逆矩阵方法大全
本节系统总结一下我所知道的矩阵求逆的方法，并且给出一些有趣的例题，帮助大家更好地理解矩阵求逆的本质。
截至目前应该是全网最全 。
凑因子法
例 1
Example
设 \(A\) \(A^{3}=O\) \(I+A\) \(I-A\) .
解 ：巧用零矩阵：
\[
\begin{aligned}
I &= I+O\\
&= I+A^{3}\\
&= (I+A)(I-A+A^{2})
\end{aligned}
\]
因此有：
\[
(I+A)^{-1}=I-A+A^{2}
\]
故矩阵 \(I+A\)
同理，有：
\[
\begin{aligned}
I &= I - O\\
&= I - A\\
&=(I-A)(I+A+A^{2})
\end{aligned}
\]
因此有：
\[
(I-A)^{-1}=I+A+A^{2}
\]
故矩阵 \(I-A\) \(\square\)
例 2
Example
若 \(X,Y\) \(X^{T}Y=2\)
（1）\((XY^{T})^{k} = 2^{k-1}(XY^{T})\) ；
（2）如果 \(A = I+XY^{T}\) \(A\)
第一问
由于是两个列向量，因此有 \(Y^{T}X = X^{T}Y = 2\)
\[
(XY^{T})^{2} = X(Y^{T}X)Y^{T} = 2XY^{T}
\]
\[
(XY^{T})^{3} = X(Y^{T}X)^{2}Y^{T} = 4XY^{T}
\]
归纳法 易证命题成立。
第二问
\[
\begin{aligned}
A^{2} &= (I+XY^{T})^{2}\\
&= I+2XY^{T}+(XY^{T})^{2}\\
&= I+2XY^{T}+2XY^{T}\\
&= I+4XY^{T}\\
&= 4A - 3I
\end{aligned}
\]
移项得 \(A^{2}-4A+3I=O\) \(A(A-4I)=-3I\) ，因此矩阵 \(A\)
\[
\begin{aligned}
A^{-1}&=\frac{1}{3}(4I-A)\\
&= I-\frac{1}{3}XY^{T}
\end{aligned}
\]
\(\square\)
例 3
Example
设 \(A,B\) \(n\times m\) \(m\times n\) \(I_{n} \pm AB\) \(I_{m} \pm BA\)
证明 ：凑因子法不仅可以证明逆矩阵存在，更重要的是可以直接给出逆矩阵的表达式 。
首先证明加法的情况，注意到：
\[
A(I_{m}+BA) = (I_{n}+AB)A
\]
我们已知矩阵 \(I_{n}+AB\)
\[
(I_{n}+AB)^{-1}A(I_{m}+BA) = A
\]
对上式左右同时左乘 \(B\)
\[
B(I_{n}+AB)^{-1}A(I_{m}+BA)=BA
\]
接下来凑因子：
\[
\begin{aligned}
I_{m} &= I_{m}+BA-\color{red}{BA}\\
&=(I_{m}+BA)-\color{red}{B(I_{n}+AB)^{-1}A(I_{m}+BA)}\\
&= (I_{m}+BA)(I_{m}-B(I_{n}+AB)^{-1}A)
\end{aligned}
\]
因此矩阵 \(I_{m} + BA\)
\[
(I_{m}+BA)^{-1}=I_{m}-B(I_{n}+AB)^{-1}A
\]
减法情况同理，这里不再赘述。\(\square\)
本题的结论非常的重要，我们所证明的逆矩阵的表达式不仅可以有效解决部分求逆问题（如例 4 ） ，也可以证明重要公式（见例 5 ） 。在例题 8 中，我会给出本题的第二种证明方法。
例 4
Example
设 \(A,B\) \(n\) \(A^{-1}+B^{-1}\) \(A+B\)
\[
(A+B)^{-1}=A^{-1}-A^{-1}(A^{-1}+B^{-1})^{-1}A^{-1}
\]
解 ：注意到 \(A+B=A(A^{-1}+B^{-1})B\) \(A^{-1}+B^{-1}\) \(A+B\)
而 \(A+B=A(I_{n}+A^{-1}B)\) \(A+B\) \(I_{n}+A^{-1}B\) 例题 3 的结论。
由例题 3 结论可得：
\[
\begin{aligned}
(I_{n}+A^{-1}B)^{-1} &= I_{n}-A^{-1}(I_{n}+BA^{-1})^{-1}B\\
&= I_{n}-A^{-1}(B^{-1}+A^{-1})^{-1}
\end{aligned}
\]
整理得：
\[
\begin{aligned}
(A+B)^{-1} &= (A(I_{n}+A^{-1}B))^{-1}\\
&= (I_{n}+A^{-1}B)^{-1}A^{-1}\\
&= A^{-1}-A^{-1}(A^{-1}+B^{-1})^{-1}A^{-1}
\end{aligned}
\]
\(\square\)
例 5SMW 公式）
\(\mathrm{Sherman-Morrison-Woodbury}\)
设 \(A\) \(n\) \(B=A+XRY\) \(X\) \(n\times r\) \(Y\) \(r\times n\) \(R\) \(r\times r\) \(R^{-1}+YA^{-1}X\)
\[
B^{-1}=A^{-1}-A^{-1}X(R^{-1}+YA^{-1}X)^{-1}YA^{-1}
\]
分析 ：初看这个公式你肯定会觉得怎么这么长！事实上，本公式的证明也是很有难度的……我先在这个板块给出一个使用凑因子法的比较有技巧性的证明，在后面还会在例题 12 的证明结束后给出另一种更加精彩的证法！
证明 ：注意到：
\[
B=A+XRY=A(I+{\color{blue}{A^{-1}X}}{\color{red}{RY}})
\]
