# 矩阵可逆的定义

假如 $A$ 可逆，那么 $A$ 的逆 $B$ 是唯一的。$A$ 可逆时，记它的逆为 $A^{-1}$。由 $A A^{-1} = I, A^{-1} A = I$ 知：$A$ 可逆 $\Rightarrow$ $A^{-1}$ 可逆，且 $(A^{-1})^{-1} = A$。

解：将 $X, B$ 分别按行分块写成 $X = \begin {pmatrix} X_1 \\ X_2 \end {pmatrix}, B = \begin {pmatrix} B_1 \\ B_2 \end {pmatrix}$，则原方程 $AX = B$ 成为：

$$\begin {pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 5 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} X_1 \\ X_2 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} B_1 \\ B_2 \end {pmatrix}$$

将 $X_1, X_2, B_1, B_2$ 看成普通数，用矩阵消元法：

$$\begin {pmatrix} 1 & 2 & B_1 \\ 3 & 5 & B_2 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & 0 & -5 B_1 + 2 B_2 \\ 0 & 1 & 3 B_1 - B_2 \end {pmatrix}$$

于是：

$$X = \begin {pmatrix} X_1 \\ X_2 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} -5 B_1 + 2 B_2 \\ 3 B_1 - B_2 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} -5 & 2 \\ 3 & -1 \end {pmatrix}$$

解：根据 $A$ 的几何意义，可以得：

$$A^{-1} = \begin {pmatrix} \cos (- \alpha) & - \sin (- \alpha) \\ \sin (- \alpha) & \cos (- \alpha) \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha \\ - \sin \alpha & \cos \alpha \end {pmatrix}$$

解：令 $A$ 是任意 $n \times n$ 矩阵，则：

$$\sigma: A = \begin {pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_n \end {pmatrix} \to PA = \begin {pmatrix} \alpha_1 + \lambda \alpha_2 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_n \end {pmatrix}$$

取 $Q = \begin {pmatrix} 1 & - \lambda & \\ 0 & 1 & \\ & & I_{(n - 2)} \end {pmatrix}$，则：

$$\tau: A \to QA = \begin {pmatrix} \alpha_1 - \lambda \alpha_2 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_n \end {pmatrix}$$

于是取 $A = I$ 就有 $PQ = QP = I$，即

$$P^{-1} = Q = \begin {pmatrix} 1 & - \lambda & \\ 0 & 1 & \\ & & I_{(n - 2)} \end {pmatrix}$$

# 矩阵可逆的条件

引理 $1$：$A$ 可逆 $\Rightarrow$ $A$ 的各列线性无关。

推论：$A$ 可逆 $\Rightarrow$ $A$ 是方阵，且行列式 $A \not = 0$。

证明：设 $A \in \mathbb F^{m \times n}$ 可逆。则 $A$ 的各列是 $n$ 个线性无关的 $m$ 维向量，因此 $n \le m$。又 $A^{-1} \in \mathbb F^{n \times m}$ 也可逆，则 $m \le n$，因而 $n = m$。可知方阵 $A$ 的行列式 $|A| \not = 0$。

当 $|A| \not = 0$，根据行列式的性质可知：

$$a_{k, 1} A_{j, 1} + a_{k, 2} A_{j, 2} + \cdots + a_{k, n} A_{j, n} = \begin {cases} |A| & k = j \\ 0 & k \not = j \end {cases}$$

令：

$$A^* = \begin {pmatrix} A_{1, 1} & A_{2, 1} & \cdots & A_{n, 1} \\ A_{1, 2} & A_{2, 2} & \cdots & A_{n, 2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{1, n} & A_{2, n} & \cdots & A_{n, n} \end {pmatrix}$$

其中 $A^*$ 的第 $(j, i)$ 元 $A_{i, j}$ 为 $A$ 中第 $(i, j)$ 元 $a_{i, j}$ 的代数余子式，则 $A^*$ 称为 $A$ 的伴随矩阵。

易验证：

$$AA^* = A^*A = \begin {pmatrix} |A| & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & |A| & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & |A| \end {pmatrix} = |A| I_{(n)}$$

