AAA组

5.若A=E122E23(1)\bm{A}=\bm{E}^2_{12}\bm{E}_{23}(1)A=E122​E23​(1)，其中E12,E23(1)\bm{E}_{12},\bm{E}_{23}(1)E12​,E23​(1)为444阶初等矩阵，则A−1=\bm{A}^{-1}=A−1=（  ）。
(A)E23(1);(A)\bm{E}_{23}(1);(A)E23​(1);
(B)E23(−1);(B)\bm{E}_{23}(-1);(B)E23​(−1);
(C)E12;(C)\bm{E}_{12};(C)E12​;
(D)E.(D)\bm{E}.(D)E.

解  由初等矩阵的运算性质，有E122=E,E23−1(1)=E23(−1)\bm{E}^2_{12}=\bm{E},\bm{E}^{-1}_{23}(1)=\bm{E}_{23}(-1)E122​=E,E23−1​(1)=E23​(−1)，从而有A−1=[E122E23(1)]−1=E23−1(1)=E23(−1)\bm{A}^{-1}=[\bm{E}^2_{12}\bm{E}_{23}(1)]^{-1}=\bm{E}^{-1}_{23}(1)=\bm{E}_{23}(-1)A−1=[E122​E23​(1)]−1=E23−1​(1)=E23​(−1)，故应选(B)(B)(B)。（这道题主要利用了初等矩阵的运算性质求解）

9.设A=[0111101111011110]\bm{A}=\begin{bmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\end{bmatrix}A=⎣⎢⎢⎡​0111​1011​1101​1110​⎦⎥⎥⎤​，则A−1=\bm{A}^{-1}=A−1=______。

解  A=[0111101111011110]=[1111111111111111]−[1000010000100001]=B−E\bm{A}=\begin{bmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{bmatrix}=\bm{B}-\bm{E}A=⎣⎢⎢⎡​0111​1011​1101​1110​⎦⎥⎥⎤​=⎣⎢⎢⎡​1111​1111​1111​1111​⎦⎥⎥⎤​−⎣⎢⎢⎡​1000​0100​0010​0001​⎦⎥⎥⎤​=B−E，则B=A+E,B2=4B=4(A+E)=(A+E)2\bm{B}=\bm{A}+\bm{E},\bm{B}^2=4\bm{B}=4(\bm{A}+\bm{E})=(\bm{A}+\bm{E})^2B=A+E,B2=4B=4(A+E)=(A+E)2，得A2−2A=A(A−2E)=3E\bm{A}^2-2\bm{A}=\bm{A}(\bm{A}-2\bm{E})=3\bm{E}A2−2A=A(A−2E)=3E，故A−1=13(A−2E)=13[−21111−21111−21111−2]\bm{A}^{-1}=\cfrac{1}{3}(\bm{A}-2\bm{E})=\cfrac{1}{3}\begin{bmatrix}-2&1&1&1\\1&-2&1&1\\1&1&-2&1\\1&1&1&-2\end{bmatrix}A−1=31​(A−2E)=31​⎣⎢⎢⎡​−2111​1−211​11−21​111−2​⎦⎥⎥⎤​。（这道题主要利用了拆分矩阵求解）

BBB组

30.已知对于nnn阶方阵A\bm{A}A，存在正整数kkk，使得Ak=O\bm{A}^k=\bm{O}Ak=O。证明矩阵E−A\bm{E}-\bm{A}E−A可逆，并写出其逆矩阵的表达式（E\bm{E}E为nnn阶单位矩阵）。

解  E=E−Ak=Ek−Ak=(E−A)(E+A+⋯+Ak−1)\bm{E}=\bm{E}-\bm{A}^k=\bm{E}^k-\bm{A}^k=(\bm{E}-\bm{A})(\bm{E}+\bm{A}+\cdots+\bm{A}^{k-1})E=E−Ak=Ek−Ak=(E−A)(E+A+⋯+Ak−1)，所以E−A\bm{E}-\bm{A}E−A可逆，且(E−A)−1=E+A+⋯+Ak−1(\bm{E}-\bm{A})^{-1}=\bm{E}+\bm{A}+\cdots+\bm{A}^{k-1}(E−A)−1=E+A+⋯+Ak−1。（这道题主要利用了等式变换求解）

