线代 A1 笔记 第 8 部分（矩阵的逆）

矩阵的逆

设 $A\in M_{m\times n}(K)$，若 $\exists B$ 使得 $AB=I$，则称 $B$ 为 $A$ 的右逆；若 $\exists B$ 使得 $BA=I$，则称 $B$ 为 $A$ 的左逆。

何时有右逆？当且仅当 $A$ 的列能表出 $K^m$ 的标准基 $\varepsilon_1, \cdots ,\varepsilon_m$，故 $A$ 行满秩，即 $\operatorname{rank}(A) = m$。同理，矩阵有左逆当且仅当 $A$ 列满秩，$\operatorname{rank}(A)=m$。注意：左逆和右逆可能是不唯一的。

若方阵 $A$ 的左/右逆均存在且相等，则将其记作 $A^{-1}$，称 $A$ 可逆。下面证明逆的唯一性。

假设 $A,B\in M_n(K)$，满足 $AB=I$，下面证明 $BA=I$。$ABA=A$，$A(BA-I)=0$。由于 $A$ 满秩，故 $BA-I=0$，即 $BA=I$。

番外：投影矩阵

现在考虑对于列满秩矩阵 $A$，构造其的一个左逆。

由于 $\operatorname{rank}(A^TA)=\operatorname{rank}(A)$，故 $A^TA$ 满秩，可逆。又由 $(A^TA)^{-1}A^TA = I$，故 $(A^TA)^{-1}A^T$ 为 $A$ 的一个左逆，令其为 $A^+$。

这个东西的用处在于其可以将 $\beta$ 投到 $\mathcal{C}(A)$ 中。比如对于一个无解的方程组 $AX=\beta$，我们要求他的一个近似解，自然我们需要找到一个“最近”的 $\gamma$ 使得 $\gamma\in \mathcal{C}(A)$，然后解 $AX=\gamma$。而 $A A^+$ 就是一个很好的投影矩阵。$A A^+\beta$ 即为 $\beta$ 在 $\mathcal{C}(A)$ 上的正交投影。而取 $X=A^+\beta$ 作为解亦是自然的。

下面证明为何其为正交投影：$A A^+\beta\in \mathcal{C}(A)$ 是自然的，然后我们用 $A$ 中的列向量与 $\beta - \gamma$ 做内积，这相当于用 $A^T$ 乘上他，就是 $A^T(\beta - A A^+\beta)=A^T(I - A(A^TA)^{-1}A^T)\beta=A^T(I - A A^{-1}(A^T)^{-1}A^T)\beta = 0$，证毕。

类似的，$A$ 行满秩时，$A^+ = A^T(AA^T)^{-1}$ 为其最好的一个右逆。$A A^+=I$，$A^+A$ 是向 $A$ 行空间做投影的矩阵。

伴随矩阵法

将方阵 $A$ 的每个元素 $a_{ij}$ 替换为对应位置的代数余子式 $A_{ij}$ 再转置得到的方阵称作 $A$ 的伴随矩阵，记作 $A^*$。

我们用矩阵乘法可以轻松看出 $A A^* = A^*A= |A|I$，故可以得到如下定理：

当 $|A|\ne 0$ 时，$A$ 可逆且 $\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^*$。

比如说对于二元的情况，就有

$$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\\end{bmatrix}^{-1} = \frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \\\end{bmatrix}$$

主对角线交换，副对角线取反。

这能帮助我们证明 Cramer 法则：

$$\begin{aligned} X &= A^{-1}\beta = \frac{1}{|A|}\begin{bmatrix} A_{11} & \cdots & A_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ A_{n1} & \cdots & A_{nn} \\\end{bmatrix}\begin{bmatrix} b_1 \\ \vdots \\ b_n \\\end{bmatrix}\\ &= \frac{1}{|A|}\begin{bmatrix} A_{11}b_1 + \cdots + A_{1n}b_n \\ \vdots \\ A_{n 1}b_1 + \cdots + A_{nn}b_n \\\end{bmatrix} = \frac{1}{|A|}\begin{bmatrix} B_1 \\ \vdots \\ B_n \\\end{bmatrix} \end{aligned}$$

并且还能得到一个有趣的小结论：整系数且行列式为 $1$ 的矩阵的逆阵也是整系数。因为 $|A||A^{-1}| = |A A^{-1}|=|I|=1$，

初等变换求逆

在继续之前，先引出可逆方阵的一个乘法性质：

$$(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$$

证明略过。

一般而言，计算矩阵的逆不使用伴随矩阵法，计算量太大。我们基于任何满秩方阵都能分解为 $P_1\cdots P_s$ 的事实，我们若能找到一系列初等矩阵满足 $P_1P_2\cdots P_sA = I$，那么是不是就有 $A^{-1} = P_1P_2\cdots P_s$。

实际操作的时候将 $I$ 和 $A$ 写在一起：$\begin{bmatrix} A \mid I \\\end{bmatrix}$，然后将 $A$ 消成单位阵，消完后右半边就是 $A^{-1}$。

同理，解矩阵方程 $AX=B$ 的时候，显然 $X = A^{-1}B$，将 $B$ 放在 $A$ 右侧一起消元，消完后 $B$ 就变成 $A^{-1}B$ 了。

比如求 $XB=C$，做一个转置便有 $B^TX^T=C^T$，按照上述方法解即可。再比如 $AXB=C$，先把 $XB$ 合在一起，求出 $XB$，然后再解 $X$ 即可。

最后我们可以得到如下总结：

定理：对于 $A\in M_n(K)$，以下五个条件等价：

1. $A$ 可逆；
2. $\exists B$ s. t. $AB=I$（或 $BA=I$）；
3. $\operatorname{rank}(A) = n$；
4. $|A|\ne 0$；
5. $A$ 可以分解为若干初等矩阵的乘积。

下面是一些例题。

例题：已知 $n$ 阶方阵 $A$ 和 $B$，且 $A+B=AB$，证明 $A$ 与 $B$ 可交换。
证明：先移项，然后配凑成两个因式之积：$AB-A-B=0$，所以 $AB-A-B+I=I$，即 $(A-I)(B-I)=I$，所以 $(A-I)$ 与 $(B-I)$ 互为逆矩阵，自然可交换，即 $(B-I)(A-I)=I$，展开得到 $BA=A+B=AB$，证毕。