矩阵代数（二）- 矩阵的逆

小结

矩阵的逆 $\boldsymbol{A}^{-1}$
求 $\boldsymbol{A}^{-1}$ 的方法

矩阵的逆

一个 $n \times n$ 矩阵 $\boldsymbol{A}$ 使可逆的，若存在一个 $n \times n$ 矩阵 $\boldsymbol{C}$ 使 $\boldsymbol{C}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{I}$ 且 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{C}=\boldsymbol{I}$ 。其中， $\boldsymbol{I}=\boldsymbol{I}_n$ 使 $n \times n$ 单位矩阵。这时称 $\boldsymbol{C}$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的逆。实际上， $\boldsymbol{C}$ 由 $\boldsymbol{A}$ 唯一确定，因为若 $\boldsymbol{B}$ 使另一个 $\boldsymbol{A}$ 的逆，那么将有 $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{BI}=\boldsymbol{B}(\boldsymbol{AC})=(\boldsymbol{BA})C=\boldsymbol{IC}=\boldsymbol{C}$ 。于是，若 $\boldsymbol{A}$ 可逆，它的逆是唯一的，我们将它即为 $\boldsymbol{A}^{-1}$ ，于是 $\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{-1}=\boldsymbol{I}$ 。
不可逆矩阵有时称为奇异矩阵，二可逆矩阵也称为非奇异矩阵。

定理4 $\;$ 设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}a & b \\ c & d\end{bmatrix}$ 。若 $ad-bc \neq 0$ ，则 $\boldsymbol{A}$ 可逆且 $\boldsymbol{A}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix}d & -b \\ -c & a\end{bmatrix}$ ；若 $ad-bc = 0$ ，则 $\boldsymbol{A}$ 不可逆。
证明：设 $\boldsymbol{A}^{-1}=\begin{bmatrix}x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4\end{bmatrix}$ ，则有 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{-1}=\begin{bmatrix}ax_1+bx_3 & ax_2+bx_4 \\ cx_1+dx_3 & cx_2+dx_4\end{bmatrix}=\boldsymbol{I}=\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$ ，即有 $\begin{cases}ax_1 + bx_3 = 1\\ ax_2 + bx_4 = 0\\ cx_1 + dx_3 = 0 \\ cx_2 + dx_4 = 1\end{cases}$ ，对应的增广矩阵为 $\begin{bmatrix}a & 0 & b & 0 & 1\\ 0 & a & 0 & b & 0 \\ c & 0 & d & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 & d & 1 \end{bmatrix}$
对增广矩阵进行行化简，得：
$\begin{bmatrix}a & 0 & b & 0 & 1\\ 0 & a & 0 & b & 0 \\ c & 0 & d & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 & d & 1 \end{bmatrix}$ ～ $\begin{bmatrix}ac & 0 & bc & 0 & c\\ 0 & ac & 0 & bc & 0 \\ 0 & 0 & ad - bc & 0 & -c \\ 0 & 0 & 0 & ad - bc & a\end{bmatrix}$
若 $ad-bc = 0$ ，则 $a=0,c=0$ 。 $\boldsymbol{A}$ 的第一列为零向量，任何矩阵 $\boldsymbol{B}$ 乘 $\boldsymbol{A}$ 的第一列（零向量）得到的第一列都是零向量。故若 $\boldsymbol{A}$ 可逆， $ad-bc \neq 0$ 。
若 $ad-bc \neq 0$ ，继续行化简增广矩阵为： $\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & \frac{d}{ad-bc}\\ 0 & 1 & 0 & 0 & \frac{-b}{ad-bc} \\ 0 & 0 & 1 & 0 & \frac{-c}{ad-bc} \\ 0 & 0 & 0 & 1 & \frac{a}{ad-bc}\end{bmatrix}$ 。其通解为： $\begin{cases} x_1=\frac{d}{ad-bc} \\ x_2 = \frac{-c}{ad-bc} \\ x_3 = \frac{-c}{ad-bc} \\ x_4 = \frac{a}{ad-bc}\end{cases}$ ，即 $\boldsymbol{A}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix}d & -b \\ -c & a\end{bmatrix}$ 。
数 $ad-bc$ 称为 $\boldsymbol{A}$ 的行列式，即为 $det \boldsymbol{A}=ad-bc$ 。

求 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}3 & 4 \\ 5 & 6\end{bmatrix}$ 的逆。
解：因为 $det \boldsymbol{A}=3 \times 6 - 4 \times 5=-2 \neq 0$ ，所有 $\boldsymbol{A}$ 可逆且 $\boldsymbol{A}^{-1}=\frac{1}{-2}\begin{bmatrix}6 & -4 \\ -5 & 3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-3 & 2 \\ \frac{5}{2} & -\frac{3}{2}\end{bmatrix}$

定理5 $\;$ 若 $\boldsymbol{A}$ 是可逆 $n \times n$ 矩阵，则对每一 $\mathbb{R}^{n}$ 中的 $\boldsymbol{b}$ ，方程 $\boldsymbol{Ax}=\boldsymbol{b}$ 有唯一解 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{b}$ 。

