\(\begin{align}\mathrm{adj}(A-tI_3)&=\mathrm{adj}\left(\begin{bmatrix} 1-t & 2 & 1 \\ 0 & 2-t & 3 \\ 0 & 0 & -1-t \end{bmatrix}\right)\\ &=\begin{bmatrix}
\det\begin{bmatrix}2-t & 3\\0 & -1-t\end{bmatrix} & -\det\begin{bmatrix}2 & 1\\0 & -1-t\end{bmatrix} & \det\begin{bmatrix}2 & 1\\2-t & 3\end{bmatrix}\\
-\det\begin{bmatrix}0 & 3\\0 & -1-t\end{bmatrix} & \det\begin{bmatrix}1-t & 1\\0 & -1-t\end{bmatrix} & -\det\begin{bmatrix}1-t & 1\\0 & 3\end{bmatrix}\\
\det\begin{bmatrix}0 & 2-t\\0 & 0\end{bmatrix} & -\det\begin{bmatrix}1-t & 2\\0 & 0\end{bmatrix} & \det\begin{bmatrix}1-t & 2\\0 & 2-t\end{bmatrix}
\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}
(2-t)(-1-t) & -2(-1-t) & t+4\\
0 & (1-t)(-1-t) & -3(1-t)\\
0 & 0 & (1-t)(2-t)
\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}
t^2-t-2 & 2t+2 & t+4\\
0 & t^2-1 & 3t-3\\
0 & 0 & t^2-3t+2
\end{bmatrix}\\ &=t^2\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}
-1 & 2 & 1\\
0 & 0 & 3\\
0 & 0 & -3
\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}
-2 & 2 & 4\\
0 & -1 & -3\\
0 & 0 & 2
\end{bmatrix}\end{align}\)

所以 \(\mathrm{adj}(A-tI_3)=t^2B_2+tB_1+B_0\)，其中 \(B_2=\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix},\ B_1=\begin{bmatrix}
-1 & 2 & 1\\
0 & 0 & 3\\
0 & 0 & -3
\end{bmatrix},\ B_0=\begin{bmatrix}
-2 & 2 & 4\\
0 & -1 & -3\\
0 & 0 & 2
\end{bmatrix}\)

直接展開得 \((t^2B_2+tB_1+B_0)(A-tI_3)=t^3(-B_2)+t^2(B_2A-B_1)+t(B_1A-B_0)+B_0A\)

又因為 \((t^2B_2+tB_1+B_0)(A-tI_3)=t^3C_3+t^2C_2+tC_1+C_0\)

比較兩式後，得到

\[C_3=-B_2=-\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}=-I_3\]

\[C_2=B_2A-B_1=\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1\\
0 & 2 & 3\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}
-1 & 2 & 1\\
0 & 0 & 3\\
0 & 0 & -3
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
2 & 0 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 2
\end{bmatrix}=2I_3\]

\[\begin{align}C_1=B_1A-B_0&=\begin{bmatrix}
-1 & 2 & 1\\
0 & 0 & 3\\
0 & 0 & -3
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1\\
0 & 2 & 3\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}
-2 & 2 & 4\\
0 & -1 & -3\\
0 & 0 & 2
\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}
-1 & 2 & 4\\
0 & 0 & -3\\
0 & 0 & 3
\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}
-2 & 2 & 4\\
0 & -1 & -3\\
0 & 0 & 2
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}=I_3\end{align}\]

\[C_0=B_0A=\begin{bmatrix}
-2 & 2 & 4\\
0 & -1 & -3\\
0 & 0 & 2
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1\\
0 & 2 & 3\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
-2 & 0 & 0\\
0 & -2 & 0\\
0 & 0 & -2
\end{bmatrix}=-2I_3\]

所以 \((t^2B_2+tB_1+B_0)(A-tI_3)=t^3C_3+t^2C_2+tC_1+C_0=t^3(-I_3)+t^2(2I_3)+tI_3-2I_3\)

\(A\) 的特徵多項式為 \(p_A(t) = \det(A-tI_3) = (1-t)(2-t)(-1-t)=-t^3+2t^2+t-2\)

根據 Cayley-Hamilton Theorem

\[p_A(A)=-A^3+2A^2+A-2I_3=O\]

首先利用長除法，得到 \(x^5=(-x^2-2x-5)(-x^3+2x^2+x-2)+(11x^2+x-10)\)，所以 \[\begin{align}A^5&=(-A^2-2A-5I_3)(-A^3+2A^2+A-2I_3)+(11A^2+A-10I_3)\\ &=(-A^2-2A-5I_3)O+(11A^2+A-10I_3)\\ &=11A^2+A-10I_3\end{align}\]