于是得到：

$$\frac 1 {|A|} A^* \cdot A = I$$

因此有下面的定理：

定理 $1$：$A$ 可逆 $\Leftrightarrow$ $A$ 是方阵且 $|A| \not = 0$。

当 $|A| \not = 0$ 时，$A^{-1} = \dfrac 1 {|A|} A^*$。

此时，线性方程组 $AX = \beta$ 有 唯一解 $X = A^{-1} \beta$。

# 逆矩阵的算法

由于 $A^*$ 的计算量比较大，尤其 $n$ 较大时。因此可用解矩阵 $AX = I$ 求出 $X$，则 $X = A^{-1}$。

具体做法如下：

对行列式不为 $0$ 的方阵 $A \in \mathbb F^{n \times n}$ 及任意 $B \in \mathbb F^{n \times m}$，求矩阵方程 $AX = B$ 的解 $X$。将此方程写成：

$$\begin {pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end {pmatrix} \begin {pmatrix} X_1 \\ X_2 \\ \vdots \\ X_n \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} B_1 \\ B_2 \\ \vdots \\ B_n \end {pmatrix} \tag {1}$$

将行向量 $X_i, B_i (1 \le i \le n)$ 都看作 “数”，把 $(1)$ 当作 $n$ 元一次方程组来解，用 “增广矩阵”

$$\widetilde {A} = \begin {pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} & B_1 \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} & B_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} & B_n \end {pmatrix}$$

来代表方程组 $(1)$。由于 $|A| \not = 0$，一定可将 $A$ 经过一系列初等行变换变成单位矩阵，$\widetilde {A}$ 变为：

$$\begin {pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & D_1 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 & D_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & D_n \end {pmatrix}$$

于是：

$$\begin {pmatrix} X_1 \\ X_2 \\ \vdots \\ X_n \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} D_1 \\ D_2 \\ \vdots \\ D_n \end {pmatrix}$$

解：取：

$$N = \begin {pmatrix} 0 & 1 & & \\ & 0 & \ddots & \\ & & \ddots & 1 \\ & & & 0 \end {pmatrix}$$

则：

$$N^k = \begin {pmatrix} & I_{(n - k)} \\ O_{(k)} & \end {pmatrix} (\forall \, 1 \le k \le n - 1)$$

且 $N^n = O$。我们有 $A = I + N$。由：

$$(I + N) (I - N + N^2 - \cdots + (-1)^{n - 1} N^{n - 1}) = I - (-N)^n = I$$

知 $A^{-1} = I - N + N^2 - \cdots + (-1)^{n - 1} N^{n - 1} = \begin {pmatrix} 1 & -1 & 1 & \cdots & (-1)^{n - 1} \\ & 1 & -1 & \cdots & (-1)^{n - 2} \\ & & \ddots & \ddots & \vdots \\ & & & 1 & -1 \\ & & & & 1 \end {pmatrix}$

# 可逆矩阵的性质

1. $A$ 可逆 $\Rightarrow$ $A$ 的逆 $A^{-1}$ 也逆，且 $(A^{-1})^{-1} = A$；

2. $n$ 阶方阵 $A, B$ 可逆 $\Rightarrow$ 它们的乘积 $AB$ 可逆，且 $(AB)^{-1} = B^{-1} A^{-1}$。

   一般地，若 $A_1, A_2, \cdots, A_k$ 可逆，则它们的乘积可逆，且 $(A_1 A_2 \cdots A_k)^{-1} = A_k^{-1} \cdots A_2^{-1} A_1^{-1}$。

3. 设 $0 \not = \lambda \in \mathbb F$，$A$ 可逆，则 $(\lambda A)^{-1} = \lambda^{-1} A^{-1}$。

4. 设 $A$ 可逆，则它的转置 $A^T$ 可逆，且 $(A^T)^{-1} = (A^{-1})^T$。

5. 设 $m$ 阶方阵 $A$ 与 $n$ 阶方阵 $B$ 可逆，则准对角线 $\begin {pmatrix} A & \\ & B \end {pmatrix}$ 可逆，且为 $\begin {pmatrix} A^{-1} & \\ & B^{-1} \end {pmatrix}$。

证明：(1) 注意：

$$\begin {pmatrix} I & S \\ O & I \end {pmatrix} \begin {pmatrix} I & S_1 \\ O & I \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} I & S + S_1 \\ O & I \end {pmatrix}$$

对任意 $S_1 \in \mathbb F^{m \times n}$ 成立。特别地，取 $S_1 = -S$ 可得：

$$\begin {pmatrix} I & S \\ O & I \end {pmatrix} \begin {pmatrix} I & -S \\ O & I \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} I & -S \\ O & I \end {pmatrix} \begin {pmatrix} I & S \\ O & I \end {pmatrix} = I$$

