18 , 设A=$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ , 且AB +E=A²+B , 求B

解: 由方程AB+E=A²+B , 得(A-E)B=A²-E=(A-E)(A+E)

又因 , A-E =$\begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ , 其行列式det(A -E)=-1≠0 , 故A-E可逆

用(A-E)^-1左乘上式两边 , 即得B=A+E=$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{bmatrix}$

19 , 已知$A = \text{diag}(1, - 2,1)$，且满足矩阵方程$adj(A)\, B\, A = 2BA - 8E,$

其中$E$是3阶单位矩阵，求矩阵$B$。

解：第一步：计算$adj(A)$

1.已知矩阵$A = \text{diag}(1, - 2,1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

2.计算代数余子式

$$C_{11} = ( - 1)^{1 + 1}\det\begin{pmatrix} - 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot ( - 2) = - 2$$

$$C_{12} = ( - 1)^{1 + 2}\det\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = ( - 1) \cdot 0 = 0$$

$$C_{13} = ( - 1)^{1 + 3}\det\begin{pmatrix} 0 & - 2 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = 1 \cdot 0 = 0$$

$$C_{21} = ( - 1)^{2 + 1}\det\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = ( - 1) \cdot 0 = 0$$

$$C_{22} = ( - 1)^{2 + 2}\det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot 1 = 1$$

$$C_{23} = ( - 1)^{2 + 3}\det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = ( - 1) \cdot 0 = 0$$

$$C_{31} = ( - 1)^{3 + 1}\det\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ - 2 & 0 \end{pmatrix} = 1 \cdot 0 = 0$$

$$C_{32} = ( - 1)^{3 + 2}\det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = ( - 1) \cdot 0 = 0$$

$$C_{33} = ( - 1)^{3 + 3}\det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - 2 \end{pmatrix} = 1 \cdot ( - 2) = - 2$$

所以代数余子式矩阵$C = (C_{ij})$为：$C = \begin{pmatrix} - 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 2 \end{pmatrix}$

3.转置得到伴随矩阵$\text{adj}(A) = C^{T} = \begin{pmatrix} - 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 2 \end{pmatrix}$

第二步：代入原方程并化简

将$adj(A) = D_{1} = diag( - 2,1, - 2)$和$A = D_{2} = diag(1, - 2,1)$代入原方程：

得方程$D_{1}BD_{2} = 2BD_{2} - 8E.$

由于$D_{2}$可逆，右乘$D_{2}^{- 1}$得方程$D_{1}B = 2B - 8D_{2}^{- 1}.$

第三步：整理为线性矩阵方程

移项得$D_{1}B - 2B = - 8D_{2}^{- 1},$ 即$(D_{1} - 2E)B = - 8D_{2}^{- 1}.$

记$D_{3} = D_{1} - 2E = diag( - 2,1, - 2) - diag(2,2,2) = diag( - 4, - 1, - 4).$

则方程化为$D_{3}B = - 8D_{2}^{- 1}.$

第四步：求解$B$

由于$D_{3}$可逆，有$B = - 8D_{3}^{- 1}D_{2}^{- 1}.$

又因$D_{3}^{- 1} = diag( - 1/4, - 1, - 1/4),\quad D_{2}^{- 1} = diag(1, - 1/2,1).$

所以$B = - 8D_{3}^{- 1}D_{2}^{- 1}$

$$= - 8diag\left( - \frac{1}{4} \times 1,\mspace{6mu}( - 1) \times \left( - \frac{1}{2} \right),\mspace{6mu} - \frac{1}{4} \times 1 \right)$$

$$= - 8diag\left( - \frac{1}{4},\mspace{6mu}\frac{1}{2},\mspace{6mu} - \frac{1}{4} \right)$$

$$= diag(2, - 4,2).$$

20 , 已知adj(A)=diag(1 , 1 , 1 , 8) , 且 ABA^-1= BA^-1+3E , 求B

解：

1. 确定矩阵 $A$

由伴随矩阵的性质 $A^{\ast} = |A| \cdot A^{- 1}$ 得$A^{- 1} = \frac{A^{\ast}}{|A|} = \frac{1}{|A|}diag(1,1,1,8).$

于是$A = (A^{- 1})^{- 1} = |A|diag(1,1,1,\frac{|A|}{8}) = diag\left( |A|,\,|A|,\,|A|,\,\frac{|A|}{8} \right).$

得：$|A| = \left| diag\left( |A|,\,|A|,\,|A|,\,\frac{|A|}{8} \right) \right| = |A| \cdot |A| \cdot |A| \cdot \frac{|A|}{8} = \frac{|A|^{4}}{8}.$

由于 $A$ 可逆，$|A| \neq 0$，两边同除以 $|A|$：得$1 = \frac{|A|^{3}}{8}\quad \Rightarrow \quad|A| = 2.$