观察上式右端，我们发现矩阵 \(A\) \(B\) \(I+{\color{blue}{A^{-1}X}}{{\color{red}{RY}}}\) \(\color{blue}{A^{-1}X}\) \({\color{red}{RY}}\) 例题 3 进行联系，考虑证明矩阵 \(I+{\color{red}{RY}}\color{blue}{A^{-1}X}\)
由于：
\[
I+{\color{red}{RY}}{\color{blue}{A^{-1}X}} = R(R^{-1}+YA^{-1}X)
\]
且根据已知条件我们知道 \(\mathrm{RHS}\) \(I+{\color{red}{RY}}\color{blue}{A^{-1}X}\)
根据我们刚刚证明完的例题 3 ，我们可以得出 \(I+\color{blue}{A^{-1}X}{\color{red}{RY}}\) \(B\)
并且逆矩阵的表达式我们也是知道的：
\[
\begin{aligned}
(I+{\color{blue}{A^{-1}X}}{{\color{red}{RY}}})^{-1} &= I - {\color{blue}{A^{-1}X}}(I+{{\color{red}{RY}}}{\color{blue}{A^{-1}X}})^{-1}{{\color{red}{RY}}}\\
&= I-A^{-1}X(R^{-1}+YA^{-1}X)^{-1}Y
\end{aligned}
\]
上面的最后一个等号和下面第一个等号都用到了性质 \(A^{-1}B^{-1}=(BA)^{-1}\)
故：
\[
\begin{aligned}
B^{-1} &= (I+{\color{blue}{A^{-1}X}}{{\color{red}{RY}}})^{-1}A^{-1}\\
&= (I-A^{-1}X(R^{-1}+YA^{-1}X)^{-1}Y)A^{-1}\\
&= A^{-1}-A^{-1}X(R^{-1}+YA^{-1}X)^{-1}YA^{-1}
\end{aligned}
\]
\(\square\)
下面考虑 \(\mathrm{Sherman-Morrison-Woodbury}\) 特殊情况 ，考虑 \(X=x,Y=y^{T},R=(1)\) \(x,y\) \(1+y^{T}A^{-1}x\neq 0\)
\[
(A+xy^T)^{-1} = A^{-1}-A^{-1}x(1+y^{T}A^{-1}x)^{-1}y^{T}A^{-1}
\]
式子中的 \(1+y^{T}A^{-1}x\)
上面这个公式被称为 “秩 1 ”，因为 \(xy^{T}\) 1 最优化理论 中是有应用的。
例 6
Example
求 \(n\)
\[
A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 0 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 1 & 0 & \dots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & 1 & \dots & 0
\end{pmatrix}
\]
的逆矩阵
解 ：显然矩阵 \(A\) \(\alpha = (1,1,\dots,1)^{T}\)
\[
A=-I_{n}+\alpha\alpha^{T}
\]
由例题 5 证明的 \(\mathrm{SMW}\)
\[
\begin{aligned}
A^{-1} &= -I_{n}^{-1}+I_{n}^{-1}\alpha(1+\alpha^{T}(-I_{n}^{-1})\alpha)^{-1}\alpha^{T}(-I_{n}^{-1})\\
&= -I_{n} - I_{n}\alpha(1-n)^{-1}\alpha^{T}\\
&= -I_{n} + \frac{1}{n-1}\alpha\alpha^{T}
\end{aligned}
\]
\(\square\)
Tip
白皮书 上给出了了本题的另外两种做法，一种是使用待定系数法；另一种是将矩阵 \(A\)
除法思想
虽然矩阵没有除法运算，但是我们形式上把 \((I-A)^{-1}\) \(\displaystyle\frac{I}{I-A}\)
\[
\frac{1}{1-x} = 1+\sum_{n=1}^{\infty} x^{n} \quad\quad x \in (-1,1)
\]
得到：
\[
(I-A)^{-1}=\frac{I}{I-A}=I+A+A^{2}+\dots
\]
注意，我反复强调这只是形式上的类比，并不严谨 ！！！严谨的论述要结合相关多项式理论和矩阵函数，这里不做展开。
例 7
Example
已知方阵 \(A\) \(A^{k}=O\) \(k\) \(I-A\)
解 ：根据 \(A^{k}=O\) \(A\) \(k\) 猜测 ：
\[
(I-A)^{-1}=\frac{I}{I-A}=I+A+A^{2}+\dots+A^{k-1}
\]
根据这个想法我们可以直接利用凑因子法验证如下等式：
\[
(I-A)(I+A+A^{2}+\dots+A^{k-1})=I-A^{k}=I
\]
因此我们的猜测是正确的。\(\square\)
例 8 3 2
Example
设 \(A,B\) \(n\times m\) \(m\times n\) \(I_{n} \pm AB\) \(I_{m} \pm BA\)
解 ：本题就是例题 3 ，这里提供另一种做法，我们根据除法思想猜测：
\[
\begin{aligned}
(I_{m}-BA)^{-1} &= I_{m}+(BA)+(BA)^{2}+\dots\\
&= I_{m}+B\cdot(I_{n}+AB+(AB)^{2}+\dots)\cdot A\\
&= I_{m}+ B\cdot (I_{n}-AB)^{-1}\cdot A
\end{aligned}
\]
根据这个猜想我们直接验证下面的等式：
\[
\begin{aligned}