33.设(2E−C−1B)AT=C−1(2\bm{E}-\bm{C}^{-1}\bm{B})\bm{A}^\mathrm{T}=\bm{C}^{-1}(2E−C−1B)AT=C−1，其中E\bm{E}E是444阶单位矩阵，AT\bm{A}^\mathrm{T}AT是444阶矩阵A\bm{A}A的转置矩阵，且B=[12−3−2012−300120001],C=[1201012000120001]\bm{B}=\begin{bmatrix}1&2&-3&-2\\0&1&2&-3\\0&0&1&2\\0&0&0&1\end{bmatrix},\bm{C}=\begin{bmatrix}1&2&0&1\\0&1&2&0\\0&0&1&2\\0&0&0&1\end{bmatrix}B=⎣⎢⎢⎡​1000​2100​−3210​−2−321​⎦⎥⎥⎤​,C=⎣⎢⎢⎡​1000​2100​0210​1021​⎦⎥⎥⎤​，求A\bm{A}A。

解  由(2E−C−1B)AT=C−1(2\bm{E}-\bm{C}^{-1}\bm{B})\bm{A}^\mathrm{T}=\bm{C}^{-1}(2E−C−1B)AT=C−1，有A=[(2C−B)T]−1=[1000−21001−21001−21]\bm{A}=[(2\bm{C}-\bm{B})^\mathrm{T}]^{-1}=\begin{bmatrix}1&0&0&0\\-2&1&0&0\\1&-2&1&0\\0&1&-2&1\end{bmatrix}A=[(2C−B)T]−1=⎣⎢⎢⎡​1−210​01−21​001−2​0001​⎦⎥⎥⎤​。（这道题主要利用了矩阵的运算性质求解）

CCC组

4.设A=[ab0c]\bm{A}=\begin{bmatrix}a&b\\0&c\end{bmatrix}A=[a0​bc​]，其中a,b,ca,b,ca,b,c为实数，则下列选项中，不能使A100=E\bm{A}^{100}=\bm{E}A100=E的是（  ）。
(A)a=1,b=2,c=−1;(A)a=1,b=2,c=-1;(A)a=1,b=2,c=−1;
(B)a=1,b=−2,c=−1;(B)a=1,b=-2,c=-1;(B)a=1,b=−2,c=−1;
(C)a=−1,b=2,c=1;(C)a=-1,b=2,c=1;(C)a=−1,b=2,c=1;
(D)a=−1,b=2,c=−1.(D)a=-1,b=2,c=-1.(D)a=−1,b=2,c=−1.

