Q4：可逆性¶
考點：逆矩陣、滿秩、可逆等價條件、Cayley-Hamilton
核心洞察¶
可逆的本質：變換是「雙射」（一對一且映成）
邏輯鏈：
多項式求逆的核心：由 \(p(A) = O\) 因式分解出 \(A \cdot (\cdots) = cI\)
題型分類¶
類型 1：Cayley-Hamilton 多項式求逆¶
\(A^3 - 4A^2 + 3A - 5I = O\)，求 \(A^{-1}\)。
技巧：把 \(I\) 單獨移到一邊，其餘因式分解出 \(A\)
答案：\(A^{-1} = \frac{1}{5}(A^2 - 4A + 3I)\)
類型 2：從特徵多項式求逆¶
\(A\) 的特徵多項式 \(p(\lambda) = \lambda^3 - 6\lambda^2 + 11\lambda - 6\)，求 \(A^{-1}\)。
步驟：
- Cayley-Hamilton：\(A^3 - 6A^2 + 11A - 6I = O\)
- 確認可逆：常數項 \(-6 \neq 0\)，故 \(0\) 非特徵值
- 因式分解：\(A(A^2 - 6A + 11I) = 6I\)
- 答案：\(A^{-1} = \frac{1}{6}(A^2 - 6A + 11I)\)
類型 3：簡單多項式關係¶
| 條件 | \(A^{-1}\) |
|---|---|
| \(A^2 - 5A + 6I = O\) | \(\frac{1}{6}(5I - A)\) |
| \(A^2 = I\) | \(A\)（對合矩陣） |
| \(A^2 = A\)（冪等） | 不可逆（除非 \(A = I\)） |
| \(A^3 = I\) | \(A^2\) |
速算公式¶
2×2 逆矩陣¶
記憶：主對角交換，副對角變號，除以 det
逆矩陣性質¶
| 性質 | 公式 | 陷阱 |
|---|---|---|
| 乘積 | \((AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}\) | 順序反過來 |
| 轉置 | \((A^T)^{-1} = (A^{-1})^T\) | |
| 冪次 | \((A^k)^{-1} = (A^{-1})^k\) | |
| 純量 | \((cA)^{-1} = \frac{1}{c}A^{-1}\) |
陷阱¶
陷阱 1：AB = I 是否 BA = I？¶
方陣：是
\(AB = I \Rightarrow \det(A)\det(B) = 1 \Rightarrow \det(A) \neq 0\)
\(\Rightarrow A\) 可逆 \(\Rightarrow B = A^{-1} \Rightarrow BA = I\) ✓
非方陣：否
\(A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix}\)，\(B = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}\)
\(AB = [1]\)，\(BA = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \neq I\)
陷阱 2：冪等矩陣 A² = A¶
\(A^2 = A \Rightarrow A(A - I) = O\)
若 \(A\) 可逆：\(A - I = O \Rightarrow A = I\)
結論：冪等矩陣 \(A \neq I\) 時必不可逆
陷阱 3：冪零矩陣 Aᵏ = O¶
\(A^k = O \Rightarrow \det(A)^k = 0 \Rightarrow \det(A) = 0\)
結論：冪零矩陣永不可逆
陷阱 4：A + B 可逆？¶
\(A, B\) 都可逆 \(\not\Rightarrow A + B\) 可逆
反例：\(A = I\)，\(B = -I\)，\(A + B = O\)
題目¶
基礎題（大二）¶
4.1 設 \(A^2 - 3A + 2I = O\)。 (a) 求 \(A^{-1}\) (b) 求 \(A\) 的特徵值
解答
(a) \(A^2 - 3A + 2I = O \Rightarrow A(A - 3I) = -2I\)
\(A^{-1} = -\frac{1}{2}(A - 3I) = \frac{1}{2}(3I - A)\)
(b) \(\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0 \Rightarrow \lambda = 1, 2\)
4.2 設 \(A^3 = 2I\)，求 \(A^{-1}\)。
解答
\(A \cdot A^2 = 2I \Rightarrow A \cdot \frac{1}{2}A^2 = I\)
答案：\(A^{-1} = \frac{1}{2}A^2\)
4.3 設 \(A\) 是 \(n \times n\) 矩陣，\(A^2 + A + I = O\)。證明 \(A\) 可逆並求 \(A^{-1}\)。
解答
\(A^2 + A + I = O \Rightarrow A^2 + A = -I\)
\(A(A + I) = -I \Rightarrow A \cdot (-(A+I)) = I\)
答案：\(A^{-1} = -(A + I) = -A - I\)
驗證可逆：特徵值滿足 \(\lambda^2 + \lambda + 1 = 0\)，\(\lambda = \frac{-1 \pm \sqrt{3}i}{2} \neq 0\)
進階題（大三/碩一）¶
4.4（Sherman-Morrison）設 \(A\) 可逆，\(\mathbf{u}, \mathbf{v} \in \mathbb{R}^n\)，\(1 + \mathbf{v}^T A^{-1}\mathbf{u} \neq 0\)。證明：
解答
直接驗證 \((A + \mathbf{u}\mathbf{v}^T) \cdot (\text{右式}) = I\)：
令 \(B = A^{-1} - \frac{A^{-1}\mathbf{u}\mathbf{v}^T A^{-1}}{1 + k}\)，其中 \(k = \mathbf{v}^T A^{-1}\mathbf{u}\)
\((A + \mathbf{u}\mathbf{v}^T)B = AB + \mathbf{u}\mathbf{v}^T B\)
\(= I - \frac{\mathbf{u}\mathbf{v}^T A^{-1}}{1+k} + \mathbf{u}\mathbf{v}^T A^{-1} - \frac{k \cdot \mathbf{u}\mathbf{v}^T A^{-1}}{1+k}\)
\(= I + \mathbf{u}\mathbf{v}^T A^{-1}\left(1 - \frac{1+k}{1+k}\right) = I\) \(\square\)
4.5 設 \(A\) 是 \(n \times n\) 正交矩陣（\(A^T A = I\)）。證明 \(\det(A) = \pm 1\)。
解答
\(A^T A = I \Rightarrow \det(A^T)\det(A) = 1\)
\(\det(A)^2 = 1 \Rightarrow \det(A) = \pm 1\) \(\square\)
4.6 設 \(A, B\) 是 \(n \times n\) 矩陣，\(AB\) 可逆。證明 \(A, B\) 都可逆。
解答
\(AB\) 可逆 \(\Rightarrow \det(AB) \neq 0\)
\(\det(A)\det(B) \neq 0 \Rightarrow \det(A) \neq 0\) 且 \(\det(B) \neq 0\)
\(\Rightarrow A, B\) 都可逆 \(\square\)
4.7 設 \(A^2 = A + I\)。 (a) 證明 \(A\) 可逆 (b) 求 \(A^3\)（用 \(A\) 表示）
解答
(a) \(A^2 - A - I = O\)，特徵值 \(\lambda^2 - \lambda - 1 = 0\)
\(\lambda = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}\)（黃金比例！）皆非零，故可逆
(b) \(A^3 = A \cdot A^2 = A(A + I) = A^2 + A = (A + I) + A = 2A + I\)
概念關聯¶
可逆矩陣
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├──→ 判定：det ≠ 0 ⟺ 滿秩 ⟺ 0 非特徵值
│
├──→ 計算：2×2 公式、高斯消去、多項式求逆
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│ └──→ Cayley-Hamilton：p(A) = O → 因式分解出 A⁻¹
│
└──→ 性質：(AB)⁻¹ = B⁻¹A⁻¹（順序反）