因此：

$$\begin {pmatrix} I & S \\ O & I \end {pmatrix}^{-1} = \begin {pmatrix} I & -S \\ O & I \end {pmatrix}$$

类似地：

$$\begin {pmatrix} I & O \\ S & I \end {pmatrix}^{-1} = \begin {pmatrix} I & O \\ -S & I \end {pmatrix}$$

(2) 注意到：

$$\begin {pmatrix} A^{-1} & S \\ O & B \end {pmatrix} \begin {pmatrix} A & S \\ O & B \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} I & A^{-1} S \\ O & I \end {pmatrix}$$

从而：

$$\begin {pmatrix} A & S \\ O & B \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} A^{-1} & O \\ O & B^{-1} \end {pmatrix}^{-1} \begin {pmatrix} I & A^{-1} S \\ O & I \end {pmatrix}$$

因此：

$$\begin {aligned} \begin {pmatrix} A & S \\ O & B \end {pmatrix}^{-1} & = \begin {pmatrix} I & A^{-1} S \\ O & I \end {pmatrix}^{-1} \begin {pmatrix} A^{-1} & O \\ O & B^{-1} \end {pmatrix} \\ & = \begin {pmatrix} I & -A^{-1} S \\ O & I \end {pmatrix} \begin {pmatrix} A^{-1} & O \\ O & B^{-1} \end {pmatrix} \\ & = \begin {pmatrix} A^{-1} & - A^{-1} S B^{-1} \\ O & B^{-1} \end {pmatrix}^{-1} \end {aligned}$$

# 习题

1. 已知方阵 $A$ 是 $n$ 阶方阵，证明：若 $A^2 = E$，且 $A \not = E$，则 $A + E$ 不可逆。

   提示：利用矩阵秩的性质。

   证明：

   $$A^2 = E = E^2 \\ A^2 - E^2 = (A + E)(A - E) = O$$

   由矩阵秩的性质可得，$\mathrm {rank} (A + E) + \mathrm {rank} (A - E) \le n$。
   因为 $A \not = E$，则 $A - E \not = O$，则 $\mathrm {rank} (A - E) > 0$，则 $\mathrm {rank} (A + E) \le n - \mathrm {rank} (A + E) < n$，因此矩阵 $A + E$ 不可逆。

2. 若 $n$ 阶矩阵 $A$ 的行列式 $|A| = 2$，求：$|A^{-1}|$ 与 $|(4A)^{-1} - 3A^*|$。

   解：由逆矩阵的性质，$|A^{-1}| = |A|^{-1} = \dfrac 1 2$。

   $$\begin {aligned} |(4A)^{-1} - 3A^*| & = \left| \frac 1 4 A^{-1} - 3A^* \right| \\ & = |A^{-1}| \left| \frac 1 4 I_{(n)} - 3A A^*\right| \\ & = \frac 1 2 \left| \left( \frac 1 4 - 3 |A| \right) I_{(n)} \right| \\ & = \frac 1 2 \left( \frac 1 4 - 6 \right) = - \frac {23} 8 \end {aligned}$$

3. 已知方阵 $A = \begin {pmatrix} 3 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 4 \end {pmatrix}$，且 $AX = A + 2X$，求方阵 $X$。

   解：将方程变形得：

   $$(A - 2E) X = A$$

   令 $B = A - 2E = \begin {pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end {pmatrix}$，下面求解 $B$ 的逆矩阵：

   $$\widetilde {B} = \begin {pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1 \end {pmatrix}$$

   则 $B^{-1} = \begin {pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 2 & -2 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end {pmatrix}$，由此解得：

   $$X = B^{-1} A = \begin {pmatrix} 5 & -2 & -2 \\ 4 & -3 & -2 \\ -2 & 2 & 3 \end {pmatrix}$$