解  A\bm{A}A为右上三角矩阵，则A100\bm{A}^{100}A100仍为右上三角矩阵，且A100=[a100d0c100]\bm{A}^{100}=\begin{bmatrix}a^{100}&d\\0&c^{100}\end{bmatrix}A100=[a1000​dc100​]（其中d=a99b+a98bc+⋯+abc98+bc99d=a^{99}b+a^{98}bc+\cdots+abc^{98}+bc^{99}d=a99b+a98bc+⋯+abc98+bc99）。
  若要A100=E\bm{A}^{100}=\bm{E}A100=E，则a100=1,c100=1,d=0a^{100}=1,c^{100}=1,d=0a100=1,c100=1,d=0，于是a=±1,c=±1,d=0a=\pm1,c=\pm1,d=0a=±1,c=±1,d=0。
  当a=c=1a=c=1a=c=1时，A=[1b01],A100=[1100b01]\bm{A}=\begin{bmatrix}1&b\\0&1\end{bmatrix},\bm{A}^{100}=\begin{bmatrix}1&100b\\0&1\end{bmatrix}A=[10​b1​],A100=[10​100b1​]，若100b=0100b=0100b=0，得b=0b=0b=0，则A=E,A100=E\bm{A}=\bm{E},\bm{A}^{100}=\bm{E}A=E,A100=E。
  当a=−1,c=1a=-1,c=1a=−1,c=1时，A=[1b0−1],A2=[1b0−1][1b0−1]=[1001]=E\bm{A}=\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix},\bm{A}^2=\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}=\bm{E}A=[10​b−1​],A2=[10​b−1​][10​b−1​]=[10​01​]=E，故A100=E\bm{A}^{100}=\bm{E}A100=E，bbb为任意常数。
  当a=−1,b=1a=-1,b=1a=−1,b=1时，A=[1b0−1],A2=[−1b01][1b0−1]=[1001]=E\bm{A}=\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix},\bm{A}^2=\begin{bmatrix}-1&b\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&b\\0&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}=\bm{E}A=[10​b−1​],A2=[−10​b1​][10​b−1​]=[10​01​]=E，故A100=E\bm{A}^{100}=\bm{E}A100=E，故A100=E\bm{A}^{100}=\bm{E}A100=E，bbb为任意常数。
  当a=c=−1a=c=-1a=c=−1时，A=[−1b0−1],A100=[1−100b01]\bm{A}=\begin{bmatrix}-1&b\\0&-1\end{bmatrix},\bm{A}^{100}=\begin{bmatrix}1&-100b\\0&1\end{bmatrix}A=[−10​b−1​],A100=[10​−100b1​]，若−100b=0-100b=0−100b=0，得b=0b=0b=0，则A=−E,A100=E\bm{A}=-\bm{E},\bm{A}^{100}=\bm{E}A=−E,A100=E。
  故应选(D)(D)(D)。（这道题主要利用了矩阵乘法求解）

7.设A=[abcd]\bm{A}=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}A=[ac​bd​]。

（1）计算A2\bm{A}^2A2，并将A2\bm{A}^2A2用A\bm{A}A和E\bm{E}E线性表出；

解  A2=[abcd][abcd]=[a2+bcb(a+d)c(a+d)d2+bc]\bm{A}^2=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a^2+bc&b(a+d)\\c(a+d)&d^2+bc\end{bmatrix}A2=[ac​bd​][ac​bd​]=[a2+bcc(a+d)​b(a+d)d2+bc​]。令A2=[a2+bcb(a+d)c(a+d)d2+bc]=xA+yE=[y+xaxbxcy+xd]\bm{A}^2=\begin{bmatrix}a^2+bc&b(a+d)\\c(a+d)&d^2+bc\end{bmatrix}=x\bm{A}+y\bm{E}=\begin{bmatrix}y+xa&xb\\xc&y+xd\end{bmatrix}A2=[a2+bcc(a+d)​b(a+d)d2+bc​]=xA+yE=[y+xaxc​xby+xd​]，得{a2+bc=y+xa,b(a+d)=bx,c(a+d)=cx,d2+bc=dx+y,\begin{cases}a^2+bc=y+xa,\\b(a+d)=bx,\\c(a+d)=cx,\\d^2+bc=dx+y,\end{cases}⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​a2+bc=y+xa,b(a+d)=bx,c(a+d)=cx,d2+bc=dx+y,​解得x=a+d,y=bc−adx=a+d,y=bc-adx=a+d,y=bc−ad，即A2=(a+d)A+(bc−ad)E\bm{A}^2=(a+d)\bm{A}+(bc-ad)\bm{E}A2=(a+d)A+(bc−ad)E。（这道题主要利用了线性方程组求解）

（2）证明当k>2k>2k>2时，Ak=O\bm{A}^k=\bm{O}Ak=O的充分必要条件为A2=O\bm{A}^2=\bm{O}A2=O。

解  先看充分性。A2=O⇒Ak=O(k>2)\bm{A}^2=\bm{O}\Rightarrow\bm{A}^k=\bm{O}(k>2)A2=O⇒Ak=O(k>2)，显然成立；
  再看必要性。Ak=O⇒∣A∣=ad−bc=0\bm{A}^k=\bm{O}\Rightarrow|\bm{A}|=ad-bc=0Ak=O⇒∣A∣=ad−bc=0，由（1）知A2=(a+d)A\bm{A}^2=(a+d)\bm{A}A2=(a+d)A，于是Ak=(a+d)k−1A=O\bm{A}^k=(a+d)^{k-1}\bm{A}=\bm{O}Ak=(a+d)k−1A=O，故A=O\bm{A}=\bm{O}A=O或a+d=0a+d=0a+d=0，从而有A2=(a+d)A=O\bm{A}^2=(a+d)\bm{A}=\bm{O}A2=(a+d)A=O。（这道题主要利用了行列式与矩阵的关系求解）

