2.3 基础训练

2.3.1 训练题

一、单选题

设 $A$ 是 $m \times k$ 阶阵, $B$ 是 $k \times t$ 阶阵,若 $B$ 的第 $j$ 列元素全为零,则下列结论中正确的是 $()$ .

(A) $AB$ 的第 $j$ 行元素全等于零 (B) $AB$ 的第 $j$ 列元素全等于零

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵, $A$ 适合下列条件 $()$ 时, $I_{n} - A$ 必是可逆矩阵.

(A) $A^{n} = O$ (B) $A$ 是可逆矩阵

设 $A, B, C$ 均是 $n$ 阶矩阵,下列命题正确的是 ( ).

(A) 若 $A$ 是可逆矩阵,则从 $AB = AC$ 可推出 $BA = CA$

(B) 若 $A$ 是可逆矩阵,则必有 $AB = BA$

(D) 若 $B \neq = C$ ,则必有 $AB \neq = AC$

下列命题错误的是 ( ).

(A) 若干个初等矩阵的积必是可逆矩阵

(B) 可逆矩阵之和未必是可逆矩阵

(D) 可逆矩阵必是有限个初等矩阵的积

下列关于同阶不可逆矩阵及可逆矩阵的命题正确的是 ( ).

(A) 两个不可逆矩阵之和仍是不可逆矩阵

(B) 两个可逆矩阵之和仍是可逆矩阵

(D) 一个不可逆矩阵与一个可逆矩阵之积必是可逆矩阵

下列关于矩阵乘法交换性的结论中错误的是 ( ).

(A) 若 $A$ 是可逆矩阵,则 $A$ 与 $A^{- 1}$ 乘法可交换

(B) 可逆矩阵必与初等矩阵乘法可交换

(D) 初等矩阵与初等矩阵乘法未必可交换

设 $A$ 是可逆矩阵,则 $()$ 成立.

(A) $A$ 和任一同阶矩阵之积必是可逆矩阵

(B) 若 $B$ 是同阶初等矩阵,则 $AB$ 的行列式不等于零

(D) $A$ 和任一常数之积仍是可逆矩阵

设矩阵 $A$ 经过有限次初等变换后得到矩阵 $B$ ,结论正确的是 ( ).

(A) 若 $A$ 和 $B$ 都是 $n$ 阶方阵,则 $∣ A ∣ = ∣ B ∣$

(B) 若 $A$ 和 $B$ 都是 $n$ 阶方阵,则 $∣ A ∣$ 和 $∣ B ∣$ 同时为零或同时不为零

(D) $A = B$

设 $A$ 是 $n$ 阶方阵, $A^{*}$ 是其伴随矩阵,则下列结论错误的是 ( ).

(A) 若 $A$ 是可逆矩阵,则 $A^{*}$ 也是可逆矩阵

(B) 若 $A$ 是不可逆矩阵,则 $A^{*}$ 也是不可逆矩阵

(D) $∣ A A^{*} ∣ = ∣ A ∣$

下列矩阵中可以化为有限个初等矩阵之积的矩阵是 ( ).

(A) $(102432)$ (B) $100 2 - 1 0 032$

初等矩阵 $()$ .

(A) 都可逆 (B) 相加仍是初等矩阵

A = a_{11} ⋮ a_{n 1} \dots \dots a_{1 n} ⋮ a_{nn}, B = A_{11} ⋮ A_{n 1} \dots \dots A_{1 n} ⋮ A_{nn},

其中 $A_{ij}$ 是 $a_{ij}$ 的代数余子式,则 ( ).

(A) $A$ 是 $B$ 的伴随 (B) $B$ 是 $A$ 的伴随

设 $A, B$ 为方阵,分块对角矩阵 $C = (A O O B)$ ,则 $C^{*} = ()$ .

(A) $(A^{*} O O B^{*})$ (B) $(∣ A ∣ A^{*} O O ∣ B ∣ B^{*})$

设 $A$ 是 $n$ 阶方阵, $B$ 是对换 $A$ 中两列所得之方阵,若 $∣ A ∣ \neq = ∣ B ∣$ ,则 ( ).

(A) $∣ A ∣$ 可能为零 (B) $∣ A ∣ \neq = 0$

设 $A, B, A + B$ 均为 $n$ 阶可逆矩阵,则 $(A^{- 1} + B^{- 1})^{- 1}$ 为 $()$ .

