[问题2014A04] 解答

[问题2014A04]  解答

(1) 由条件可得 \(AB+BA=0\), 即 \(AB=-BA\), 因此 \[AB=A^2B=A(AB)=A(-BA)=-(AB)A=-(-BA)A=BA^2=BA,\] 从而 \(AB=BA=0\).

(2) 由条件可得 \(0=B(AB)^kA=(BA)^{k+1}\), 因此 \[(I_n-BA)\Big(I_n+BA+\cdots+(BA)^k\Big)=I_n,\] 从而 \(I_n-BA\) 可逆.

(3) 我们给出此小题的三种解法.

解法一（凑因子法）

凑因子法即为将 \(A-BD^{-1}C\) 的逆阵给凑出来, 方法的关键就是不断地变形, 凑出 \(A-BD^{-1}C\) 这个因子. 我们将分成若干个步骤对这一典型例题加以说明.

先设 \(H=(D-CA^{-1}B)^{-1}\), 则 \[(D-CA^{-1}B)H=I_n. \cdots(1)\] (1) 式是我们的出发点, 接下来就开始变形了. 我们的目标是凑出 \(A-BD^{-1}C\), 所以需要的是 \(D^{-1}\), 而不是 \(D\), 于是 (1) 式两边同时左乘 \(D^{-1}\) 可得 \[(I_n-D^{-1}CA^{-1}B)H=D^{-1}. \cdots(2)\] 为了凑出 \(A-BD^{-1}C\), 在 (2) 式两边同时左乘 \(B\) 右乘 \(C\) 可得 \[BHC-BD^{-1}CA^{-1}BHC=BD^{-1}C. \cdots(3)\] (3) 式左边提出公因子 \(A^{-1}BHC\), 右边的 \(BD^{-1}C\) 移到左边, 并且两边同时加上 \(A\) 以凑出 \(A-BD^{-1}C\), 可得 \[(A-BD^{-1}C)A^{-1}BHC+(A-BD^{-1}C)=A. \cdots(4)\] 将 (4) 式左边的公因子 \(A-BD^{-1}C\) 提出, 并将两边同时右乘 \(A^{-1}\) 可得 \[(A-BD^{-1}C)\Big(I_n+A^{-1}BHC\Big)A^{-1}=I_n. \cdots(5)\] 由 (5) 式即得 \[(A-BD^{-1}C)^{-1}=A^{-1}+A^{-1}BHCA^{-1}=A^{-1}+A^{-1}B(D-CA^{-1}B)^{-1}CA^{-1}.\,\,\Box\]

解法二（利用已证结论）

上课时我证明过以下结论:

若 \(I_n-AB\) 可逆, 则 \(I_n-BA\) 也可逆, 且 \((I_n-BA)^{-1}=I_n+B(I_n-AB)^{-1}A\).

当时我用了凑因子法和幂级数展开+验证法这两种方法去证明上述结论, 而且这个结论也是本小题的特例. 由降阶公式易证 \(|A-BD^{-1}C|\neq 0\), 因此 \(A-BD^{-1}C\) 非异. 我们进行如下的变形：

\[(A-BD^{-1}C)^{-1}=\Big(A(I_n-A^{-1}BD^{-1}C)\Big)^{-1}=(I_n-A^{-1}BD^{-1}C)^{-1}A^{-1}.\] 将 \(A^{-1}B\) 与 \(D^{-1}C\) 分别看成两个整体, 利用上述结论可得

\[(A-BD^{-1}C)^{-1}=\Big(I_n+A^{-1}B(I_n-D^{-1}CA^{-1}B)^{-1}D^{-1}C\Big)A^{-1}\]

\[=\Big(I_n+A^{-1}B(D-CA^{-1}B)^{-1}C\Big)A^{-1}=A^{-1}+A^{-1}B(D-CA^{-1}B)^{-1}CA^{-1}.\,\,\Box\]

解法三（分块初等变换法）

按照课本上降阶公式的证法, 分块矩阵 \(\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix}\) 可以通过分块初等变换变为分块对角阵 \(\begin{bmatrix} A & 0 \\ 0 & D-CA^{-1}B \end{bmatrix}\) 以及 \(\begin{bmatrix} A-BD^{-1}C & 0 \\ 0 & D \end{bmatrix}\). 用分块初等阵的乘法去改写上述过程即有

\[\begin{bmatrix} I_n & 0 \\ -CA^{-1} & I_n \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I_n & -A^{-1}B \\ 0 & I_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} A & 0 \\ 0 & D-CA^{-1}B \end{bmatrix},\]

\[\begin{bmatrix} I_n & -BD^{-1} \\ 0 & I_n \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I_n & 0 \\ -D^{-1}C & I_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} A-BD^{-1}C & 0 \\ 0 & D \end{bmatrix}.\]

因此我们有

\[\begin{bmatrix} (A-BD^{-1}C)^{-1} & 0 \\ 0 & D^{-1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} I_n & 0 \\ D^{-1}C & I_n \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} I_n & BD^{-1} \\ 0 & I_n \end{bmatrix}\]

\[=\begin{bmatrix} I_n & 0 \\ D^{-1}C & I_n \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I_n & -A^{-1}B \\ 0 & I_n \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A^{-1} & 0 \\ 0 & (D-CA^{-1}B)^{-1} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I_n & 0 \\ -CA^{-1} & I_n \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I_n & BD^{-1} \\ 0 & I_n \end{bmatrix}\]

\[=\begin{bmatrix} A^{-1}+A^{-1}B(D-CA^{-1}B)^{-1}CA^{-1} & 0 \\ 0 & D^{-1} \end{bmatrix},\]

从而 \((A-BD^{-1}C)^{-1}=A^{-1}+A^{-1}B(D-CA^{-1}B)^{-1}CA^{-1}\). \(\,\,\Box\)