Метка: обратная матрица

Критерий обратимости

Теорема (Критерий обратимости квадратных матриц). Квадратная матрица порядка $n$ обратима тогда и только тогда, когда она невырожденная.

Необходимость. Пусть $A \in M_{n}\left (P\right ).$ И пусть для нее существует правая обратная матрица, тогда, применяя одно из свойств умножения матриц, получаем $AB = E,$ где $E$ — единичная матрица.$$\det(AB)= \det A \det B = 1\Rightarrow \det A\neq 0$$ — по определению матрица $A$ невырожденная.

Тогда покажем, что и для левой обратной матрицы результат аналогичен. Применяя одно из свойств умножения матриц получаем $BA = E.$$$\det(BA)= \det B\det A = 1\Rightarrow \det A\neq 0$$ — по определению матрица $A$ невырожденная.

Зная определение обратной матрицы, видим, что необходимость выполняется.

Достаточность. Пусть $A \in M_{n}^{0}\left (P\right )$, то есть$\left ( \det A \right )\neq 0$. Укажем обратную матрицу явно. Для удобства обозначим за $$\widetilde{A} = \begin{pmatrix}A_{11} & A_{12} & \cdots & A_{1n}\\ A_{21} & A_{22} & \cdots & A_{2n}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ A_{n1} & A_{n2} & \cdots & A_{nn}\end{pmatrix}$$- присоединенную матрицу такую, что $\widetilde{A}=\begin{Vmatrix}A_{ij}\end{Vmatrix}$, где $A_{ij}$ — это алгебраические дополнения к элементу $a_{ij}$ матрицы $A$, $i=\overline{1, n}$ и $j=\overline{1, n}$. Тогда $\left ( \widetilde{A} \right )^{T}=\begin{Vmatrix}A_{ji}\end{Vmatrix}.$

Покажем, что $\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{\det A}\left ( \widetilde{A} \right )^{T}.$ Для этого следует проверить выполнение таких равенств: $\displaystyle A\frac{1}{\det A}\left ( \widetilde{A} \right )^{T}=E$ и $\displaystyle \frac{1}{\det A}\left ( \widetilde{A} \right )^{T}A=E.$

Проверим первое равенство. Положим $\displaystyle B=A\cdot \frac{1}{\det A}\left ( \widetilde{A} \right )^{T}$, тогда $$b_{ij}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}\frac{1}{\det A}A_{jk}=\frac{1}{\det A}\sum_{k=1}^{n}a_{ik}A_{jk}.$$

Если $i=j$, то по определению детерминанта получаем $$\displaystyle b_{ij}=\frac{1}{\det A}\det A=1.$$

Если $i\neq j$, то по теореме о «чужих» дополнениях $b_{ij}=0.$

Таким образом, мы доказали, что $\displaystyle E=A\frac{1}{\det A}\left ( \widetilde{A} \right )^{T}.$

Проверим второе равенство. Положим, $\displaystyle C= \frac{1}{\det A}\left ( \widetilde{A} \right )^{T}A.$ Тогда $\displaystyle c_{ij}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\det A}A_{jk}a_{ik}=\frac{1}{\det A}\sum_{k=1}^{n}A_{jk}a_{ik}.$ Получаем, что при $i=j$ $\displaystyle c_{ij}=\frac{1}{\det A}\det A=1$, а при $i\neq j\Rightarrow c_{ij}=0.$

Получаем, что выполняется первое и второе равенство, следовательно, достаточность данного критерия доказана.

Следствие. $\det A^{-1}= \left ( \det A \right )^{-1}.$

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Докажите, что матрица $A$ не имеет обратной. $$A=\left (\begin{array}{rrr}1 & 0 & 2 & 1\\ 2 & 3 & 4 & 6\\ 2 & 1 & 2 & 3\\ 0& 1 & -2 & 1\end{array}\right ).$$
    Решение

    Следуя из условия требуется показать, что исходная матрица не удовлетворяет условиям критерия обратимости квадратных матриц. Проверим матрицу на невырожденность, для этого сначала приведем данную матрицу к треугольному виду методом Гаусса. Получаем $$A=\left (\begin{array}{rrr}1 & 0 & 2 & 1\\ 2 & 3 & 4 & 6\\ 2 & 1 & 2 & 3\\ 0 & 1 & -2 & 1\end{array}\right )\sim\left (\begin{array}{rrr}2 & 3 & 4 & 6\\ 2 & 1 & 2 & 3\\ 1 & 0& 2 & 1\\ 0 & 1 & -2 & 1\end{array}\right )\sim\left (\begin{array}{rrr}2 & 3 & 4 & 6\\ 2 & 1 & 2 & 3\\ 0 & -\frac{1}{2} & 1 & -\frac{1}{2}\\ 0 & 1 & -2 & 1\end{array}\right )\sim$$$$\left (\begin{array}{rrr}2 & 3 & 4 & 6\\ 0 & -2 & -2 & -3\\ 0 & 1 & -2 & 1\\ 0 & -\frac{1}{2} & 1 & -\frac{1}{2}\end{array}\right )\sim \left (\begin{array}{rrr}2 & 3 & 4 & 6\\ 0 & -2 & -2 & -3\\ 0 & 1 & -2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right ).$$ Видим, что матрица имеет нулевую строку, по третьему свойству определителей, определитель данной матрицы равен нулю, а это по определению означает, что исходная матрица вырождена. Следовательно, исходная матрица не имеет обратной.