(I_{m}-BA)(I_{m}+B(I_{n}-AB)^{-1}A) &= I_{m}+B(I_{n}-AB)^{-1}A-BA(I_{m}+B(I_{n}-AB)^{-1}A)\\
&= I_{m}+B(I_{n}-AB)^{-1}A - BA-BAB(I_{n}-AB)^{-1}A\\
&= (I_{m}-BA) + B[(I_{n}-AB)^{-1}-AB(I_{n}-AB)^{-1}]A\\
&= (I_{m}-BA)+B[(I_{n}-AB)(I_{n}-AB)^{-1}]A\\
&=I_{m}-BA+BI_{n}A\\
&= I_{m}
\end{aligned}
\]
所以我们的猜想是正确的，既证明了可逆，又求出了逆矩阵的表达式。\(\square\)
例 9
Example
设 \(A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 7\end{pmatrix}\) \(I\) \(B=(I+A)^{-1}(I-A)\) \((I+B)^{-1}\)
解 ：根据除法思想，我们类比：
\[
B=(I+A)^{-1}(I-A)=\frac{I-A}{I+A}
\]
\[
(B+I)^{-1}=\frac{I}{B+I}=\frac{I}{\frac{I-A}{I+A}+I}=\frac{I+A}{2}
\]
代入 \(A\)
\[
(B+I)^{-1}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 2 & 0 & 0 \\
0 & -2 & 3 & 0 \\
0 & 0 & -3 & 4
\end{pmatrix}
\]
\(\square\)
例 10
Example
已知矩阵 \(A\) \(I-A\) \(B\) \((I-(I-A)^{-1})B=A\) \(B-A\) .
解 ：除法思想：
\[
(I-(I-A)^{-1})B=\left( I-\frac{I}{I-A} \right)B=\frac{-A}{I-A}B
\]
由题意得：
\[
\frac{-A}{I-A}B=A
\]
则有：\(B=A-I\) ，即 \(B-A=-I\) \(\square\)
初等变换法
这是求矩阵逆的最基础 的方法，也是解决数值矩阵求逆问题的最常用方法。由于较为基础，这里只举一例说明方法。对于三阶数值矩阵，我有更快的做法，具体见后文的“伴随矩阵 ”小节！
例 11
Example
求逆阵：
\[
A=\begin{pmatrix}
0&2&-1 \\
1&1&2 \\
-1&-1&-1
\end{pmatrix}
\]
解 ：横着拼，只能使用初等行变换：
\[
(A,I) = \left(
\begin{array}{ccc:ccc}
0 & 2 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\
-1 & -1 & -1 & 0 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\xrightarrow{r_{1}\leftrightarrow r_{2}}
\left(
\begin{array}{ccc:ccc}
1 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 2 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & -1 & -1 & 0 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\]
\[
\xrightarrow{r_{3}:=r_{3}+r_{1}}
\left(
\begin{array}{ccc:ccc}
1 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 2 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{array}
\right)
\xrightarrow{\substack{r_{1}:=r_{1}+r_{3}\times(-2) \\ r_{2}+r_{3}}}
\left(
\begin{array}{ccc:ccc}
1 & 1 & 0 & 0 & -1 & -2 \\
0 & 2 & 0 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{array}
\right)
\]
\[
\xrightarrow{\substack{r_{2}\times(1/2) \\ r_{1}:=r_{1}+r_{2}\times(-1)}}
\left(
\begin{array}{ccc:ccc}
1 & 0 & 0 & -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{2} & -\dfrac{5}{2} \\[4pt]
0 & 1 & 0 & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\[4pt]
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{array}
\right)
\]
故：
\[
A^{-1}=
\begin{pmatrix}
-\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{2} & -\dfrac{5}{2} \\[4pt]
\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\[4pt]
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}.
