若 $A$ 為 symmetric，即 $A^t = A$

Claim: $\text{adj}(A)$ 為 symmetric，即 $\text{adj}(A)^t = \text{adj}(A)$

因 $\text{adj}(A)^t = \text{adj}(A^t)$

又 $A$ 為 symmetric，即 $A^t = A$

故 $\text{adj}(A)^t = \text{adj}(A)$

感謝 QWQ. 的發現，moodle 及老師網頁的題目也已更正

假設 $A$ 為 $n$ 階方陣，$r\in\mathbb{R}$

令 $B=rA$

則我們可知 $B_{ij}=rA_{ij}$，其中 $B_{ij},A_{ij}\in M_{n-1}$ 分別為 $B,A$ 的 $\mathrm{(i,j)-}$ minor matrix

故 $\det (B_{ij})=r^{n-1}\det (A_{ij})$，

因此 $b_{ij}^{\prime}=r^{n-1}a_{ij}^{\prime}$，其中 $b_{ij}^{\prime},a_{ij}^{\prime}$ 為 $B,A$ 的 $\mathrm{(i,j)-}$cofactor

由 adjoint matrix 的定義可知 $\mathrm{adj} (rA)=\mathrm{adj} (B)=r^{n-1}\mathrm{adj}(A)$

故得證。

下列推導會使用到這幾個恆等式：
$A \cdot \text{adj}(A) = \det(A) I_n$
$B \cdot \text{adj}(B) = \det(B) I_n$
$\det(A) \cdot \det(B) = \det(AB)$（因符合$A$，$B$，$AB$皆為n階方陣的條件）

推導：

\begin{align*} \text{左式} &= (BA)(\text{adj}(A)\text{adj}(B)) \\ &= B(A \cdot \text{adj}(A))\text{adj}(B) \\ &= B(\det(A) I_n)\text{adj}(B) \\ &= \det(A) \cdot B \text{adj}(B) \\ &= \det(A)\det(B) I_n \\ &= \det(AB) I_n = \text{右式} \quad \end{align*}

故 $(BA)(\text{adj}(A)\text{adj}(B)) = \det(AB) I_n$

\begin{align*} \text{由 (4) 題可知：} & (AB)(\text{adj}(B)\text{adj}(A)) = \det(AB) I_n \quad \text{--- (i)} \\ \text{又由 $A \cdot \text{adj}(A) = \det(A) I_n$ 將 $AB$ 代入 $A$ 可知：} & (AB)\text{adj}(AB) = \det(AB) I_n \quad \text{--- (ii)} \\ \text{故由 (i), (ii) 得：} & (AB)(\text{adj}(B)\text{adj}(A)) = (AB)\text{adj}(AB) \\ \text{因 } A, B \text{ 為 invertible：} & \text{ 故兩邊先左乘 } A^{-1} \text{ ，再左乘 } B^{-1} \\ \text{得：} & \text{adj}(B)\text{adj}(A) = \text{adj}(AB) \end{align*}

因 $A$ 為 $n \times n$ invertible matrix，故 $\det(A) \neq 0$。

由 $A \cdot \text{adj}(A) = \det(A) I_n$ 取determinant：

\begin{align*} \det(A \cdot \text{adj}(A)) &= \det(\det(A) I_n) \\ \det(A) \det(\text{adj}(A)) &= (\det A)^n \cdot \det(I_n) \\ \det(\text{adj}(A)) &= (\det A)^{n-1} \quad \text{--- ($\star$)} \end{align*} 