(A) $A + B$ (B) $A - B$

二、填空题

矩阵 $121 a 13 001$ 不是可逆矩阵,则 $a$ 的值等于 $()$ .
设 $n$ 为正整数,则 $1000110000200003^{n} =$ .
设 $A$ 和 $B$ 是 $n$ 阶矩阵, $∣ A ∣ = 2, ∣ B ∣ = - 3$ ,则 $2 A^{*} B^{- 1} = ()$ .
设 $A$ 为三阶方阵, $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随,又 $∣ A ∣ = \frac{1}{2}$ ,则 $(3 A)^{- 1} - 2 A^{*} = ()$ .
设 $A = a_{11} 0 ⋮ 0 a_{12} a_{22} ⋮ 0 \dots \dots \dots a_{1 n} a_{2 n} ⋮ a_{nn}$ 是上三角阵,则 $A$ 是可逆矩阵的充要条件是 $()$ .
若分块矩阵 $M = (A B O C)$ 中的 $A$ 是可逆矩阵, $C$ 是不可逆矩阵,则 $M$ 是否是可逆矩阵 $()$ ?
设 $k$ 是正整数,则 $(cos θ - sin θ sin θ cos θ)^{k} = ()$ .
设 $a_{i} \neq = 0 (1 \leq i \leq n)$ ,则 $00 ⋮ 0 a_{n} a_{1} 0 ⋮ 00 0 a_{2} ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots 00 ⋮ a_{n - 1} 0^{- 1} =$ .
设 $A, B$ 都是可逆矩阵,则 $(O B A O)^{- 1} =$ .
设 $A = diag {A_{1}, A_{2}, \dots, A_{k}}$ 是分块对角矩阵,每个 $A_{i}$ 都是方阵,则 $∣ A ∣ = ()$ .
$100 a 10 0 a 1^{k} =$ .
和矩阵 $(1011)$ 乘法可交换的所有矩阵为 $()$ .
矩阵方程 $(1011) X = (21 1 - 1)$ 的解 $X = ()$ .
和任意一个 $n$ 阶对角矩阵乘法可交换的矩阵为 $()$ .
设 $A, B$ 均为可逆矩阵,则 $(A O C B)^{- 1} = ()$ .

三、解答题

求证: 若 $n$ 阶矩阵 $A$ 和对角矩阵 $D = diag {1, 2, \dots, n}$ (或任意一个主对角元素互不相同的对角矩阵) 乘法可交换,则 $A$ 必是对角矩阵; 若进一步 $A$ 还和第一类初等矩阵可交换,则 $A$ 必是数量矩阵 $k I_{n}$ (由此可知,矩阵 $A$ 是数量矩阵的充要条件是 $A$ 和所有可逆矩阵可交换).
求证: 不存在 $n$ 阶奇异矩阵 $A$ ,适合条件 $A^{2} + A + I_{n} = O$ .
设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵,且 $A^{2} = A$ ,求证: $I_{n} - 2 A$ 是可逆矩阵.
若 $A$ 是 $n$ 阶矩阵,且 $2 A (A - I_{n}) = A^{3}$ ,求证: $I_{n} - A$ 可逆.
设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵, $B$ 是 $n \times m$ 矩阵. 若 $I_{m} + AB$ 可逆,求证: $I_{n} + BA$ 也可逆.
求矩阵 $A$ 的逆矩阵:

A = 100 ⋮ 0 a 10 ⋮ 0 a^{2} a 1 ⋮ 0 a^{3} a^{2} a ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots a^{n} a^{n - 1} a^{n - 2} ⋮ 1

求下列矩阵的逆矩阵 $(a_{n} \neq = 0)$ :

F = 010 ⋮ 0 001 ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ 1 - a_{n} - a_{n - 1} - a_{n - 2} ⋮ - a_{1} .