8.设A\bm{A}A是m×nm\times nm×n矩阵，B\bm{B}B是n×mn\times mn×m矩阵，已知Em+AB\bm{E}_m+\bm{AB}Em​+AB可逆。

（1）验证En+BA\bm{E}_n+\bm{BA}En​+BA可逆，且(En+BA)−1=En−B(Em+AB)−1A(\bm{E}_n+\bm{BA})^{-1}=\bm{E}_n-\bm{B}(\bm{E}_m+\bm{AB})^{-1}\bm{A}(En​+BA)−1=En​−B(Em​+AB)−1A；

解  因
(E+BA)(E−B(E+AB)−1A)=E+BA−B(E+AB)−1A−BAB(E+AB)−1A=E+BA−B(E+AB)(E+AB)−1A=E+BA−BA=E.\begin{aligned} &(\bm{E}+\bm{BA})(\bm{E}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A})\\ =&\bm{E}+\bm{BA}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}-\bm{BAB}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}\\ =&\bm{E}+\bm{BA}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}=\bm{E}+\bm{BA}-\bm{BA}=\bm{E}. \end{aligned} ==​(E+BA)(E−B(E+AB)−1A)E+BA−B(E+AB)−1A−BAB(E+AB)−1AE+BA−B(E+AB)(E+AB)−1A=E+BA−BA=E.​
  故E+BA\bm{E}+\bm{BA}E+BA可逆，且(E+BA)−1=E−B(E+AB)−1A(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}=\bm{E}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}(E+BA)−1=E−B(E+AB)−1A。（这道题主要利用了等式变换求解）

（2）设W=[1+a1b1a1b2a1b3a2b11+a2b2a2b3a3b1a3b21+a3b3]\bm{W}=\begin{bmatrix}1+a_1b_1&a_1b_2&a_1b_3\\a_2b_1&1+a_2b_2&a_2b_3\\a_3b_1&a_3b_2&1+a_3b_3\end{bmatrix}W=⎣⎡​1+a1​b1​a2​b1​a3​b1​​a1​b2​1+a2​b2​a3​b2​​a1​b3​a2​b3​1+a3​b3​​⎦⎤​，其中a1b1+a2b2+a3b3=0a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3=0a1​b1​+a2​b2​+a3​b3​=0。证明W\bm{W}W可逆，并求W−1\bm{W}^{-1}W−1。

