times n$ 矩陣，則 $I_mA=A$ 且 $AI_n=A$。

練習

快速檢查

（為甚麼兩個 $3 \times 3$ 下三角矩陣的乘積仍是下三角矩陣？）

不需要把所有元素乘出來；請解釋主對角線上方的元素為何保持為零。

解答 · 引導解答

對主對角線上方的位置 $(i,j)$，有 $i\lt j$。在 $(AB)_{ij}=\sum\limits_{k=1}^{3}a_{ik}b_{kj}$ 中，若 $k\le i$，則 $k\lt j$，所以 $b_{kj}=0$；若 $k\gt i$，則 $a_{ik}=0$。每個加項都為零，所以 $AB$ 主對角線上方全部為零。同一論證把 $3$ 換成任意 $n$ 仍然成立。

快速檢查

（請說明：為甚麼單位矩陣會同時屬於多個矩陣家族？）

至少指出兩個家族，並根據元素說明理由。

解答 · 引導解答

單位矩陣的所有非對角元素都為零，所以它是對角矩陣，並因而同時是上三角矩陣和下三角矩陣。又因為 $I_n^T=I_n$，它亦是對稱矩陣。

相關筆記

若要重溫上面使用的轉置規則，可先回看 3.3 轉置、對稱矩陣與反對稱矩陣。

接著可讀 3.5 初等行變換矩陣，完整理解初等矩陣的代數。

補充練習與完整解答

第 12 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

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

(a) 計算 AB、BA；(b) 驗證兩矩陣均冪等；(c) 對實數 p,q 驗證平方公式，並用歸納法證明下述公式對所有正整數 n 成立。

解答

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

驗證 (a),(b) 可取 u=(−1,1,−1)ᵀ、v=(1,−2,−4)ᵀ，則 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。展開平方得 (c.i)。(c.ii) 在 n=1 時顯然成立；設 k 時成立，右乘 pA+qB 即得所列歸納步驟。這涵蓋所有實數 p,q，包括零。

第 13 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

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

驗證 A 是對合矩陣，即 A²=I₃。

解答

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

逐項展開可得 A=I₃+uvᵀ。由結合律，(uvᵀ)²=u(vᵀu)vᵀ；對每個實數 r，都有 vᵀu=−2，故所列計算證明 A²=I₃，無須除以任何參數。

第 18 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

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

計算 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 中僅 (1,3)、(1,4)、(2,4) 可能非零，分別為 a·a、a·a²+a²·a、a·a。再右乘 A，A³ 中僅 (1,4)=a²·a 可能非零。由於 A 的第四行為零，再乘一次得到 A⁴=0。a=0 時公式同樣成立。

第 21 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

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

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

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) 三種情形各自使相應因子為零矩陣，含有尺寸相容的零因子的乘積為零。(b) 對角矩陣相乘得到所列零乘積；A 的兩個對角元素不同，而每個標量單位矩陣的對角元素相同，所以 A 不等於所列三個矩陣，逆命題被否定。

第 22 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

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

證明 A、B 均為冪等矩陣。

解答

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

依所列次序使用兩個假設及結合律。兩個矩陣的平方均等於自身，正是冪等的定義，無須使用約去律。

第 23 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

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

n≥1。(a) 證明 A²=Iₙ 蘊含 (Iₙ+A)(Iₙ−A)=O；(b) 判斷逆命題並證明。

解答

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

第一個恆等式來自分配律及單位矩陣的性質。若 A 為對合矩陣，則其值為零，證明 (a)；同一恆等式也給出反向蘊含，所以 (b) 的逆命題成立。

第 24 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

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

用歸納法證明每個正整數 m 都滿足 A(Iₙ+A)^m=A。

解答

$$\text{基礎：}\quad A(I_n+A)=A+A^2=A.$$ $$\text{歸納步驟：}\quad A(I_n+A)^{k+1}=\bigl[A(I_n+A)^k\bigr](I_n+A)=A(I_n+A)=A.$$

基礎情形為 m=1。設結論在 k≥1 時成立，由結合律及歸納假設得到所列等式，故在 k+1 時成立。由數學歸納法，結論對所有正整數 m 成立。

第 25 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

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

(a) 明確列出 Q²、Q³、Q⁴ 的元素；(b) 猜測每個正整數 n 對應的 Q^n 公式，並用歸納法證明。

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 時 S₁=1，公式恰為 Q。設 n=k 時成立，則 Q^kQ 的首元素為 $a^{k+1}$，第一行其餘元素分別為 (a^k+S_k)b、(a^k+S_k)c、(a^k+S_k)d，後三行不變。由於 $S_{k+1}$=S_k+a^k，歸納步驟成立。最後，有限和相消給出 (a−1)S_n=a^n−1，因 a≠1 可作除法。

第 26 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

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

用歸納法證明：對每個整數 n>2，都有實數 bₙ,cₙ,dₙ 使 A^n=bₙA²+cₙA+dₙI₃。

解答

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

已知多項式等式給出 n=3 的基礎情形。設 k≥3 時已有所需表示，右乘 A，再代入 A³=3A²−4A+2I₃，便得到所列遞推；它定義了下一指數的實係數，證明對每個 n>2 都存在。無須聲稱這些係數唯一。