又由 $A \cdot \text{adj}(A) = \det(A) I_n$ 將 adj$A$ 代入 $A$ 可知：

\begin{align*} \text{adj}(\text{adj} A) \cdot \text{adj} A &= \det(\text{adj} A) I_n \\ \text{代入 ($\star$) 得：} \quad \text{adj}(\text{adj} A) \cdot \text{adj} A &= (\det A)^{n-1} I_n \\ \text{兩邊同時右乘 } A \text{：} \quad \text{adj}(\text{adj} A) \cdot \text{adj} A \cdot A &= (\det A)^{n-1} I_n \cdot A \\ \text{利用 } \text{adj} A \cdot A = \det A \cdot I_n \text{：} \quad \text{adj}(\text{adj} A) \cdot (\det A \cdot I_n) &= (\det A)^{n-1} A \\ \text{因 } \det A \neq 0 \text{，兩邊同除以 } \det A \text{：} \quad \text{adj}(\text{adj} A) \cdot I_n &= (\det A)^{n-2} A \\ \text{故得：} \quad \text{adj}(\text{adj} A) &= (\det A)^{n-2} A \end{align*}

（2）題我有初步想法

但是我不知道如何說明 去除後會使其成為rank<row數的方陣

$C$是$A$的cofactor矩陣

$\operatorname{adj}(A)=C^T=\begin{bmatrix} c_{11}&c_{21}&\cdots&c_{n1}\\ c_{12}&\cdots&\cdots&\vdots\\ \vdots&&&\\ c_{1n}&\cdots&\cdots&c_{nn}\end{bmatrix}$

其中 $c_{ij}$是$A$的 cofactor。

若考慮 $\operatorname{adj}(A)$ 第 $i$列第 $j$行為 $c_{ji}$。

當 $i>j$，因 $A$是上三角矩陣，故 $A$的 $(j,i)$ minor 的第 $(j,j)$ 個 entry 必為 0，且是上三角矩陣，推得$\det(A_{ji})$故 $c_{ji}=(-1)^{i+j}\det(A_{ji})=0$。

所以 $\operatorname{adj}(A)$ 的第 $(i,j)$ 個 entry ，也就是$c_{ji}$必為 0

，故 $\operatorname{adj}(A)$為上三角矩陣。

     我有一個解法，並不是去論證 rank，而是直接論證一個 upper triangular matrix 的哪些 minor 是 upper triangular，以及其 diagonal entries 的改變。

     我認為這方法很麻煩，但還是先放上來。

解答

Lemma. 若 $A$ 為 upper triangular 且 $j < i$，則 $A_{ji}$ 為 upper triangular。

Pf. 令 $B = [b_{ji}] = A_{ji}$，並令 $r > s$，我們想證明 $b_{rs} = 0$。若 $r ≥ j$ 且 $s ≥ i$，有 $b_{rs} = a_{(r+1)(s+1)}$，因 $A$ 為 upper triangular 且 $r > s$ 代表 $r+1 > s+1$，故 $a_{(r+1)(s+1)} = 0$ i.e. $b_{rs}=0$。在 $r ≥ j$ 且 $s < i$ 或是 $r < j$ 且 $s < i$ 的情況同理。對於 $r < j$ 但 $s ≥ i$ 的情況，不可能發生，否則我們的前提 $j < i$ 會導致 $r < j < i ≤ s < r$，這是個矛盾。因此，$b_{rs} = 0$，由此我們就證明了這個 lemma。$\blacksquare$

   令 $B = [b_{ij}] = \text{adj} (A)$。若 $i > j$，我們需要證明 $B$ 的 $(i, j)$-th entry i.e. $b_{ij}$ i.e. $a_{ji}^\prime$ ，會是 $0$。

   $a_{ji}^\prime = (-1)^{j+i} \det A_{ji}$。根據 lemma 和前提，$A_{ji}$ 為 upper triangular，那麼若我們能找到 $A_{ji}$ 的其中一個 diagonal entry 為 $0$，就能證明 $\det A_{ji} = 0$，並進一步證明 $a_{ji}^\prime = 0$。

   令 $C = [c_{ij}] = A_{ji}$。我們宣稱，$c_{jj} = 0$。
   因為 $j ≥ j$ 且 $j < i$ ，$c_{jj} = a_{(j+1)j}$，而顯然 $j + 1 > j$，那麼由 $A$ 為 upper triangular 得 $a_{(j+1)j} = 0$ i.e. $c_{jj} = 0$。
   那麼我們就找到了為 $0$ 的一個 diagonal entry，並由此證明了此時 $b_{ij} = 0$。那麼，我們就證明了 $B$ 為 upper triangular。$\blacksquare$