解
W=[1+a1b1a1b2a1b3a2b11+a2b2a2b3a3b1a3b21+a3b3]=[100010001]+[a1b1a1b2a1b3a2b1a2b2a2b3a3b1a3b2a3b3]=E+[a1,a2,a3]T[b1,b2,b3]=E+AB.\begin{aligned} \bm{W}&=\begin{bmatrix}1+a_1b_1&a_1b_2&a_1b_3\\a_2b_1&1+a_2b_2&a_2b_3\\a_3b_1&a_3b_2&1+a_3b_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}a_1b_1&a_1b_2&a_1b_3\\a_2b_1&a_2b_2&a_2b_3\\a_3b_1&a_3b_2&a_3b_3\end{bmatrix}\\ &=\bm{E}+[a_1,a_2,a_3]^\mathrm{T}[b_1,b_2,b_3]=\bm{E}+\bm{AB}. \end{aligned} W​=⎣⎡​1+a1​b1​a2​b1​a3​b1​​a1​b2​1+a2​b2​a3​b2​​a1​b3​a2​b3​1+a3​b3​​⎦⎤​=⎣⎡​100​010​001​⎦⎤​+⎣⎡​a1​b1​a2​b1​a3​b1​​a1​b2​a2​b2​a3​b2​​a1​b3​a2​b3​a3​b3​​⎦⎤​=E+[a1​,a2​,a3​]T[b1​,b2​,b3​]=E+AB.​
  由（1）知E+AB\bm{E}+\bm{AB}E+AB可逆，则E+BA\bm{E}+\bm{BA}E+BA可逆，且(E+BA)−1=E−B(E+AB)−1A(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}=\bm{E}-\bm{B}(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}\bm{A}(E+BA)−1=E−B(E+AB)−1A，反之若E+BA\bm{E}+\bm{BA}E+BA可逆，则E+AB\bm{E}+\bm{AB}E+AB可逆，且(E+AB)−1=E−A(E+BA)−1B(\bm{E}+\bm{AB})^{-1}=\bm{E}-\bm{A}(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}\bm{B}(E+AB)−1=E−A(E+BA)−1B。
  因为E+BA=E+[b1,b2,b3][a1,a2,a3]T=E+[a1b1+a2b2+a3b3]=E+O=E\bm{E}+\bm{BA}=\bm{E}+[b_1,b_2,b_3][a_1,a_2,a_3]^\mathrm{T}=\bm{E}+[a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3]=\bm{E}+\bm{O}=\bm{E}E+BA=E+[b1​,b2​,b3​][a1​,a2​,a3​]T=E+[a1​b1​+a2​b2​+a3​b3​]=E+O=E，故E+BA\bm{E}+\bm{BA}E+BA可逆，(E+BA)−1=E(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}=\bm{E}(E+BA)−1=E。
  故W=E+AB\bm{W}=\bm{E}+\bm{AB}W=E+AB可逆，且
W−1=E−A(E+BA)−1B=E−[a1,a2,a3]TE[b1,b2,b3]=[1−a1b1−a1b2−a1b3−a2b11−a2b2−a2b3−a3b1−a3b21−a3b3].\begin{aligned} \bm{W}^{-1}&=\bm{E}-\bm{A}(\bm{E}+\bm{BA})^{-1}\bm{B}=\bm{E}-[a_1,a_2,a_3]^\mathrm{T}\bm{E}[b_1,b_2,b_3]\\ &=\begin{bmatrix}1-a_1b_1&-a_1b_2&-a_1b_3\\-a_2b_1&1-a_2b_2&-a_2b_3\\-a_3b_1&-a_3b_2&1-a_3b_3\end{bmatrix}. \end{aligned} W−1​=E−A(E+BA)−1B=E−[a1​,a2​,a3​]TE[b1​,b2​,b3​]=⎣⎡​1−a1​b1​−a2​b1​−a3​b1​​−a1​b2​1−a2​b2​−a3​b2​​−a1​b3​−a2​b3​1−a3​b3​​⎦⎤​.​
（这道题主要利用了等式变换求解）

11.设α=[a1,a2,⋯,an]T≠0,β=[b1,b2,⋯,bn]T≠0\bm{\alpha}=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T}\ne\bm{0},\bm{\beta}=[b_1,b_2,\cdots,b_n]^\mathrm{T}\ne\bm{0}α=[a1​,a2​,⋯,an​]T​=0,β=[b1​,b2​,⋯,bn​]T​=0，且αTβ=0,A=E+αβT\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}=0,\bm{A}=\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}αTβ=0,A=E+αβT，计算：

（1）∣A∣;|\bm{A}|;∣A∣;