\]
\(\square\)
分块初等变换
分块矩阵初等变换的一个重要应用就是“打洞法 ”（龙生龙，凤生凤，华罗庚的学生会打洞 ） ，常用于求解行列式和矩阵的逆。这个名字很形象，因为打洞就是使得矩阵中出现一些为零的块，使之称为分块三角阵，从而简化问题的复杂度。
下面举一个例子：
当 \(A\) \(C\)
\[
\begin{pmatrix}
I&O \\
-CA^{-1}&I
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
A&B \\
C&D
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
A&B \\
O&D-CA^{-1}B
\end{pmatrix}
\]
我们还可以继续做列变换消去矩阵 \(B\)
\[
\begin{pmatrix}
A&B \\
O&D-CA^{-1}B
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
I&-A^{-1}B \\
O & I
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
A & O \\
O & D-CA^{-1}B
\end{pmatrix}
\]
如果你第一次接触这种方法，你可以参照我接下来的方式进行理解，上面的这种矩阵相乘的形式只是为了书面严谨，自己理解的时候直接按照第几行 ( ) ( )
比如上面的第一个等式，我们做的实际上就是对第一行左乘 \(-CA^{-1}\) \(A\) \(-C\) \(C\)
上面第二个等式做的实际上就是对第一列右乘矩阵 \(-A^{-1}B\) \(A\) \(-B\) \(B\) 打洞法因此得名 。
如果我们对上面的第一个等式左右同时取行列式，那么我们就可以得到 \(A\) 顺时针打洞公式 ，表达如下：
\[
\begin{vmatrix}
A & B \\
C & D
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
A
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
D-CA^{-1}B
\end{vmatrix}
\]
此公式的应用主要是求解行列式 ，其多种形式的扩展以及应用不在本篇文章的讨论范围内，今后有机会我会考虑做一期打洞原理、降阶公式等的系统梳理。
回到分块初等变换，对于对称阵 \(\begin{pmatrix}A & B \\ B^{T} & D\end{pmatrix}\) \(A\) \(D\) \(A\) 合同变换 ”消去 \(B\) \(B^{T}\)
\[
\begin{pmatrix}
I & -A^{-1}B \\
O & I
\end{pmatrix}^{T}
\begin{pmatrix}
A & B \\
B^{T} & D
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
I & -A^{-1}B \\
O & I
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
A & O \\
O & D-B^{T}A^{-1}B
\end{pmatrix}
\]
这个式子把两步初等分块行、列变换合在一步书写了，理解的时候分开理解即可。
例 12 5 2
Example
当 \(D\) \(A-BD^{-1}C\) \(P=\begin{pmatrix}A & B \\ C & D\end{pmatrix}\)
分析 ：设矩阵 \(A\) \(D\) \(m、n\) \(P\) \(I\) ！ ） ，使得最后将 \(P\) \(I\)
解 ：由于可逆的是矩阵 \(D\) \(-BD^{-1}\) \(B\)
\[
\left(
\begin{array}{cc:cc}
A & B & I_m & O \\
C & D & O & I_n
\end{array}
\right)
\to
\left(
\begin{array}{cc:cc}
A-BD^{-1}C & O & I_m & -BD^{-1} \\
C & D & O & I_n
\end{array}
\right),
\]
根据矩阵 \(A-BD^{-1}C\) \(C\)
\[
\left(
\begin{array}{cc:cc}
A-BD^{-1}C & O & I_m & -BD^{-1} \\
O & D & -C(A-BD^{-1}C)^{-1} & I_n + C(A-BD^{-1}C)^{-1}BD^{-1}
\end{array}
\right),
\]
最后用 \((A-BD^{-1}C)^{-1}\) \(D^{-1}\) \(P\)
\[
\left(
\begin{array}{cc:cc}
I_m & O & (A-BD^{-1}C)^{-1} & -(A-BD^{-1}C)^{-1}BD^{-1} \\
O & I_n & -D^{-1}C(A-BD^{-1}C)^{-1} & D^{-1} + D^{-1}C(A-BD^{-1}C)^{-1}BD^{-1}
\end{array}
\right),
\]
右侧即为我们要求的 \(P^{-1}\)
\[
\begin{pmatrix}
(A-BD^{-1}C)^{-1} & -(A-BD^{-1}C)^{-1}BD^{-1} \\
-D^{-1}C(A-BD^{-1}C)^{-1} & D^{-1} + D^{-1}C(A-BD^{-1}C)^{-1}BD^{-1}
\end{pmatrix}.
