线代 A1 笔记 第 10 部分（矩阵逆/分块 习题课）

P1

Statement

已知 $A$ 可逆，问 $A,B,C,D$ 满足什么条件的时候 $\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \\\end{bmatrix}$ 可逆？求之。

Solution

类似于普通矩阵求逆，一步步初等变换吧。先用第一行左乘 $-CA^{-1}$ 再加到第二行上，得到

$$\begin{bmatrix} A & B & I & 0 \\ 0 & D-CA^{-1}B & -CA^{-1} & I \\\end{bmatrix}$$

再把 $A$ 变成单位阵，即第一行左乘 $A^{-1}$，

$$\begin{bmatrix} I & A^{-1}B & A^{-1} & 0 \\ 0 & D-CA^{-1}B & -CA^{-1} & I \\\end{bmatrix}$$

接下来需要消去 $A^{-1}B$，还要让 $E=D-CA^{-1}B$ 变成单位阵，这就需要 $E = D-CA^{-1}B$ 可逆。第二行乘上 $E^{-1}$，得到

$$\begin{bmatrix} I & A^{-1}B & A^{-1} & 0 \\ 0 & I & -E^{-1}CA^{-1} & E^{-1} \\\end{bmatrix}$$

第二行左乘上 $-A^{-1}B$ 加到第一行上：

$$\begin{bmatrix} I & 0 & A^{-1}+A^{-1}BE^{-1}CA^{-1} & -A^{-1}BE^{-1} \\ 0 & I & -E^{-1}CA^{-1} & E^{-1} \\\end{bmatrix}$$

所以

$$\begin{aligned} \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \\\end{bmatrix}^{-1} &= \begin{bmatrix} A^{-1}+A^{-1}BE^{-1}CA^{-1} & -A^{-1}BE^{-1} \\ -E^{-1}CA^{-1} & E^{-1} \\\end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} A^{-1}+A^{-1}B(D-CA^{-1}B)^{-1}CA^{-1} & -A^{-1}B(D-CA^{-1}B)^{-1} \\ -(D-CA^{-1}B)^{-1}CA^{-1} & (D-CA^{-1}B)^{-1} \\\end{bmatrix} \end{aligned}$$

P2

Statement

求如下矩阵的逆：

$$A= \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & n \\ 0 & 1 & 2 & \cdots & n-1 \\ 0 & 0 & 1 & \cdots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & & 2 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\\end{bmatrix}$$

Solution

观察发现若设 $J$ 为 $n$ 阶若当块，则

$$A= I+2J+3J^2+ \cdots +nJ^{n-1}$$

我们用错位相减法：

$$\begin{aligned} AJ &= J + 2J^2 + 3J^3 + \cdots + (n-1)J^{n-1} \\ A - AJ &= I + J + J^2 + \cdots + J^{n-1}\\ A(I-J)^{2} &= (I-J)(I+J+J^{2}+ \cdots +J^{n-1})\\ &= I \end{aligned}$$

所以 $A^{-1} = (I-J)^2$。

P3

Statement

设 $A,B,C,D$ 都为 $n$ 阶方阵，且 $AC=CA$，问是否一定有

$$\begin{vmatrix} A & B \\ C & D \\\end{vmatrix} = |AD-CB|$$

Solution

这题没说 $A$ 一定可逆，所以会比较棘手。

先考虑 $A$ 可逆的情形，此时我们对其施加初等变换可以知道

$$\begin{aligned} \begin{bmatrix} I & \\ -CA^{-1} & I \\\end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \\\end{bmatrix} &= \begin{bmatrix} A & B \\ & D-CA^{-1}B \\\end{bmatrix} \\ \begin{vmatrix} A & B \\ C & D \\\end{vmatrix} &= \begin{vmatrix} A & B \\ & D-CA^{-1}B \\\end{vmatrix}\\ &= |A||D-CA^{-1}B|\\ &= |AD - ACA^{-1}B|\\ &= |AD - CB| \end{aligned}$$

最后一步用到了 $AC=CA$ 的性质。

而 $A$ 不可逆的情形就比较麻烦了，考虑摄动法。考虑 $A+tI$。$(A+tI)C = AC + tC = CA + tC = C(A+tI)$，可交换性仍满足。$|A+tI|$ 为关于 $t$ 的 $n$ 阶多项式，根是有限个的。

那么令 $\delta = \displaystyle \min_{t_i> 0}\left\{ t_i \right\}$，其中 $t_i$ 为 $A+tI=0$ 的根。

则在 $t\in(0,\delta)$ 这个区间内，对于任意小的 $t$ 我们都有 $\begin{vmatrix} A+tI & B \\ C & D \\\end{vmatrix} = |(A+tI)D - CB|$ 成立。注意到当 $t\to 0$ 时，两边分别会收敛到 $\begin{vmatrix} A & B \\ C & D \\\end{vmatrix}$ 和 $|AD-CB|$，得证。