解
∣A∣=∣E+αβT∣=∣1+a1b1a1b2⋯a1bna2b11+a2b2⋯a2bn⋮⋮⋮anb1anb2⋯1+anbn∣=∣1b1b2⋯bn01+a1b1a1b2⋯a1bn0a2b11+a2b2⋯a2bn⋮⋮⋮⋮0anb1anb2⋯1+anbn∣=∣1b1b2⋯bn−a110⋯0−a201⋯0⋮⋮⋮⋮−an00⋯1∣=∣1+∑i=1naibib1b2⋯bn010⋯0001⋯0⋮⋮⋮⋮000⋯1∣=1(∑i=1naibi=αTβ=0)\begin{aligned} |\bm{A}|&=|\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}|=\begin{vmatrix}1+a_1b_1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\a_2b_1&1+a_2b_2&\cdots&a_2b_n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_nb_1&a_nb_2&\cdots&1+a_nb_n\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}1&b_1&b_2&\cdots&b_n\\0&1+a_1b_1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\0&a_2b_1&1+a_2b_2&\cdots&a_2b_n\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&a_nb_1&a_nb_2&\cdots&1+a_nb_n\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}1&b_1&b_2&\cdots&b_n\\-a_1&1&0&\cdots&0\\-a_2&0&1&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\-a_n&0&0&\cdots&1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1+\displaystyle\sum\limits_{i=1}^na_ib_i&b_1&b_2&\cdots&b_n\\0&1&0&\cdots&0\\0&0&1&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&1\end{vmatrix}\\ &=1(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^na_ib_i=\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}=0) \end{aligned} ∣A∣​=∣E+αβT∣=∣∣∣∣∣∣∣∣∣​1+a1​b1​a2​b1​⋮an​b1​​a1​b2​1+a2​b2​⋮an​b2​​⋯⋯⋯​a1​bn​a2​bn​⋮1+an​bn​​∣∣∣∣∣∣∣∣∣​=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣​100⋮0​b1​1+a1​b1​a2​b1​⋮an​b1​​b2​a1​b2​1+a2​b2​⋮an​b2​​⋯⋯⋯⋯​bn​a1​bn​a2​bn​⋮1+an​bn​​∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣​=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣​1−a1​−a2​⋮−an​​b1​10⋮0​b2​01⋮0​⋯⋯⋯⋯​bn​00⋮1​∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣​=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣​1+i=1∑n​ai​bi​00⋮0​b1​10⋮0​b2​01⋮0​⋯⋯⋯⋯​bn​00⋮1​∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣​=1(i=1∑n​ai​bi​=αTβ=0)​
（这道题主要利用了行列式加边法求解）

（2）An;\bm{A}^n;An;

解  An=(E+αβT)n=En+nEn−1αβT+n(n−1)2En−2(αβT)2+⋯\bm{A}^n=(\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})^n=\bm{E}^n+n\bm{E}^{n-1}\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}+\cfrac{n(n-1)}{2}\bm{E}^{n-2}(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})^2+\cdotsAn=(E+αβT)n=En+nEn−1αβT+2n(n−1)​En−2(αβT)2+⋯。
  当k⩾1k\geqslant1k⩾1时，有(αβT)k=(αβT)(αβT)⋯(αβT)=α(βTα)(βTα)⋯(βTα)β=O(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})^k=(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})\cdots(\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})=\bm{\alpha}(\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha})(\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha})\cdots(\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha})\bm{\beta}=\bm{O}(αβT)k=(αβT)(αβT)⋯(αβT)=α(βTα)(βTα)⋯(βTα)β=O，故An=E+nαβT\bm{A}^n=\bm{E}+n\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}An=E+nαβT。（这道题主要利用了二次项展开式求解）

（3）A−1.\bm{A}^{-1}.A−1.

解  A2=(E+αβT)(E+αβT)=E+2αβT+αβTαβT=2E+2αβT−E=2A−E\bm{A}^2=(\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})(\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})=\bm{E}+2\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}=2\bm{E}+2\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}-\bm{E}=2\bm{A}-\bm{E}A2=(E+αβT)(E+αβT)=E+2αβT+αβTαβT=2E+2αβT−E=2A−E。得2A−A2=E,A(2E−A)=E2\bm{A}-\bm{A}^2=\bm{E},\bm{A}(2\bm{E}-\bm{A})=\bm{E}2A−A2=E,A(2E−A)=E，故A−1=2E−A=E−αβT\bm{A}^{-1}=2\bm{E}-\bm{A}=\bm{E}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}A−1=2E−A=E−αβT。（这道题主要利用了等式变换求解）

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