二、逆矩阵的计算

小题

(一)数值型

1. 【1988-45-1分】

$${\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\end{array}\right)}^{-1}=$$

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答案：

$$\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\end{array}\right)$$

解析： 记

$$P=\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\end{array}\right)$$

。

矩阵$P$表示将向量各分量的次序完全颠倒。连续作两次相同置换后，各分量恢复原位，因此

$P^2=E$。

于是

$P^{-1}=P$，

即

$${\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\end{array}\right)}^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\end{array}\right)$$

。

---

2. 【1989-12-3分】 设矩阵

$$A=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 1& 4& 0\\ 0& 0& 3\end{array}\right),E=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

，

则$(A-2E{)}^{-1}=$

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答案：

$$\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

解析： 先计算

$$A-2E=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 2& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

。

对该下三角矩阵作初等行变换，或直接设其逆矩阵为下三角矩阵求解，可得

$$(A-2E{)}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

。

验证：

$$\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 2& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=E$$

。

---

3. 【1991-12-3分】 设四阶方阵

$$A=\left(\begin{array}{cccc}5& 2& 0& 0\\ 2& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& -2\\ 0& 0& 1& 1\end{array}\right)$$

，

则$A^{-1}=$

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答案：

$$A^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}1& -2& 0& 0\\ -2& 5& 0& 0\\ 0& 0& \frac{1}{3}& \frac{2}{3}\\ 0& 0& -\frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$$

解析： 矩阵$A$为分块对角矩阵，可写成

$$A=\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& A_2\end{array}\right)$$

，

其中

$$A_1=\left(\begin{array}{cc}5& 2\\ 2& 1\end{array}\right),A_2=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 1& 1\end{array}\right)$$

。

因为

$|A_1|=5\cdot 1-2\cdot 2=1$，

所以

$$A_1^{-1}=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 5\end{array}\right)$$

。

又因为

$|A_2|=1\cdot 1-(-2)\cdot 1=3$，

所以

$$A_2^{-1}=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ -1& 1\end{array}\right)$$

。

因此

$$A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}{A}_1^{-1}& O\\ O& A_2^{-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}1& -2& 0& 0\\ -2& 5& 0& 0\\ 0& 0& \frac{1}{3}& \frac{2}{3}\\ 0& 0& -\frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$$

。

---

4. 【1994-45-3分】 设

$$A=\left(\begin{array}{ccccc}0& a_1& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& a_2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & a_{n-1}\\ a_n& 0& 0& \cdots & 0\end{array}\right)$$

，

其中$a_i\ne 0(i=1,2,\cdots ,n)$，则$A^{-1}=$

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答案：

$$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccccc}0& 0& 0& \cdots & \frac{1}{a_n}\\ \frac{1}{a_1}& 0& 0& \cdots & 0\\ 0& \frac{1}{a_2}& 0& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & \frac{1}{a_{n-1}}& 0\end{array}\right)$$

。

解析： 设$y=Ax$，其中

$$x=(x_1,x_2,\cdots ,x_n{)}^T,y=(y_1,y_2,\cdots ,y_n{)}^T$$

。

由矩阵乘法得

$$\{\begin{array}{l}{y}_1=a_1{x}_2,\\ y_2=a_2{x}_3,\\ ⋮\\ y_{n-1}=a_{n-1}{x}_n,\\ y_n=a_n{x}_1.\end{array}$$

由于所有$a_i\ne 0$，可反解为

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{1}{a_n}{y}_n,\\ x_2=\frac{1}{a_1}{y}_1,\\ x_3=\frac{1}{a_2}{y}_2,\\ ⋮\\ x_n=\frac{1}{a_{n-1}}{y}_{n-1}.\end{array}$$

因此$x=A^{-1}y$中的系数矩阵即为

$$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccccc}0& 0& 0& \cdots & \frac{1}{a_n}\\ \frac{1}{a_1}& 0& 0& \cdots & 0\\ 0& \frac{1}{a_2}& 0& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & \frac{1}{a_{n-1}}& 0\end{array}\right)$$