定理6
$a.\;$ 若 $\boldsymbol{A}$ 是可逆矩阵，则 $\boldsymbol{A}^{-1}$ 也可逆而且 $(\boldsymbol{A}^{-1})^{-1}=\boldsymbol{A}$ 。
$b.\;$ 若 $\boldsymbol{A}$ 和 $\boldsymbol{B}$ 都是 $n \times n$ 可逆矩阵，则 $\boldsymbol{A}$ 和 $\boldsymbol{B}$ 也可逆，且其逆是 $\boldsymbol{A}$ 和 $\boldsymbol{B}$ 的逆矩阵按相反顺序的乘积，即 $(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})^{-1}=\boldsymbol{B}^{-1}\boldsymbol{A}^{-1}$ 。
$c.\;$ 若 $\boldsymbol{A}$ 可逆，则 $\boldsymbol{A}^{T}$ 也可逆，且其逆是 $\boldsymbol{A}^{-1}$ 的转置，即 $(\boldsymbol{A}^{T})^{-1}=(\boldsymbol{A}^{-1})^{T}$ 。

推广
若干个 $n \times n$ 可逆矩阵的积也是可逆的，其逆等于这些矩阵的逆按相反顺序的乘积。

** 初等矩阵**
把单位矩阵进行一次初等行变换，就得到初等矩阵。
设 $\boldsymbol{E}_1=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -4 & 0 & 1\end{bmatrix}, \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{bmatrix}$ ，计算 $\boldsymbol{E}_1\boldsymbol{A}$ 。
解： $\begin{aligned}\boldsymbol{E}_1\boldsymbol{A} &=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -4 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{bmatrix} \\ &=\begin{bmatrix}a & b & c \\ d & e & f \\ -4a+g & -4b +h & -4c +i \end{bmatrix}\end{aligned}$
若我们把 $\boldsymbol{I}_3$ 的第1行的 $-4$ 倍加到第3行，可得 $\boldsymbol{E}_1$
若我们把 $\boldsymbol{A}$ 的第1行的 $-4$ 倍加到第3行也可得 $\boldsymbol{E}_1\boldsymbol{A}$
若对 $m \times n$ 矩阵 $\boldsymbol{A}$ 进行某种初等行变换，所得矩阵可写成 $\boldsymbol{E}\boldsymbol{A}$ ，其中 $E$ 是 $m \times m$ 矩阵，是由 $\boldsymbol{I}_m$ 进行同一行变换所得。

因为行变换是可逆的，故初等矩阵也是可逆的。若 $\boldsymbol{E}$ 是由 $\boldsymbol{I}$ 进行行变换所得，则有同一类型的另一行变换把 $\boldsymbol{E}$ 变回 $\boldsymbol{I}$ 。因此，有初等矩阵 $\boldsymbol{F}$ 使 $\boldsymbol{FE}=\boldsymbol{I}$ 。
每个初等矩阵 $\boldsymbol{E}$ 是可逆的， $\boldsymbol{F}$ 的逆是一个同类型的初等矩阵，它把 $\boldsymbol{F}$ 变回 $\boldsymbol{I}$
求 $\boldsymbol{E}_1=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -4 & 0 & 1\end{bmatrix}$ 的逆。
解：为把 $\boldsymbol{E}_1$ 变成 $\boldsymbol{I}$ ，需把第1行的4倍加到第3行。所以 $(\boldsymbol{E}_1)^{-1}$ 的逆就等于 $\boldsymbol{I}$ 的第1行加到第3行，即 $(\boldsymbol{E}_1)^{-1}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 4 & 0 & 1\end{bmatrix}$

定理7 $\;n \times n$ 矩阵 $\boldsymbol{A}$ 是可逆的，当且仅当 $\boldsymbol{A}$ 行等价于 $\boldsymbol{I}_n$ ，这时，把 $\boldsymbol{A}$ 化简为 $\boldsymbol{I}_n$ 的一系列初等行变换同时把 $\boldsymbol{I}_n$ 变成 $\boldsymbol{A}^{-1}$

求 $\boldsymbol{A}^{-1}$ 的算法

把增广矩阵 $\begin{bmatrix}\boldsymbol{A} & \boldsymbol{I}\end{bmatrix}$ 进行行化简，若 $\boldsymbol{A}$ 行等价于 $\boldsymbol{I}$ ，则 $\begin{bmatrix}\boldsymbol{A} & \boldsymbol{I}\end{bmatrix}$ 行等价于 $\begin{bmatrix}\boldsymbol{I} & \boldsymbol{A}^{-1}\end{bmatrix}$ ，否则 $\boldsymbol{A}$ 不可逆。
求矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 3\\ 4 & -3 & 8\end{bmatrix}$ 的逆，若存在。
解： $\begin{bmatrix}\boldsymbol{A} & \boldsymbol{I}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0\\ 4 & -3 & 8 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & -3 & 8 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ ～
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & -4 & 0 & -4 & 1 \end{bmatrix}$ ～
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 3 & -4 & 1 \end{bmatrix}$ ～
$\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{9}{2} & 7 & -\frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -2 & -4 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{3}{2} & -2 & \frac{1}{2} \end{bmatrix}$
因为 $\boldsymbol{A}$ ～ $\boldsymbol{I}$ ，由定理7知 $\boldsymbol{A}$ 可逆，且 $\boldsymbol{A}^{-1}=\begin{bmatrix}-\frac{9}{2} & 7 & -\frac{3}{2} \\ -2 & -4 & -1 \\ \frac{3}{2} & -2 & \frac{1}{2}\end{bmatrix}$

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