设 $s_{k} = x_{1}^{k} + x_{2}^{k} + \dots + x_{n}^{k} (k \geq 1), s_{0} = n$ ,计算矩阵 $A$ 的行列式的值:

A = s_{0} s_{1} ⋮ s_{n} s_{1} s_{2} ⋮ s_{n + 1} \dots \dots \dots s_{n - 1} s_{n} ⋮ s_{2 n - 1} 1 x ⋮ x^{n}

计算矩阵 $A$ 的行列式的值:

A = 1 + a_{1}^{2} a_{2} a_{1} ⋮ a_{n} a_{1} a_{1} a_{2} 1 + a_{2}^{2} ⋮ a_{n} a_{2} \dots \dots \dots a_{1} a_{n} a_{2} a_{n} ⋮ 1 + a_{n}^{2}

计算矩阵 $A$ 的行列式的值:

A = a_{1} - b_{1} a_{2} - b_{1} ⋮ a_{n} - b_{1} a_{1} - b_{2} a_{2} - b_{2} ⋮ a_{n} - b_{2} \dots \dots \dots a_{1} - b_{n} a_{2} - b_{n} ⋮ a_{n} - b_{n} .

若 $n$ 阶实方阵 $A$ 满足 $A A^{'} = I_{n}$ ,则称为正交矩阵. 证明: 不存在 $n$ 阶正交矩阵 $A, B$ 满足 $A^{2} = c AB + B^{2}$ ,其中 $c$ 是非零常数.
设 $A$ 为 $n$ 阶幂零矩阵, $B$ 为 $n$ 阶矩阵,使得 $AB + BA = B$ ,求证: $B = O$ .
设 $b$ 为非零常数,下列形状的矩阵称为 $b$ -循环矩阵:

A = a_{1} b a_{n} b a_{n - 1} ⋮ b a_{2} a_{2} a_{1} b a_{n} ⋮ b a_{3} a_{3} a_{2} a_{1} ⋮ b a_{4} \dots \dots \dots \dots a_{n} a_{n - 1} a_{n - 2} ⋮ a_{1}

(1) 证明: 同阶 $b$ -循环矩阵的乘积仍然是 $b$ -循环矩阵;

(2) 求上述 $b$ -循环矩阵 $A$ 的行列式的值.

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的每一行、每一列的元素之和都为零,证明: $A$ 的每个元素的代数余子式都相等.
设 $A = (a_{ij})$ 为 $n$ 阶方阵,定义函数 $f (A) = i, j = 1 \sum n a_{ij}^{2}$ . 设 $P$ 为 $n$ 阶可逆矩阵,使得对任意的 $n$ 阶方阵 $A$ 成立: $f (PA P^{- 1}) = f (A)$ . 证明: 存在非零常数 $c$ ,使得 $P^{'} P = c I_{n}$ .

2.3.2 训练题答案

一、单选题

由矩阵乘法定义即知选择 (B).
选择 (A). 因为 $A^{n} = O$ 时, $I_{n} = I_{n} - A^{n} = (I_{n} - A) (I_{n} + A + A^{2} + \dots + A^{n - 1})$ .
$A$ 可逆,从 $A B = A C$ 得 $B = C$ ,因此 $B A = C A$ . 选择 (A).
初等矩阵之积未必是初等矩阵, 因此选择 (C).
选择 (C).
选择 (B).
$∣ AB ∣ = ∣ A ∣ ∣ B ∣$ ,若 $B$ 是初等矩阵,则 $∣ B ∣ \neq = 0$ ,因而 $∣ AB ∣ \neq = 0$ . 选择 (B).
选择 (B).
$A A^{*} = ∣ A ∣ I_{n}$ ,因此 $∣ A A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n}$ . 选择 (D).
显然 (B) 中矩阵可逆, 可逆矩阵可表示为若干个初等矩阵之积, 因此选择 (B).
显然选择 (A).
根据伴随的定义, 选择 (C).
选择 (C).
选择 (B).
$(A^{- 1} + B^{- 1}) A (A + B)^{- 1} B = B^{- 1} (B + A) (A + B)^{- 1} B = I_{n}$ . 因此选择 (D).

二、填空题

该矩阵的行列式为零,求得 $a = \frac{1}{2}$ .
经计算后结果为 $1000 n 100 00 2^{n} 0 000 3^{n}$ .
由 $A A^{*} = ∣ A ∣ I_{n}$ ,得 $∣ A A^{*} ∣ = 2^{n}, ∣ A^{*} ∣ = 2^{n - 1}$ ,故

2 A^{*} B^{- 1} = 2^{n} \cdot 2^{n - 1} \cdot (- \frac{1}{3}) = - \frac{2 ^{2 n - 1}}{3} .

$A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1} = \frac{1}{2} A^{- 1}$ ,故

(3 A)^{- 1} - 2 A^{*} = \frac{1}{3} A^{- 1} - A^{- 1} = - \frac{2}{3} A^{- 1} = (- \frac{2}{3})^{3} \cdot 2 = - \frac{16}{27} .