# 拓展习题

1. 设 $A$ 是方阵，$A^k = O$ 对某个正整数 $k$ 成立。求证下列方阵可逆，并分别求它们的逆。

   (1) $E - A$；

   (2) $E + A$；

   (3) $E + A + \dfrac 1 {2!} A^2 + \cdots + \dfrac 1 {(k - 1)!} A^{k - 1}$

   提示：利用 $1 - x^n = (1 - x)(1 + x + x^2 + \cdots + x^{n - 1})$，构造逆矩阵。

   (1) 解：

   $$E^k - A^k = E = (E - A) (E + A + A^2 + \cdots + A^{k - 1})$$

   即 $E - A$ 的逆矩阵为 $E + A + A^2 + \cdots + A^{k - 1}$。

   (2) 解：

   $$E^k - (-A)^k = E = (E + A) (E - A + A^2 + \cdots + (-1)^{k - 1} A^{k - 1})$$

   即 $E + A$ 的逆矩阵为 $E - A + A^2 + \cdots + (-1)^{k - 1} A^{k - 1}$。

   (3) 解：考虑如下式子：

   $$\begin {aligned} & (E + A + \dfrac 1 {2!} A^2 + \cdots + \dfrac 1 {(k - 1)!} A^{k - 1}) (E - A + \dfrac 1 {2!} A^2 + \cdots + \dfrac {(-1)^{k - 1}} {(k - 1)!} A^{k - 1}) \\ & = \sum_{i = 0}^{k - 1} \sum_{j = 0}^i \frac {(-1)^j} {j! (i - j)!} A^i \end {aligned}$$

   其中当 $i > 0$ 时，

   $$\begin {aligned} \sum_{j = 0}^i \frac {(-1)^j} {j! (i - j)!} & = \frac 1 {i!} \sum_{j = 0}^i (-1)^j \frac {i!} {j! (i - j)!} \\ & = \frac 1 {i!} \sum_{j = 0}^i (-1)^j C_i^j = 0 \end {aligned}$$

   因此

   $$\sum_{i = 0}^{k - 1} \sum_{j = 0}^i \frac {(-1)^j} {j! (i - j)!} A^i = E$$

   即 $E + A + \dfrac 1 {2!} A^2 + \cdots + \dfrac 1 {(k - 1)!} A^{k - 1}$ 的逆矩阵为 $E - A + \dfrac 1 {2!} A^2 + \cdots + \dfrac {(-1)^{k - 1}} {(k - 1)!} A^{k - 1}$。

   第三问为什么这么构造？考虑对于实数函数，我们有 $e^x = 1 + x + \dfrac 1 {2!} x^2 + \cdots + \dfrac 1 {k!} x^k + o(x^k), e^{-x} = 1 - x + \dfrac 1 {2!} x^2 + \cdots + \dfrac {(-1)^k} {k!} x^k + o(x^k)$，其中 $e^x \cdot e^{-x} = 1$，这启发我们也这样找逆矩阵。

2. 已知 $n$ 阶方阵 $A = (a_{i, j})$ 的秩等于 $1$，设 $A$ 的迹 $\mathrm {tr} \, A = a_{1, 1} + \cdots + a_{n, n} = \lambda$。

   (1) 求证：$A^2 = \lambda A$；

   (2) 求 $\det (E + A)$；

   (3) 当 $E + A$ 可逆时，求 $(E + A)^{-1}$。

   (1) 证明：由于 $A$ 的秩为 $1$，所以可以设 $\alpha = (a_1, a_2, \cdots, a_n), \beta = \begin {pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ b_n \end {pmatrix}, A = \alpha \beta$，且 $\beta \alpha = a_1 b_1 + a_2 b_2 + \cdots + a_n b_n = \mathrm {tr} \, A = \lambda$。则：

   $$A^2 = \alpha \beta \alpha \beta = \alpha (\beta \alpha) \beta = \lambda \alpha \beta = \lambda A$$

   (2) 解：

   $$\begin {aligned} \det \left( \left( \frac E 2 + A \right)^2 - \frac {E^2} 4 \right) & = \det A \det (E + A) \\ & = \det (A^2 + A) = (\lambda + 1) \det (A) \end {aligned}$$

   因此 $\det (E + A) = \lambda + 1$。

   (3) 解：当 $E + A$ 可逆时，$\det (E + A) \not = 0$，此时 $\lambda \not = -1$。考虑如下式子：

   $$\begin {aligned} (E + A) (E + kA) & = E^2 + (k + 1) A + kA^2 \\ & = E + (k \lambda + k + 1) A \end {aligned}$$

   令 $k \lambda + k + 1 = 0$，则 $k = - \dfrac 1 {1 + \lambda}$，则 $(E + A)^{-1} = E - \dfrac 1 {1 + \lambda} A$。