\]
注意到条件给出的 \(A-BD^{-1}C\) \(P\) \(D\) \(\mathrm{Schur}\) \(P/D\)
\[
\begin{pmatrix}
(P/D)^{-1} & -(P/D)^{-1}BD^{-1} \\
-D^{-1}C(P/D)^{-1} & D^{-1}+D^{-1}C(P/D)^{-1}BD^{-1}
\end{pmatrix}
\]
\(\square\)
类似地，如果矩阵 \(A\) \(D-CA^{-1}B\) \(D-CA^{-1}B\) \(A\) \(\mathrm{Schur}\) \(P/A\) \(P^{-1}\)
\[
\begin{pmatrix}
A^{-1}+A^{-1}B(P/A)^{-1}CA^{-1} & -A^{-1}B(P/A)^{-1} \\
-(P/A)^{-1}CA^{-1} & (P/A)^{-1}
\end{pmatrix}
\]
比较上面两个结果中的左上角分块，由于他们是相等的，因此有等式：
\[
(P/D)^{-1} = A^{-1}+A^{-1}B(P/A)^{-1}CA^{-1}
\]
将对应的 \(\mathrm{Schur}\)
\[
(A-BD^{-1}C)^{-1} = A^{-1}+A^{-1}B(D-CA^{-1}B)^{-1}CA^{-1}
\]
发现了吗？这不就是我们例题 5 证明的 \(\mathrm{Sherman-Morrison-Woodbury}\)
至此我们一共介绍了 \(\mathrm{Sherman-Morrison-Woodbury}\) 例题 3 的结论进行证明，技巧性较高；另一种则是使用上面的分块初等变换，采用“算两次 ”的数学思想得出结论。两种方法都十分巧妙，都需要掌握！
例 13
Example
设 \(A,B\) \(n\times n\) \(I \pm AB\) \(\iff\) \(I \pm BA\)
解 ：由于分块初等变换不改变矩阵的秩 ，因此有：
\[
r \begin{pmatrix}
I\pm BA & O \\
A & I
\end{pmatrix}
=
r \begin{pmatrix}
I & \mp B \\
A & I
\end{pmatrix}
=
r \begin{pmatrix}
I & \mp B \\
O & I\pm AB
\end{pmatrix}
\]
所以：\(I \pm AB\) \(\iff\) \(I \pm BA\) \(\square\)
Tip
此处用到分块对角阵的秩等于其主对角线分块秩的和，如果对此结论不熟悉的话，可以看我上一小节的文章，对矩阵的秩的结论、不等式以及分块初等变换证明题都做了相关的总结：矩阵的秩
例 14
Example
设 \(A\) \(n\) \(B,C\) \(n\times m\) \(m\times n\) \(I_{m} +CA^{-1}B\) \(\iff\) \(A+BC\)
解 ：证明方法同例题 13 ：
\[
r \begin{pmatrix}
A+BC & B \\
O & I_{m}
\end{pmatrix}
=
r \begin{pmatrix}
A & \mp B \\
-C & I_{m}
\end{pmatrix}
=
r \begin{pmatrix}
A & B \\
O & I_{m}+CA^{-1}B
\end{pmatrix}
\]
分块对角阵的秩等于主对角线分块的秩之和 ，因此根据秩连等式可以得出题目要正的充要条件里面的两个矩阵任何一个可逆，都可以推出另一个矩阵满秩，即可逆，故结论成立。 \(\square\)
利用线性方程组
通常我们求逆矩阵的方法有两种，第一个方法就是按照定义，用矩阵的伴随矩阵求解，对于这个方法，二阶矩阵用的比较广，三阶及以上就不太实用了；第二个方法是初等变换法，也就是和单位矩阵摆在一起，用来记录变换以得出逆矩阵。而今天的题目通过求解线性方程组来求解逆矩阵，十分巧妙。
例 15
选自白皮书
设 \(n\ge2\) \(n\)
\[ A= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & n \\ n & 1 & 2 & \cdots & n-1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 2 & 3 & n & \cdots & 1 \end{pmatrix}, \]
求逆矩阵 \(A^{-1}\)
分析 ：我们由逆矩阵定义：若 \(AB=I\) \(B=A^{-1}\) 逆矩阵的第 \(j\) \(A\boldsymbol x=\boldsymbol\varepsilon_j\) （\(\boldsymbol\varepsilon_j\) \(j\) ） 。 观察发现本题是特殊循环矩阵，直接初等化简很麻烦，因此我们设 \(A\boldsymbol x=\boldsymbol\beta\) \(\boldsymbol\beta\) \(\boldsymbol\beta\) \(\boldsymbol\varepsilon_1,\boldsymbol\varepsilon_2,\dots,\boldsymbol\varepsilon_n\) \(A^{-1}\)
解 ：先求解线性方程组
\[AX=\boldsymbol \beta\]
其中 \(\boldsymbol\beta=(b_1,b_2,\dots,b_n)^T\) \(n\)
\[
\frac12 n(n+1)\,(x_1+x_2+\dots+x_n)=\sum_{j=1}^n b_j.