因此$A = diag\left( 2,2,2,\frac{1}{4} \right).$

2. 化简矩阵方程

已知$ABA^{- 1} = BA^{- 1} + 3E.$

右乘 $A$：$AB = B + 3A.$

移项：$AB - B = 3A,$

合并同类项：$(A - E)B = 3A.$

因为 $A - E$ 可逆（对角线上元素为 $1,1,1, - \frac{3}{4}$，均不为零），

所以$B = 3(A - E)^{- 1}A.$

3. 计算 $B$

$$A - E = diag\left( 1,\, 1,\, 1,\, - \frac{3}{4} \right),$$

$$(A - E)^{- 1} = diag\left( 1,\, 1,\, 1,\, - \frac{4}{3} \right).$$

于是

$$B = 3 \cdot diag\left( 1,1,1, - \frac{4}{3} \right) \cdot diag\left( 2,2,2,\frac{1}{4} \right) = 3 \cdot diag\left( 2,\, 2,\, 2,\, - \frac{1}{3} \right) = diag(6,\, 6,\, 6,\, - 1).$$

注: (1)这里为大家提供了一条当A是可逆矩阵时 , 由A*求A的常规途径

(2)本题中A(或A*)为可逆矩阵的条件是必需的

因为当A不是可逆知阵时 , 未必能由它的伴随矩阵A*来确定A

例如$\begin{bmatrix} 2 & & \\ & \frac{1}{2} & \\ & & 0 \end{bmatrix}$和$\begin{bmatrix} 3 & & \\ & \frac{1}{3} & \\ & & 0 \end{bmatrix}$的伴随矩阵均为$\begin{bmatrix} 0 & & \\ & 0 & \\ & & 1 \end{bmatrix}$

21 , 设P^-1AP=Λ , 其中P=$\begin{bmatrix} - 1 & - 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$ , Λ=$\begin{bmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$ , 求A¹¹

解: 因P^-1AP=Λ , 故PP^-1APP^-1=P^-1ΛP^-1 得 A= PΛP^-1

于是A¹¹=PΛ¹¹P^-1=$\begin{bmatrix} - 1 & - 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}^{11}\begin{bmatrix} - 1 & - 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}^{- 1}$

=$\frac{1}{3}\begin{bmatrix} - 1 & - 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & 2^{11} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 4 \\ - 1 & - 1 \end{bmatrix}$

=$\frac{1}{3}\begin{bmatrix} 1 + 2^{13} & 4 + 2^{13} \\ - 1 - 2^{11} & - 4 - 2^{11} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2731 & 2732 \\ - 683 & - 684 \end{bmatrix}$

22 , 设 AP= PΛ , 其中P=$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & - 2 \\ 1 & - 1 & 1 \end{bmatrix}$ , Λ=$\begin{bmatrix} - 1 & & \\ & 1 & \\ & & 5 \end{bmatrix}$

求φ(A)= A⁸(5E -6A+A²)

解：

已知 $AP = P\Lambda$，则 $A = P\Lambda P^{- 1}$，

对于矩阵多项式 $\varphi(A) = A^{8}(5E - 6A + A^{2})$，

可先化简多项式为 $\varphi(A) = A^{10} - 6A^{9} + 5A^{8}$。

利用矩阵相似的多项式性质：若 $A = P\Lambda P^{- 1}$，则 $A^{k} = P\Lambda^{k}P^{- 1}$，

因此$\varphi(A) = P\left( \Lambda^{10} - 6\Lambda^{9} + 5\Lambda^{8} \right)P^{- 1} = P\varphi(\Lambda)P^{- 1}$

其中对角矩阵 $\Lambda = \begin{pmatrix} - 1 & & \\ & 1 & \\ & & 5 \end{pmatrix}$，

其多项式 $\varphi(\Lambda)$ 仍为对角矩阵，对角元为 $\varphi(\lambda_{i})$（$\lambda_{i}$ 为 $\Lambda$ 的对角元）。

步骤1：计算标量多项式

$\varphi(\lambda) = \lambda^{8}(5 - 6\lambda + \lambda^{2}) = \lambda^{10} - 6\lambda^{9} + 5\lambda^{8}$ 分别代入 $\Lambda$ 的三个对角元

$\lambda_{1} = - 1,\lambda_{2} = 1,\lambda_{3} = 5$：

1. 对 $\lambda = - 1$：$\varphi( - 1) = ( - 1)^{10} - 6( - 1)^{9} + 5( - 1)^{8} = 12$

2. 对 $\lambda = 1$：$\varphi(1) = 1^{10} - 6 \times 1^{9} + 5 \times 1^{8} = 0$

3. 对 $\lambda = 5$：$\varphi(5) = 5^{10} - 6 \times 5^{9} + 5 \times 5^{8} = 0$

因此对角矩阵：$\varphi(\Lambda) = \begin{pmatrix} \varphi( - 1) & & \\ & \varphi(1) & \\ & & \varphi(5) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 12 & & \\ & 0 & \\ & & 0 \end{pmatrix}$

步骤2：确定矩阵 $P$ 并计算 $P^{- 1}$

已知 $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & - 2 \\ 1 & - 1 & 1 \end{pmatrix}$，$|P| = \left| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & - 2 \\ 1 & - 1 & 1 \end{matrix} \right| = - 6 \neq 0$，P可逆，