。

(二)抽象型

1. 【1990-4-5分】 已知对于$n$阶方阵$A$，存在自然数$k$，使得$A^k=O$，试证明矩阵$E-A$可逆，并写出其逆矩阵的表达式（$E$为$n$阶单位阵）。

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

解析： 利用有限等比恒等式，有

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

由已知$A^k=O$，故

$(E-A)(E+A+A^2+\cdots +A^{k-1})=E$。

另一方面，由于$A$的各次幂彼此可交换，亦有

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

因此$E-A$可逆，且

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

相关知识点：若$A$是幂零矩阵，则含$A$的有限几何级数常用于构造$E-A$的逆矩阵。

---

2. 【1991-4-3分】 设$A$和$B$为可逆矩阵，$X=\left(\begin{array}{cc}O& A\\ B& O\end{array}\right)$为分块矩阵，则$X^{-1}=$

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答案： $X^{-1}=\left(\begin{array}{cc}O& B^{-1}\\ A^{-1}& O\end{array}\right)$

解析： 设

$Y=\left(\begin{array}{cc}O& B^{-1}\\ A^{-1}& O\end{array}\right)$。

利用分块矩阵乘法，得

$$XY=\left(\begin{array}{cc}O& A\\ B& O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}O& B^{-1}\\ A^{-1}& O\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A{A}^{-1}& O\\ O& B{B}^{-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}E& O\\ O& E\end{array}\right)$$

。

同理，

$$YX=\left(\begin{array}{cc}E& O\\ O& E\end{array}\right)$$

。

故

$$X^{-1}=Y=\left(\begin{array}{cc}O& B^{-1}\\ A^{-1}& O\end{array}\right)$$

。

需要注意：右上角应为$B^{-1}$，左下角应为$A^{-1}$，位置不能直接照抄原矩阵中的$A,B$。

---

3. 【1992-5-3分】 设$A,B,A+B,A^{-1}+B^{-1}$均为$n$阶可逆矩阵，则$(A^{-1}+B^{-1}{)}^{-1}$等于( )。

A. $A^{-1}+B^{-1}$    B. $A+B$    C. $A(A+B{)}^{-1}B$    D. $(A+B{)}^{-1}$

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答案： C

解析： 将原矩阵分解为

$A^{-1}+B^{-1}=B^{-1}(A+B)A^{-1}$。

事实上，

$$B^{-1}(A+B)A^{-1}=B^{-1}A{A}^{-1}+B^{-1}B{A}^{-1}=B^{-1}+A^{-1}$$

。

因此

$$(A^{-1}+B^{-1}{)}^{-1}={\left[B^{-1}(A+B)A^{-1}\right]}^{-1}=A(A+B{)}^{-1}B$$

。

故选C。

A选项只是原矩阵本身；B选项忽略了逆矩阵及乘法次序；D选项少了左右两侧的矩阵因子。矩阵乘法一般不满足交换律，求乘积的逆矩阵时必须逆序排列各因子。

---

4. 【2000-2-3分】 设

$$A=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ -2& 3& 0& 0\\ 0& -4& 5& 0\\ 0& 0& -6& 7\end{array}\right)$$

，

$E$为4阶单位矩阵，且$B=(E+A{)}^{-1}(E-A)$，则$(E+B{)}^{-1}=$

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答案：

$$(E+B{)}^{-1}=\frac{1}{2}(E+A)=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ -1& 2& 0& 0\\ 0& -2& 3& 0\\ 0& 0& -3& 4\end{array}\right)$$

解析： 由

$B=(E+A{)}^{-1}(E-A)$，

并注意到

$E=(E+A{)}^{-1}(E+A)$，

可得

$$E+B=(E+A{)}^{-1}[(E+A)+(E-A)]=2(E+A{)}^{-1}$$

。

因此

$(E+B{)}^{-1}=\frac{1}{2}(E+A)$。

又

$$E+A=\left(\begin{array}{cccc}2& 0& 0& 0\\ -2& 4& 0& 0\\ 0& -4& 6& 0\\ 0& 0& -6& 8\end{array}\right)$$