P4

Statement

求 $E$ 的逆，其中 $\displaystyle \prod_{i=1}^{n} a_i\ne 0$。

$$E = \begin{bmatrix} 1+a_1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1+a_2 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1+a_n \\\end{bmatrix}$$

Solution

注意到 $E$ 可以拆成：

$$E = \operatorname{diag}\left\{ a_1, \cdots ,a_n \right\}\left( I_n + \begin{bmatrix} 1 / a_1 \\ 1 / a_2 \\ \vdots \\ 1 / a_n \\\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & \cdots & 1 \\\end{bmatrix} \right)$$

右边的式子符合 $I - AB$ 的形式，所以改号拉开填逆，我们注意到 $I + \begin{bmatrix} 1 & \cdots & 1 \\\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 / a_1 \\ 1 / a_2 \\ \vdots \\ 1 / a_n \\\end{bmatrix}$ 的逆就是 $\displaystyle \left( 1 + \frac{1}{a_1}+ \cdots +\frac{1}{a_n} \right) ^{-1}$，于是

$$E^{-1} = \left( I_n - \left( 1 + \frac{1}{a_1}+ \cdots +\frac{1}{a_n} \right) ^{-1} \begin{bmatrix} 1 / a_1 \\ 1 / a_2 \\ \vdots \\ 1 / a_n \\\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & \cdots & 1 \\\end{bmatrix}\right) \operatorname{diag}\left\{ \frac{1}{a_1}, \cdots ,\frac{1}{a_n} \right\}$$

发现 $(I_n - BA)^{-1} = I_n + B(I_m - AB)^{-1}A$ 还是很好用的。

事已至此先睡觉吧。

P5

Statement

设 $A$ 为 $n~(n\ge 2)$ 级方阵，$A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，证明：

$$\operatorname{rank}(A^{*})=\begin{cases} n, & \operatorname{rank}(A)=n \\ 1, & \operatorname{rank}(A)=n-1\\0,&\operatorname{rank}(A)<n-1 \end{cases}$$

Solution

当 $\operatorname{rank}(A)=n$ 时，由 $A A^{*} = |A|I$，知 $|A||A^{*}| = |A|^n$，即 $|A^{*}|=|A|^{n-1}\ne 0$，故 $\operatorname{rank}(A^{*}) = n$。

当 $\operatorname{rank}(A)<n-1$ 时，$A$ 的任意 $n-1$ 阶子式均为 $0$，所以 $A^{*} = 0$，$\operatorname{rank}(A^{*}) = 0$。

比较棘手的是 $\operatorname{rank}(A) = n -1$ 的情况。显然存在至少一个 $n-1$ 阶子式不为 $0$，故 $\operatorname{rank}(A^{*})\ge 1$，接下来证明 $\operatorname{rank}(A^{*})\le 1$ 即可。

由于 $A A^{*}=|A|I = 0$，故 $\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(A^{*})\le n$，由于 $\operatorname{rank}(A) = n-1$，故 $\operatorname{rank}(A^{*})\le 1$，证毕。

P6

Statement

证明 Frobenius 不等式：

设 $A,B,C$ 分别为 $m\times n,n\times k,k\times s$ 矩阵，则 $\operatorname{rank}(ABC)+\operatorname{rank}(B)\ge \operatorname{rank}(AB) + \operatorname{rank}(BC)$。

注：当 $B=I_n$ 时，上式退化为 $\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(C)\le \operatorname{rank}(AC) + n$。

当 $A=C$ 为方阵且 $B =A^{k-1}$ 时，上式变为 $\operatorname{rank}(A^{k-1})-\operatorname{rank}(A^k)\ge \operatorname{rank}(A^k)-\operatorname{rank}(A^{k+1})$。即，次数越高，相邻两项的秩的差越小。

Solution

直接用分块初等变换即可。我们有

$$\operatorname{rank}(ABC)+\operatorname{rank}(B)=\operatorname{rank} \begin{bmatrix} ABC & 0 \\ 0 & B \\\end{bmatrix}$$

第二行左乘 $-A$ 加到第一行，然后第二列右乘 $C$ 加到第一列：

$$\begin{bmatrix} I_m & A \\ & I_n \\\end{bmatrix} \begin{bmatrix} ABC & \\ & B \\\end{bmatrix} \begin{bmatrix} I_s & \\ C & I_k \\\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} & -AB \\ BC & B \\\end{bmatrix}$$

注意到 $\operatorname{rank} \begin{bmatrix} & -AB \\ BC & B \\\end{bmatrix}\ge \operatorname{rank}(BC) + \operatorname{rank}(AB)$，证毕。