$a_{ii} \neq = 0, i = 1, 2, \dots, n$ .
不可逆.
先试算, 再用归纳法可得

(cos θ - sin θ sin θ cos θ)^{k} = (cos k θ - sin k θ sin k θ cos k θ) .

用初等变换法计算比较简单:

00 ⋮ 0 a_{n} a_{1} 0 ⋮ 00 0 a_{2} ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots 00 ⋮ a_{n - 1} 0 11111 10 ⋮ 00 01 ⋮ 00 00 ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots 00 ⋮ 10 00 ⋮ 01

\to a_{n} 00 ⋮ 0 0 a_{1} 0 ⋮ 0 00 a_{2} ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ a_{n - 1} 111 ⋮ 1 010 ⋮ 0 001 ⋮ 0 0000 \dots \dots \dots ⋮ \dots 000 ⋮ 1 1000

\to 100 ⋮ 0 010 ⋮ 0 001 ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ 1!!! ⋮! 0 a_{1}^{- 1} 0 ⋮ 0 00 a_{2}^{- 1} ⋮ 0 000 ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ a_{n - 1}^{- 1} a_{n}^{- 1} 00 ⋮ 0 .

因此原矩阵的逆矩阵为:

0 a_{1}^{- 1} ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots 00 ⋮ a_{n - 2}^{- 1} 0 00 ⋮ 0 a_{n - 1}^{- 1} a_{n}^{- 1} 0 ⋮ 00 .

用初等变换法比较简单:

(O B A^{'} I O! O O I) \to (B O O! O A^{'} I I O) \to (I O O! I! A^{- 1} O O B^{- 1}) .

因此

(O B A O)^{- 1} = (O A^{- 1} B^{- 1} O) .

$∣ A_{1} ∣ ∣ A_{2} ∣ \dots ∣ A_{k} ∣$ .
$100 a 10 0 a 1^{k} = 100 ka 10 C_{k}^{2} a^{2} ka 1$ . 解答过程请参考例 2.10 (1).
设和 $A$ 乘法可交换的矩阵为 $(a c b d)$ ,则

(a c b d) (1011) = (1011) (a c b d)

即

(a c a + b c + d) = (a + c c b + d d)

比较等式两边得 $c = 0, a = d$ ,因此和 $A$ 可交换的矩阵具有下列形状:

(a 0 b a) .

$X = (1011)^{- 1} (21 1 - 1)$ . 这类问题通常用初等变换法比较简单 (请读者和求逆阵的方

法对比):

(101111 2 - 1 1) \to (100111 2 - 1)

因此 $X = (11 2 - 1)$ .

$A$ 必是对角矩阵.
分块上三角矩阵的逆矩阵也是分块上三角阵, 因此可以用待定元素法. 设原矩阵的逆矩阵为 $(A^{- 1} O X B^{- 1})$ ,则

(A O C B) (A^{- 1} O X B^{- 1}) = (I O O I)

即

(I O A X + C B^{- 1} I) = (I O O I)

故 $AX + C B^{- 1} = O, X = - A^{- 1} C B^{- 1}$ . 因此原矩阵的逆矩阵为

(A^{- 1} O - A^{- 1} C B^{- 1} B^{- 1})

注本题也可用初等变换法, 请参考例 2.62 .