，

所以

$$(E+B{)}^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ -1& 2& 0& 0\\ 0& -2& 3& 0\\ 0& 0& -3& 4\end{array}\right)$$

。

本题不需要先求出$B$的具体矩阵，直接对$E+B$作代数化简更简洁。

---

5. 【2001-1-3分】 设矩阵$A$满足$A^2+A-4E=O$，其中$E$为单位矩阵，则$(A-E{)}^{-1}=$

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答案： $(A-E{)}^{-1}=\frac{1}{2}(A+2E)$

解析： 由已知矩阵方程

$A^2+A-4E=O$，

得

$A^2+A=4E$。

考察

$(A-E)(A+2E)=A^2+A-2E$。

代入$A^2+A=4E$，可得

$(A-E)(A+2E)=2E$。

同理，由于$A$与其多项式可交换，

$(A+2E)(A-E)=2E$。

所以$A-E$可逆，且

$(A-E{)}^{-1}=\frac{1}{2}(A+2E)$。

---

6. 【2002-4-3分】 设矩阵$A=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 2& 3\end{array}\right)$，$B=A^2-3A+2E$，则$B^{-1}=$

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答案： $B^{-1}=\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{2}\\ -1& -1\end{array}\right)$

解析： 先计算

$$A^2=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 2& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 2& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& -4\\ 8& 7\end{array}\right)$$

。

于是

$$B=A^2-3A+2E=\left(\begin{array}{cc}-1& -4\\ 8& 7\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}3& -3\\ 6& 9\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-2& -1\\ 2& 0\end{array}\right)$$

。

其行列式为

$|B|=(-2)\cdot 0-(-1)\cdot 2=2\ne 0$，

故$B$可逆。由二阶矩阵求逆公式，

$$B^{-1}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -2& -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{2}\\ -1& -1\end{array}\right)$$

。

---

7. 【2003-4-4分】 设$A,B$均为三阶矩阵，$E$是三阶单位矩阵，已知$AB=2A+B$，$B=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 2\\ 0& 4& 0\\ 2& 0& 2\end{array}\right)$，则$(A-E{)}^{-1}=$

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答案： $(A-E{)}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$

解析： 由

$AB=2A+B$，

移项得

$AB-B=2A$，

即

$(A-E)B=2A$。

又因为$A=(A-E)+E$，所以

$(A-E)B=2(A-E)+2E$，

从而

$(A-E)(B-2E)=2E$。

由于$A-E$与$B-2E$均为同阶方阵，上式说明$A-E$可逆，且

$(A-E{)}^{-1}=\frac{1}{2}(B-2E)$。

计算

$$B-2E=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 2\\ 0& 2& 0\\ 2& 0& 0\end{array}\right)$$

，

故

$$(A-E{)}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$$

。

本题的关键是把原矩阵等式整理成“某矩阵乘积等于单位矩阵的常数倍”的形式，而不必先求$A$。

大题

(二)抽象型

1. 【1988-5-6分】 已知$n$阶方阵$A$满足矩阵方程$A^2-3A-2E=O$，其中$A$给定，而$E$是单位矩阵，证明$A$可逆，并求出其逆矩阵$A^{-1}$。

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答案： $A^{-1}=\frac{1}{2}(A-3E)$

解析： 由已知

$A^2-3A-2E=O$，

可得

$A^2-3A=2E$，

即

$A(A-3E)=2E$。

又因为$A$与关于$A$的多项式$A-3E$可交换，所以同时有

$(A-3E)A=2E$。

于是

$A\left[\frac{1}{2}(A-3E)\right]=E$，

且

$\left[\frac{1}{2}(A-3E)\right]A=E$。

因此$A$存在左右逆，故$A$可逆，并且

$A^{-1}=\frac{1}{2}(A-3E)$。