\]
记 \(y=x_1+x_2+\dots+x_n\)
\[
y=\frac{2}{n(n+1)}\sum_{j=1}^n b_j.
\]
用第 1 2
\[
(1-n)x_1+x_2+x_3+\dots+x_n = b_1-b_2,
\]
我们可以将其改写为：
\[
y-nx_1=b_1-b_2,
\]
解得：
\[
x_1=\frac1n\big(y-b_1+b_2\big) =\frac1n\left(\,\frac{2}{n(n+1)}\sum_{j=1}^n b_j-b_1+b_2\,\right).
\]
同理，对 \(i=2,3,\dots,n-1\) \(i\) \(i+1\)
\[
x_i=\frac1n\left(\,\frac{2}{n(n+1)}\sum_{j=1}^n b_j-b_i+b_{i+1}\,\right).
\]
最后，我们再用第 \(n\) 1
\[
x_n=\frac1n\left(\,\frac{2}{n(n+1)}\sum_{j=1}^n b_j-b_n+b_1\,\right).
\]
记 \(\displaystyle s=\frac{2}{n(n+1)}\) \(\boldsymbol\beta=\boldsymbol\varepsilon_1,\boldsymbol\varepsilon_2,\dots,\boldsymbol\varepsilon_n\) ） ，把解依次作为逆矩阵的各列，得到：
\[
A^{-1}=\frac1n \begin{pmatrix} s-1 & s+1 & s & \cdots & s \\ s & s-1 & s+1 & \cdots & s \\ s & s & s-1 & \cdots & s \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ s & s & s & \cdots & s+1 \\ s+1 & s & s & \cdots & s-1 \end{pmatrix}.
\]
\(\square\)
例 16
Example
设 \(a\neq \dfrac{1-n}{2}\) \(n\)
\[ A= \begin{pmatrix} a & a+1 & a+2 & \cdots & a+(n-1) \\ a+(n-1) & a & a+1 & \cdots & a+(n-2) \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a+1 & a+2 & a+3 & \cdots & a \end{pmatrix}, \]
求 \(A^{-1}\)
分析 ：注意到本题依旧是一个循环矩阵，因此我们采用和例 15 一样的处理手法。
解 ： 先求解线性方程组
\[AX=\boldsymbol \beta\]
其中 \(\boldsymbol\beta=(b_1,b_2,\dots,b_n)^T\)
\[
\begin{cases} ax_1+(a+1)x_2+\cdots+\big[a+(n-1)\big]x_n = b_1\\ \big[a+(n-1)\big]x_1+ax_2+\cdots+\big[a+(n-2)\big]x_n = b_2\\ \quad\vdots\\ (a+1)x_1+(a+2)x_2+\cdots+ax_n = b_n \end{cases}
\]
拆分变形，提取 \(a\displaystyle\sum_{k=1}^n x_k\)
\[
\begin{cases} \displaystyle a\sum_{i=1}^n x_i + x_2+2x_3+\dots+(n-1)x_n = b_1\\ \displaystyle a\sum_{i=1}^n x_i + (n-1)x_1+x_3+\dots+(n-2)x_n = b_2\\ \quad\vdots\\ \displaystyle a\sum_{i=1}^n x_i + x_1+2x_2+\dots = b_n \end{cases}
\]
全部 \(n\)
\[
\left[na+\frac{n(n-1)}{2}\right]\sum_{i=1}^n x_i=\sum_{i=1}^n b_i
\]
记 \(S=\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i\)
\[
S=\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i}{na+\dfrac{n(n-1)}{2}}.
\]
类比例 15 ，我们对 \(j=1,2,\dots,n\) \(j\) \(j+1\) \(n+1\) 1 ） ：
\[
S-nx_j = b_j-b_{j+1}\implies x_j=\frac{S-(b_j-b_{j+1})}{n}.
\]
按照套路，我们依次取 \(\boldsymbol\beta=\boldsymbol\varepsilon_1,\boldsymbol\varepsilon_2,\dots,\boldsymbol\varepsilon_n\) ） ，解作为逆矩阵各列，得到：
\[
A^{-1}= \begin{pmatrix} p & r & \cdots & q & q\\ q & p & \cdots & q & q\\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots\\ q & q & \cdots & p & r\\ r & q & \cdots & q & p \end{pmatrix},
\]
其中：
\[
p=\frac1{n\left(na+\frac{n(n-1)}{2}\right)}-\frac1{n},\quad q=\frac1{n\left(na+\frac{n(n-1)}{2}\right)},\quad r=\frac1{n\left(na+\frac{n(n-1)}{2}\right)}+\frac1{n}.
