[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)^kBig)=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}BHCBig)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| eq 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}CBig)A^{-1}]
[=Big(I_n+A^{-1}B(D-CA^{-1}B)^{-1}CBig)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 (egin{bmatrix} A & B \ C & D end{bmatrix}) 可以通过分块初等变换变为分块对角阵 (egin{bmatrix} A & 0 \ 0 & D-CA^{-1}B end{bmatrix}) 以及 (egin{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
[egin{bmatrix} I_n & 0 \ -CA^{-1} & I_n end{bmatrix}egin{bmatrix} A & B \ C & D end{bmatrix}egin{bmatrix} I_n & -A^{-1}B \ 0 & I_n end{bmatrix}=egin{bmatrix} A & 0 \ 0 & D-CA^{-1}B end{bmatrix},]
[egin{bmatrix} I_n & -BD^{-1} \ 0 & I_n end{bmatrix}egin{bmatrix} A & B \ C & D end{bmatrix}egin{bmatrix} I_n & 0 \ -D^{-1}C & I_n end{bmatrix}=egin{bmatrix} A-BD^{-1}C & 0 \ 0 & D end{bmatrix}.]
因此我们有
[egin{bmatrix} (A-BD^{-1}C)^{-1} & 0 \ 0 & D^{-1} end{bmatrix}=egin{bmatrix} I_n & 0 \ D^{-1}C & I_n end{bmatrix}egin{bmatrix} A & B \ C & D end{bmatrix}^{-1}egin{bmatrix} I_n & BD^{-1} \ 0 & I_n end{bmatrix}]
[=egin{bmatrix} I_n & 0 \ D^{-1}C & I_n end{bmatrix}egin{bmatrix} I_n & -A^{-1}B \ 0 & I_n end{bmatrix}egin{bmatrix} A^{-1} & 0 \ 0 & (D-CA^{-1}B)^{-1} end{bmatrix}egin{bmatrix} I_n & 0 \ -CA^{-1} & I_n end{bmatrix}egin{bmatrix} I_n & BD^{-1} \ 0 & I_n end{bmatrix}]
[=egin{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)