   那為什麼 $i ≤ j$ 時可能不對呢？因為在砍掉一個矩陣的 column 時，會把該 column 的右邊的所有 column 都往左移一位（也就是往回推時要往右移一位。），而左邊的所有 column 維持不變。因為 $j < i$，證明中 $C$ 的 $j$-th column 才能維持不變，而若 $i ≤ j$，$c_{jj} = a_{(j+1)(j+1)}$，恰為 diagonal entry，我們就無從套用 upper-triangular 的假設了。在 Lemma 的論述也是一樣。

   實際上，如果取 minor matrix 時選取的 row ≥ 所選的 column，該 minor matrix 的 determinant 也可能非零。舉個例子，考慮矩陣 $\begin{bmatrix}1&2&3\\0&4&5\\0&0&6\end{bmatrix}$，其 $(2, 2)$-th minor （2 ≥ 2）為 $\begin{bmatrix}1&3\\0&6\end{bmatrix}$，但其 determinant 為 $6 \not= 0$。且其 $(3, 1)$-th minor （3 ≥ 1）為 $\begin{bmatrix}2&3\\4&5\end{bmatrix}$，但其 determinant 為 $10-12=-2\not= 0$。注意後者甚至不是 upper triangular，且我們能適當的選擇數字使得該 determinant 為 $0$。
   也就是說，如果我們直接用 entry 來證，我們得要描述為什麼 $i > j$ 時，會造成 rank 小於 row 數或其他結果，這樣論述才可能完整。
 
PS：要怎麼 @ 人呀......我看助教和教授都可以標注使用者的名字，但我找不到對應的介面。
 

換個口味

若 \(A\) 可逆，則 \(A^{-1}\) 也是上三角矩陣，因此
\[
\operatorname{adj}(A)=\det(A)A^{-1}
\]
也是上三角矩陣。

若 \(A\) 不可逆，考慮 \(A+tI\)。它仍是上三角矩陣，且
\[
\det(A+tI)=\prod_{k=1}^n (a_{kk}+t),
\]
故只有有限多個 \(t\) 使 \(\det(A+tI)=0\)。因此除有限多個 \(t\) 外，\(A+tI\) 皆可逆，
所以對這些 \(t\)，\(\operatorname{adj}(A+tI)\) 都是上三角矩陣。

對任意 \(i>j\)，令
\[
f_{ij}(t)=(\operatorname{adj}(A+tI))_{ij}.
\]
由於伴隨矩陣的每個元素都是 cofactor，所以 \(f_{ij}(t)\) 是 \(t\) 的多項式。
而對無限多個可逆的 \(t\)，因 \(\operatorname{adj}(A+tI)\) 為上三角矩陣，故
\[
f_{ij}(t)=0.
\]
因此 \(f_{ij}(t)\) 恆為零多項式。這對所有 \(i>j\) 都成立，所以
\(\operatorname{adj}(A+tI)\) 的主對角線下方元素恆為零。
令 \(t=0\)，得 \(\operatorname{adj}(A)\) 為上三角矩陣。

@張翔誠實名討論 我覺得你的切入點確實是不錯的方向。對於一般的矩陣，我們目前還不太容易知道其加上 $tI$ 後的性質會長什麼樣，但上三角就很容易。

只是 $f_{ij}(t)$ 在 $t$ 會導致 $A$ 不可逆時會如何行為呢？此時我們還不知道 $\text{adj} (A + tI)$ 是否為上三角矩陣。而若 $t = 0$，$A + tI = A$，而 $A$ 不可逆。那麼為何能導出 $f_{ij} = 0$ 的結論呢？

我目前的猜測是，因為你說 $f_{ij}$ 是 $\mathbb{R}$ 上的 polynomial，而 $f_{ij}$ 只有可能有有限個非零點，而 polynomial 又逐點連續且定義域為 $\mathbb{R}$，因此這些可能的非零點非 $0$ 不可（否則就不連續），所以 $f_{ij}$ 才是零多項式。