\]
\(\square\)
Tip
通过上面两个例题，相信你对这种求逆矩阵的套路已经有了一定的了解，并且我们发现对于循环矩阵求逆，这种方法尤为高效。
伴随矩阵
对于三阶矩阵，初等行变换固然是通法，但是经常会出现很多分数运算 ，出错概率还是很高的，这式我们可以考虑通过伴随矩阵来降低逆矩阵的计算难度。
根据定义，矩阵 \(A\) \(|A|\neq0\) \(A\) \(A^{-1} = \frac{1}{|A|}A^{*}\)
\[
A^{-1}=\frac{1}{|A|}\begin{pmatrix}
A_{11} & A_{21} & A_{31} \\
A_{12} & A_{22} & A_{32} \\
A_{13} & A_{23} & A_{33}
\end{pmatrix}
\]
于是我们的问题就变成了如何快速求出 \(A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33}\end{pmatrix}\) \(\begin{pmatrix}X,Y,Z \end{pmatrix}^{T}\) \(A\) \(\begin{pmatrix}X,Y,Z \end{pmatrix}^{T}\)
\[
\begin{vmatrix}
X & a_{12} & a_{13} \\
Y & a_{22} & a_{23} \\
Z & a_{32} & a_{33}
\end{vmatrix}
=
A_{11}X+A_{21}Y+A_{31}Z
\]
可以看到 \(\begin{pmatrix}X,Y,Z \end{pmatrix}^{T}\) \(\begin{pmatrix}X,Y,Z \end{pmatrix}^{T}\) \(\begin{pmatrix}X,Y,Z \end{pmatrix}^{T}\)
虽然看起来比较麻烦，但是这种题本质都是算，看你哪种方法用的熟练就用哪种，没必要拘泥于所谓的方法 。
例 17
Example
求逆阵：
\[
A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 3
\end{pmatrix}
\]
解 ：首先计算分母：
\[
|A| = \begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 3
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{vmatrix}
=2\begin{vmatrix}
1 & 1 \\
0 & 1
\end{vmatrix}=2
\]
下面使用 \(\begin{pmatrix}X,Y,Z \end{pmatrix}^{T}\) \(A\)
\[
\begin{vmatrix}
X & 1 & 1 \\
Y & 2 & 1 \\
Z & 1 & 3
\end{vmatrix}
=5X-2Y-Z
\]
\[
\begin{vmatrix}
1 & X & 1 \\
1 & Y & 1 \\
1 & Z & 3
\end{vmatrix}
=-2X+2Y-0Z
\]
\[
\begin{vmatrix}
1 & 1 & X \\
1 & 2 & Y \\
1 & 1 & Z
\end{vmatrix}
=-X+0Y+Z
\]
因此矩阵 \(A\)
\[
A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^{*}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
5 & -2 & -1 \\
-2 & 2 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\]
这种方法如果熟练运用的话，还是非常快的（相比于初等变换法） ，对于三阶行列式的计算，就算你全部展开也只有六项，用三主对角减三副对角瞪眼 都能瞪出来。
互素多项式
设 \(f(x),g(x)\) \(\mathbb{F}\) \(d(x)\) \(f(x),g(x)\) \(f(x),g(x)\) \(h(x)\) \(h(x) \mid d(x)\) \(d(x)\) \(f(x)\) \(g(x)\) \(d(x)=(f(x),g(x))\) .