再求伴随矩阵 $A^{\ast}$（伴随矩阵元素为代数余子式的转置）：

$$A_{11} = - 2,A_{12} = - 3,A_{13} = - 1$$

$A_{21} = - 2,A_{22} = 0,A_{23} = 2$

$$A_{31} = - 2,A_{32} = 3,A_{33} = - 1$$

伴随矩阵：$P^{\ast} = \begin{pmatrix} - 2 & - 2 & - 2 \\ - 3 & 0 & 3 \\ - 1 & 2 & - 1 \end{pmatrix}$

因此逆矩阵：$P^{- 1} = \frac{1}{|P|}P^{\ast} = - \frac{1}{6}\begin{pmatrix} - 2 & - 2 & - 2 \\ - 3 & 0 & 3 \\ - 1 & 2 & - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{2} & 0 & - \frac{1}{2} \\ \frac{1}{6} & - \frac{1}{3} & \frac{1}{6} \end{pmatrix}$

步骤3：计算最终结果

$$\varphi(A) = P\varphi(\Lambda)P^{- 1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & - 2 \\ 1 & - 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 12 & & \\ & 0 & \\ & & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{2} & 0 & - \frac{1}{2} \\ \frac{1}{6} & - \frac{1}{3} & \frac{1}{6} \end{pmatrix}$$

$$= \begin{pmatrix} 4 & 4 & 4 \\ 4 & 4 & 4 \\ 4 & 4 & 4 \end{pmatrix}$$

23 , 设矩阵A可逆 , 试证明其伴随阵A*也可逆 , 且(A*)^-1=(A^-1)*

证:

由伴随矩阵的定义，有恒等式：$AA^{\ast} = A^{\ast}A = |A|\, I$

因为 $A$ 可逆，所以 $|A| \neq 0$。

由 $A^{\ast}A = |A|\, I$ 可得：$A^{\ast}A \cdot \frac{1}{|A|} = I$，即：$A^{\ast} \cdot \left( \frac{1}{|A|}A \right) = I$

这说明 $A^{\ast}$ 有右逆矩阵 $\frac{1}{|A|}A$。

同理，由 $AA^{\ast} = |A|\, I$ 可得：$\left( \frac{1}{|A|}A \right)A^{\ast} = I$

即 $A^{\ast}$ 也有左逆矩阵 $\frac{1}{|A|}A$。

因此：$(A^{\ast})^{- 1} = \frac{1}{|A|}A$

这直接说明 $A^{\ast}$ 可逆，并且求出了它的逆矩阵。

根据伴随矩阵定义，对于任意可逆矩阵 $B$，有：$B^{\ast} = |B|\, B^{- 1}$

取 $B = A^{- 1}$，则：

$(A^{- 1})^{\ast} = |A^{- 1}|\,(A^{- 1})^{- 1} = \frac{1}{|A|}$A

比较两式：$(A^{\ast})^{- 1} = \frac{1}{|A|}A,\quad(A^{- 1})^{\ast} = \frac{1}{|A|}A$

所以：$(A^{\ast})^{- 1} = (A^{- 1})^{\ast}$

24 , 设n阶矩阵A的伴随阵为A* , 试证明:

(1)若|A|=0 , 则|A*|=0 ;

(2)若|A|≠0 , 则|A*|=|A|^n-1

证明：

(1) 若 $|A| = 0$，则 $|A^{\ast}| = 0$（其中 $n \geq 2$）

已知伴随矩阵满足恒等式：$AA^{\ast} = A^{\ast}A = |A|\, I_{n}$，

代入 $|A| = 0$，得：$AA^{\ast} = O$，其中 $O$ 为零矩阵。

现用反证法。

假设 $|A^{\ast}| \neq 0$，则 $A^{\ast}$ 可逆。

在等式 $AA^{\ast} = O$ 两边右乘 $(A^{\ast})^{- 1}$，得：$A = O$，即 $A$ 为零矩阵。

当 $n \geq 2$ 时，零矩阵的伴随矩阵 $A^{\ast}$ 也是零矩阵

（因为每个元素的代数余子式均为 0），

于是 $|A^{\ast}| = 0$，与假设 $|A^{\ast}| \neq 0$矛盾。

因此，当 $n \geq 2$ 且 $|A| = 0$ 时，必有 $|A^{\ast}| = 0$。

注：$n = 1$ 时结论不成立，例如 $A = \lbrack 0\rbrack$，则 $A^{\ast} = \lbrack 1\rbrack$，其行列式为 1。

本题默认 $n \geq 2$。

(2) 若 $|A| \neq 0$，则 $|A^{\ast}| = |A|^{n - 1}$

仍从伴随矩阵的基本恒等式出发：$AA^{\ast} = |A|\, I_{n}$

两边取行列式：$|AA^{\ast}| = |\,|A|\, I_{n}\,|$

左边：$|AA^{\ast}| = |A| \cdot |A^{\ast}|$

右边：$|\,|A|\, I_{n}\,| = |A|^{n} \cdot |I_{n}| = |A|^{n}$

因此：$|A| \cdot |A^{\ast}| = |A|^{n}$

由于 $|A| \neq 0$，两边除以 $|A|$，得：$|A^{\ast}| = |A|^{n - 1}$