三、解答题

设 $A = (a_{ij})$ ,从 $AD = DA$ ,比较两边的第 $(i, j)$ 元素. 左边为 $a_{ij} d_{jj}$ ,右边为 $a_{ij} d_{ii}$ . 当 $i \neq = j$ 时,因为 $d_{ii} \neq = d_{jj}$ ,要使它们相等,只有 $a_{ij} = 0$ . 因此 $A$ 是对角矩阵. 令 $P_{ij}$ 是第一类初等矩阵,它由单位矩阵交换第 $i$ 行与第 $j$ 行得到. $P_{ij} A$ 的第 $(j, i)$ 元素为 $a_{ii}$ ,而 $A P_{ij}$ 的第 $(j, i)$ 元素是 $a_{jj}$ ,因此 $a_{ii} = a_{jj} . A$ 是数量矩阵.
由已知 $A^{2} + A + I_{n} = O$ ,则 $(A - I_{n}) (A^{2} + A + I_{n}) = A^{3} - I_{n} = O$ ,即 $A^{3} = I_{n}$ ,于是 $A$ 是可逆矩阵.
因为 $(I_{n} - 2 A)^{2} = I_{n} - 4 A + 4 A^{2} = I_{n}$ ,故 $I_{n} - 2 A$ 是可逆矩阵.
由已知 $A^{3} - 2 A^{2} + 2 A - I_{n} = - I_{n}$ ,即 $(A - I_{n}) (A^{2} - A + I_{n}) = - I_{n}$ ,于是 $(I_{n} - A)^{- 1} =$ $A^{2} - A + I_{n}$
这道题是例 2.15 的推广, 有了例 2.15 的结论, 我们可以直接计算

(I_{n} + B A) [I_{n} - B (I_{m} + A B)^{- 1} A] = I_{n} + B A - (I_{n} + B A) B (I_{m} + A B)^{- 1} A

= I_{n} + B A - (B + B A B) (I_{m} + A B)^{- 1} A = I_{n} + B A - B (I_{m} + A B) (I_{m} + A B)^{- 1} A = I_{n} .

用初等变换法不难求得

A^{- 1} = 100 ⋮ 00 - a 10 ⋮ 00 0 - a 1 ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ - a 1 .

用初等变换法不难求得

F^{- 1} = - \frac{a _{n - 1}}{a _{n}} - \frac{a _{n - 2}}{a _{n}} - \frac{a _{n - 3}}{a _{n}} ⋮ - \frac{1}{a _{n}} 100 ⋮ 0 010 ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ 0 .

将矩阵 $A$ 分解为两个矩阵的乘积:

A = 1 x_{1} ⋮ x_{1}^{n - 1} x_{1}^{n} 1 x_{2} ⋮ x_{2}^{n - 1} x_{2}^{n} \dots \dots \dots \dots 1 x_{n} ⋮ x_{n}^{n - 1} x_{n}^{n} 1 x ⋮ x^{n - 1} x^{n} 11 ⋮ 10 x_{1} x_{2} ⋮ x_{n} 0 \dots \dots \dots \dots x_{1}^{n - 1} x_{2}^{n - 1} ⋮ x_{n}^{n - 1} 0 00 ⋮ 01,

因此 $∣ A ∣ = (x - x_{1}) (x - x_{2}) \dots (x - x_{n}) 1 \leq i < j \leq n \prod (x_{j} - x_{i})^{2}$ .

矩阵 $A$ 可化为

A = I_{n} + a_{1} a_{2} ⋮ a_{n} (a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n})

由降阶公式可得 $∣ A ∣ = 1 + i = 1 \sum n a_{i}^{2}$ .

矩阵 $A$ 可化为

A = a_{1} a_{2} ⋮ a_{n} 11 ⋮ 1 (1 - b_{1} 1 - b_{2} \dots \dots 1 - b_{n}) .

当 $n > 2$ 时,由 Cauchy-Binet 公式可得 $∣ A ∣ = 0$ ; 当 $n = 2$ 时, $∣ A ∣ = a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} - a_{1} b_{2} - b_{1} a_{2}$ .

用反证法,设存在 $n$ 阶正交阵 $A, B$ ,使得 $A^{2} = c AB + B^{2} (c \neq = 0)$ . 在等式两边同时左乘 $A^{'}$ ,右乘 $B^{'}$ ,可得 $A B^{'} = c I_{n} + A^{'} B$ ,从而 $c I_{n} = A^{'} B - A B^{'}$ . 两边同时取迹,可得 $n c = tr (c I_{n}) = tr (A^{'} B) - tr (A B^{'}) = tr ((A^{'} B)^{'}) - tr (A B^{'}) = tr (B^{'} A) - tr (A B^{'}) = 0$ ,矛盾.
假设 $A^{k} = O$ ,其中 $k$ 为某个正整数. 由条件可得 $AB = B (I_{n} - A)$ ,于是 $O = A^{k} B =$ $B (I_{n} - A)^{k}$ . 由单选题 2 知 $I_{n} - A$ 是可逆矩阵,从而 $B = O$ .
本题是例 2.12 和例 2.52 的推广.