特别地，若 \(d(x)=1\) \(f(x),g(x)\) 例题 18 给出了互素多项式 在逆矩阵中的应用。
例 18
Example
设 \(f(x),g(x)\) \(\mathbb{F}\) \(A\) \(\mathbb{F}\) \(n\) \(f(A)=O\) \(g(A)\)
解 ：根据题意，存在数域 \(\mathbb{F}\) \(u(x),v(x)\)
\[
f(x)u(x)+g(x)v(x)=1
\]
在上式中令 \(x=A\)
\[
f(A)u(A)+g(A)v(A)=I_{n}
\]
因为 \(f(A)=O\) \(g(A)v(A)=I_{n}\) \(g(A)\) \(g(A)^{-1}=v(A)\) . \(\square\)
例 19
Example
设 \(n\) \(A\) \(A^{2}-3A+2I_{n}=O\) \(A\) \(A+I_{n}\) \(A\neq I_{n}\) \(A-2I_{n}\)
分析 ：本题可以采用凑因子法 进行解决，因为我们可以凑出 \(A(A-3I_{n})=-2I_{n}\) \(A\) \((A+I_{n})(A-4I_{n})=-6I_{n}\) \(A+I_{n}\) \((A-I_{n})(A-2I_{n})=O\)
下面我们考虑从互素多项式 的角度分析本题。
解 ：考虑多项式 \(f(x)=x^{2}-3x+2\) \(f(A)=O\) \(g(x)=x\) ，显然和 \(f(x)\) 是互素的，故根据例题18 结论可知，\(g(A)=A\) 可逆。
- 考虑多项式 \(g(x)=x+1\) ，显然和 \(f(x)\) 是互素的，故根据例题18 结论可知，\(g(A)=A+I_{n}\) 可逆。
- 考虑多项式 \(g(x) = x-2\) ，和 \(f(x)\) 不互素，不满足例题18 的条件，考虑反证法，由于 \((A-I_{n})(A-2I_{n})=O\) ，若 \(A-2I_{n}\) 可逆，则有 \(A-I_{n}=O\) ，即 \(A=I_{n}\) ，矛盾，故 \(A-2I_{n}\) 不可逆。
\(\square\)
Tip
根据例题 18 ，我们可以解决类似例题 19 的一大类逆矩阵问题，事实上，互素多项式理论还可以解决很多和秩有关的问题，它联系起了矩阵理论 和线性空间理论 ，是一个非常强大的工具。
特征值
矩阵 \(A\) \(\iff\) \(A\)
并且当 \(A\) \(P^{-1}AP=\Lambda=\mathrm{diag}(\lambda_{1},\lambda_{2},\dots,\lambda_{n})\) \(P^{-1}A^{-1}P=\Lambda ^{-1}=\mathrm{diag}\left( \frac{1}{\lambda_{1}}, \frac{1}{\lambda_{2}},\dots, \frac{1}{\lambda_{n}}\right)\) \(A^{-1}=P\Lambda ^{-1}P^{-1}\) .
下面仅举一例说明这种方法，不再详细展开。
例 20
Example
设 \(n\) \(A\) \(A^{2}-A-3I_{n}=O\) \(A-2I_{n}\)
解 ：事实上，通过上一小节的互素多项式 理论，我们可以很快解决本题。下面说明特征值的应用。
考虑反证法，若矩阵 \(A-2I_{n}\) \(2\) \(A\) \(A\) \(f(x)=x^{2}-x-3\) \(2\) \(f(x)\) \(\square\)
练习
Q1
Question
设 \(A\) \(n\) \(I-A\) \(I+A\) \(A\) \((I-A^{-1})^{-1}+(I-A)^{-1}=I\)
Answer
因为我们没有矩阵减法的求逆公式，所以没有办法直接化简 \((I-A^{-1})^{-1}\) \(A^{-1}\)
\[
\begin{aligned}
(I-A^{-1})^{-1}&=(A^{-1}(A-I))^{-1}\\
&= (A-I)^{-1}A
\end{aligned}
\]
因此：
\[
\begin{aligned}
(I-A^{-1})^{-1}+(I-A)^{-1}&=(A-I)^{-1}A+(I-A)^{-1}\\
&= (I-A)^{-1}(I-A)\\
&= I
\end{aligned}
\]
\(\square\)
Q2
Question
设 \(A,B,A+B\) \(n\) \((A^{-1}+B^{-1})^{-1}\) .
Answer
考虑除法思想 （再次强调！非常不严谨！ ） ：
\[
(A^{-1}+B^{-1})^{-1}=\frac{AB}{A+B}=A(A+B)^{-1}B
\]
\(\square\)
Q3
Question
设 \(a_{i}\neq 0(1\leqslant i\leqslant n)\)
\[
\begin{pmatrix}
0 & a_{1} & 0 & \dots & 0 \\
0 & 0 & a_{2} & \dots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \dots & a_{n-1} \\
a_{n} & 0 & 0 & \dots & 0
\end{pmatrix}^{-1}
\]
Answer
使用初等变换法 ，过程略，答案如下：
\[
\begin{pmatrix}
0 & \dots & 0 & 0 & a_{n}^{-1} \\
a_{1}^{-1} & \dots & 0 & 0 & 0 \\
\vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\
0 & \dots & a_{n-2}^{-1} & 0 & 0 \\
0 & \dots & 0 & a_{n-1}^{-1} & 0
\end{pmatrix}
\]
\(\square\)
Q4
Question
设矩阵 \(A,B\) \(\begin{pmatrix}O & A \\ B & O\end{pmatrix}^{-1}\)
Answer
使用分块初等变换 ，过程略，答案如下：
\[
\begin{pmatrix}
O & B^{-1} \\
A^{-1} & O
\end{pmatrix}
\]
\(\square\)
Q5
Question
若 \(A\) \(n\) \(2A(A-I_{n})=A^{3}\) \(I_{n}-A\)
Answer
考虑凑因子法 ：
\[
(A-I_{n})(A^{2}-A+I_{n})=-I_{n}
\]
故：\((I_{n}-A)^{-1}=A^{2}-A+I_{n}\) \(\square\)
Tip
至此，我将常用的8 种矩阵求逆方法
搜一搜