上面的部分因為他是上三角

所以下三角都是零，$f_{ij}(t)=0$

感謝晴月夢的提醒  
若 \(A\) 可逆，則 \(A^{-1}\) 也是上三角矩陣，因此  
\[
\operatorname{adj}(A)=\det(A)A^{-1}
\]
也是上三角矩陣。  
若 \(A\) 不可逆，考慮 \(A+tI\)。它仍是上三角矩陣，且  
\[
\det(A+tI)=\prod_{k=1}^n (a_{kk}+t)
\]
故只有有限多個 \(t\) 使 \(\det(A+tI)=0\)。因此除有限多個 \(t\) 外，\(A+tI\) 皆可逆，所以對這些 \(t\)，\(\operatorname{adj}(A+tI)\) 都是上三角矩陣。  
對任意 \(i>j\)，令  
\[
f_{ij}(t)=(\operatorname{adj}(A+tI))_{ij}
\]
由於伴隨矩陣的每個元素都是 cofactor，所以 \(f_{ij}(t)\) 是 \(t\) 的多項式。  
又因為對無限多個 \(t\)，\(\operatorname{adj}(A+tI)\) 為上三角矩陣，故  
\[
f_{ij}(t)=0
\]
假設 \(f_{ij}(t)\) 不是零多項式。因為 \(f_{ij}(t)\) 是有限次的實係數多項式，所以 \(t\) 只有有限多個解，矛盾。  
所以 \(f_{ij}(t)\) 是零多項式。這對所有 \(i>j\) 都成立，所以 \(\operatorname{adj}(A+tI)\) 的主對角線下方元素恆為零。令 \(t=0\)，得 \(\operatorname{adj}(A)\) 為上三角矩陣。  

為什麼可逆的上三角矩陣其反矩陣也是上三角呢？習題和考試當用到未探討過的事實就應該先論述。這個事實，一般來說除了用 elementary row operation 方法論述，大多會用小題(2)的方法處理，所以小心循環論證的謬誤。本小題，原則上還是探討上三角矩陣的 minor 的形式。大家不妨好好寫下矩陣 A 的 $(i,j)$-th minor $A_{i,j}$ 其 $(k,l)$-th entry 會是原來 $A$ 的哪一個 entry。不要怕麻煩，其實許多數學的重要性質就在於能不能靜下心來好好分析。

這兩小題為了讓同學了解運用 $A\cdot\mathrm{adj}(A)=\det(A)I_n$ 這個性質，僅探討可逆的情況。在不可逆的情況它們仍然正確嗎？有興趣的同學可以探討一下。先試著回答以下問題：當 $A$ 為 $3$ 階方陣：(1)若 $\mathrm{rank}(A)=3$，則 $\mathrm{rank}(\mathrm{adj}(A))=3$； (2)若 $\mathrm{rank}(A)=2$，則 $\mathrm{rank}(\mathrm{adj}(A))=1$；(1)若 $\mathrm{rank}(A)=1$，則 $\mathrm{rank}(\mathrm{adj}(A))=0$。接著想想一般 $n$ 階方陣的情況。最後應該就可以回答 (5)(6)兩題了！

老師說的對，\(A^{-1}\) 是上三角矩陣是透過elementary row operation type2 還有由上而下的type3得到的

若 \(A\) 是可逆的上三角矩陣表示\(A\)可以寫成type2和由上而下type3 的elementary matrix，其反方陣為相反動作的

type2和由上而下type3 的elementary matrix，也就是原本type 2是r倍那反方陣就是1/r倍、type 3是k倍加到其他row那反方陣就是-k倍加到原本那一個row

都是type1和由上而下type3組成的矩陣，所以\(A^{-1}\) 是上三角

沒證明的性質就先用下次改進

老師的這一個做法應該是要說那個是0，這個就交給大家了