因此 \[\begin{align}A^5&=11A^2+A-10I_3\\ &=11\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1\\
0 & 2 & 3\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}^2+\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1\\
0 & 2 & 3\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}-10\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\\ &=11\begin{bmatrix}
1 & 6 & 6\\
0 & 4 & 3\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1\\
0 & 2 & 3\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}
10 & 0 & 0\\
0 & 10 & 0\\
0 & 0 & 10
\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}
11 & 66 & 66\\
0 & 44 & 33\\
0 & 0 & 11
\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}
-9 & 2 & 1\\
0 & -8 & 3\\
0 & 0 & -11
\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}
2 & 68 & 67\\
0 & 36 & 36\\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}\end{align}\]

根據 Cayley-Hamilton Theorem

\[p_A(A)=-A^3+2A^2+A-2I_3=O\]

移項得到 \(-A^3+2A^2+A=2I_3\)

等號兩邊同右乘 \(A^{-1}\)

\(\Rightarrow -A^2+2A+I_3=2A^{-1}\)

\(\begin{align}\Rightarrow A^{-1}&=-\frac{1}{2}A^2+A+\frac{1}{2}I_3\\ &=-\frac{1}{2}\begin{bmatrix}
1 & 6 & 6\\
0 & 4 & 3\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1\\
0 & 2 & 3\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}+\frac{1}{2}\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}
1 & -1 & -2\\
0 & \frac{1}{2} & \frac{3}{2}\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}\end{align}\)

1. 小題(2)的寫法很好，充分表達對 Cayley-Hamilton 證明的理解。有同學表達此題計算複雜，其實先寫下 $B_i,C_i$ 之間關係，再處理矩陣，哪裡複雜了？請不要直接將 $(t^2B_2+tB_1+B_0)(A-tI_3)$ 直接代矩陣處理，這就不是當初定理證明的原意。
2. 小題(3)一開始寫下特徵多項式這一步雖正確但令人疑惑？明顯這裡 $(1-t)(2-t)(-1-t)$ 顯示重算一次，萬一原題 $A$ 不是上三角真的要重算？那當初小題(2)算 $\mathrm{adj}(A-tI_3)(A-tI_3)$ 的用意何在？希望大家漸漸訓練出，能讓人一看就知對其理解程度。另外不管作業或考試請具體寫下長除法操作過程，我們不願見到僅記誦答案且錯誤也不自知。
3. 小題(4)寫法不恰當。若未先說明反矩陣存在請不要直接用 $A^{-1}$ 處理。例如若 $p_A(t)=-t^3+2t+t$，我們難道可以說 $-A^3+2A^2+A=O$ 兩邊乘上 $A^{-1}$ 得到 $I_3=A^2-2A=A(A-2I_3)$，所以 $A-2I_3=A^{-1}$ 嗎？這裡若不想先說 $A^{-1}$ 存在，最好就是用 $AB=I_3$ 的方式得 $B=A^{-1}$ 這方法處理。  

（3）可以利用

已知
\[
\operatorname{adj}(A - tI)(A - tI) = \det(A - tI)\,I
\]

又
\[
\operatorname{adj}(A - tI)(A - tI)
= (t^2 B_2 + t B_1 + B_0)(A - tI_3)
= t^3(-I_3) + t^2(2I_3) + t(I_3) - 2I_3
= \det(A - tI)\,I
\]

得
\[
P_A(t) = \det(A - tI) = -t^3 + 2t^2 + t - 2
\]

注意：$A^5
=
(-A^3 + 2A^2 + A - 2I_3)(-A^2 - 2A - 5I_3)
+ 10A^2 + A - 10I_3 $

需更正

再結合上面同學所述即可

答案應為\begin{pmatrix}
1 & 62 & 61 \\
0 & 32 & 33 \\
0 & 0 & -1
\end{pmatrix}

$\text{By (3), } -A^3 + 2A^2 + A - 2I = 0
\;\Rightarrow\;
-A^3 + 2A^2 + A = 2I
\;\Rightarrow\;
A(-A^2 + 2A + I) = 2I.$

\[
\text{Let } B = -A^2 + 2A + I
\;\Rightarrow\;
AB = 2I
\;\Rightarrow\;
B = 2A^{-1}.
\]

\[
\therefore\;
A^{-1} = \frac{1}{2}B
= \frac{1}{2}(-A^2 + 2A + I)
\]

\[
= -\frac{1}{2}
\begin{pmatrix}
1 & 6 & 6\\
0 & 4 & 3\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1\\
0 & 2 & 3\\
0 & 0 & -1
\end{pmatrix}
+
\frac{1}{2}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\]

\[
=
\begin{pmatrix}
1 & -1 & -2\\
0 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{3}{2}\\
0 & 0 & -1
\end{pmatrix}.
\]