(1) 设 $J_{b} = (O b I_{n - 1} O)$ ,则 $J_{b}^{n} = b I_{n}$ 且 $A = a_{1} I_{n} + a_{2} J_{b} + a_{3} J_{b}^{2} + \dots + a_{n} J_{b}^{n - 1}$ . 因此同阶 $b$ -循环矩阵的乘积仍然是 $b$ -循环矩阵.

(2) 作多项式 $f (x) = a_{1} + a_{2} x + a_{3} x^{2} + \dots + a_{n} x^{n - 1}$ ,令 $ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}$ 是 $b$ 的所有 $n$ 次方根. 完全类似于例 2.52 的解法,最后可得 $∣ A ∣ = f (ε_{1}) f (ε_{2}) \dots f (ε_{n})$ .

设 $A = (a_{ij}), x = (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})^{'}, y = (y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n})^{'}$ ,考虑如下 $n + 1$ 阶矩阵的行列式求值:

B = (A y^{'} x 0)

一方面,类似例 1.8 的两种解法 (直接展开或摄动法) 同理可得 $∣ B ∣ = - i = 1 \sum n j = 1 \sum n A_{ij} x_{i} y_{j}$ . 另一方面,先把行列式 $∣ B ∣$ 的第二行, $\dots$ ,第 $n$ 行全部加到第一行上; 再将第二列, $\dots$ ,第 $n$ 列全部加到第一列上, 可得

a_{11} a_{21} ⋮ a_{n 1} y_{1} a_{12} a_{22} ⋮ a_{n 2} y_{2} \dots \dots \dots \dots a_{1 n} a_{2 n} ⋮ a_{nn} y_{n} x_{1} x_{2} ⋮ x_{n} 0 = 0 a_{21} ⋮ a_{n 1} y_{1} 0 a_{22} ⋮ a_{n 2} y_{2} \dots \dots \dots \dots 0 a_{2 n} ⋮ a_{nn} y_{n} i = 1 \sum n x_{i} x_{2} ⋮ x_{n} 0 = 00 ⋮ 0 j = 1 \sum n y_{j} 0 a_{22} ⋮ a_{n 2} y_{2} \dots \dots \dots \dots 0 a_{2 n} ⋮ a_{nn} y_{n} i = 1 \sum n x_{i} x_{2} ⋮ x_{n} 0 .

依次按照第一行和第一列进行展开,可得 $∣ B ∣ = - A_{11} i = 1 \sum n j = 1 \sum n x_{i} y_{j}$ . 比较上述两个结果,可得 $A$ 的所有代数余子式都相等.

由假设知 $f (A) = tr (A A^{'})$ ,因此

f (PA P^{- 1}) = tr (PA P^{- 1} (P^{'})^{- 1} A^{'} P^{'}) = tr ((P^{'} P) A (P^{'} P)^{- 1} A^{'}) = tr (A A^{'}) .

以下设 $P^{'} P = (c_{ij}), (P^{'} P)^{- 1} = (d_{ij})$ . 注意 $P^{'} P$ 是对称矩阵,后面要用到. 令 $A = E_{ij}$ 并代入上式, 则通过简单的计算可得

c_{ii} d_{jj} = 1

再令 $A = E_{ij} + E_{k l}$ 并代入上式,则通过简单的计算可得

c_{ii} d_{jj} + c_{kk} d_{ll} + c_{ki} d_{j l} + c_{ik} d_{l j} = 2 + 2 δ_{ik} δ_{j l},

其中 $δ_{ik}$ 是 Kronecker 符号. 由上述两个关系式可得

c_{ki} d_{j l} + c_{ik} d_{l j} = 2 δ_{ik} δ_{j l}

在上式中令 $j = l, i \neq = k$ ,注意到 $d_{jj} \neq = 0$ ,故有 $c_{ik} + c_{ki} = 0$ ,又因为 $c_{ik} = c_{ki}$ ,故 $c_{ik} = 0, \forall i \neq = k$ . 于是 $P^{'} P$ 是一个对角矩阵,从而 $d_{jj} = c_{jj}^{- 1}$ ,由此可得 $c_{ii} = c_{jj}, \forall i, j$ . 因此 $P^{'} P = c I_{n}$ ,其中 $c = c_{11} \neq = 0$ .

Youliang Zhong

2.3 基础训练

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2.3.2 训练题答案

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