  2. Найти значение выражения $\left ( \det A \right )^{-1}+3\det B^{-1}$, не вычисляя обратные матрицы, где $$A=\left (\begin{array}{rrr}0 & 1 & 2 \\ 0 & 3 & 7 \\ 1 & 2 & 3\end{array}\right ),\, B=\left (\begin{array}{rrr}1 & 0 & 2 \\ 4 & 3 & 1 \\ 2 & 0 & 3\end{array}\right ).$$

    Решение

    По следствию из критерия обратимости квадратных матриц получаем $\det A^{-1}+3\det B^{-1}.$ Так из лекции обратимость матриц мы знаем, что $\displaystyle \det A^{-1}= \frac{1}{\det A}.$$$\det A= \left| \begin{array}{rrr}0 & 1 & 2 \\ 0 & 3 & 7\\ 1 & 2 & 3\end{array}\right |=7-6=1,\, \det B=\left |\begin{array}{rrr}1 & 0 & 2\\ 4 & 3 & 1\\ 2 & 0 & 3\end{array}\right |=9-12=-3.$$ Тогда $\displaystyle \frac{1}{1}+3\left (-\frac{1}{3}\right )=1-1=0.$

    Ответ: $0.$

Смотрите также

  1. А.Г. Курош. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1965. — 431 с. — С. 95-98.
  2. Конспект Г.С.Белозерова. Глава 4 — 18 с. — С. 11 — 12.
  3. Д.К. Фаддеев. Лекции по алгебре: Учебное пособие для вузов. — М.: Наука, 1984. — 416 с. — С. 134-137.

Критерий обратимости

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по прочитанной теме.

Теорема Крамера

Пусть дана система линейных уравнений (СЛАУ) $$\left.\begin{matrix} a_{11}x_{1} & + & \cdots & + & a_{1n}x_{n} & = & b_{1} \\ \cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1}x_{2} & + & \cdots & + & a_{mn}x_{n} & = & b_{m} \end{matrix}\right\},$$ где $a_{11}, a_{1n}, a_{m1}, a_{mn}$ — числовые коэффициенты, $x_{1},x_{2},x_{3}$ — переменные, $b_{1},b_{m}$ — свободные члены.

Обозначим матрицу-столбец неизвестных $(X)$, матрицу коэффициентов при неизвестных $(A)$ и столбец правых частей $(B)$: $$X = \begin{Vmatrix} x_{1}\\ \vdots \\ x_{n}\\ \end{Vmatrix}, \quad A = \begin{Vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n}\\ \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{Vmatrix},\quad B=\begin{Vmatrix}b_{1}\\ \vdots \\ b_{m}\end{Vmatrix}.$$

Соотношения, задаваемые системой, запишем в виде матричного уравнения $(A \cdot X = B)$: $$\begin{Vmatrix}x_{1}\\ \vdots \\ x_{n}\\ \end{Vmatrix}\cdot \begin{Vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n}\\ \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{Vmatrix} = \begin{Vmatrix}b_{1}\\ \vdots \\ b_{m}\end{Vmatrix}.$$

Исходя из вышеуказанного уравнения получаем, что каждый его столбец-решение является частным решением системы. Данное утверждение двойственно. Также можно утверждать, что каждое частное решение системы, записанное в виде столбца, будет решением матричного уравнения.

Теорема. Пусть задана СЛАУ от $n$ неизвестных с квадратной невырожденной матрицей над полем $P$. Тогда общее решение такой системы содержит лишь одно частное решение $(x_{1}^{0}, \; x_{2}^{0}, \; \cdots , \; x_{n}^{0}) \in P^{n}$, которое находится по формуле $x_{i}^{0} = \frac{\Delta_{i}}{\Delta}, \; i = 1, \; \ldots \;,n$, где $\Delta$ — определитель матрицы системы, а $\Delta_{i}$ — определитель, получаемый из этой матрицы заменой $i$-го столбца столбцом свободных членов системы.

Докажем теорему, воспользовавшись матричным уравнением $A \cdot X = B:$ $$\begin{Vmatrix}x_{1}\\ \vdots \\ x_{n}\\ \end{Vmatrix}\cdot \begin{Vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n}\\ \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{Vmatrix} = \begin{Vmatrix}b_{1}\\ \vdots \\ b_{m}\end{Vmatrix}.$$

Единственность. Пусть имеется решение уравнения $X_{0}$. Тогда $A \cdot X_{0} = B$. Так как определитель матрицы отличен от нуля можем быть уверены, что существует обратная к $A$ матрица $A^{-1}$. Умножим обе части равенства слева на $A^{-1}$: $$ A^{-1} \cdot\left(A \cdot X_{0}\right)=\left(A^{-1} \cdot A\right) \cdot X_{0}=E \cdot X_{0}=X_{0}=A^{-1} \cdot B.$$ Следовательно, если решение существует, то оно неизбежно будет равно $A^{-1} \cdot B$.

Существование. Сделаем замену: $X_{0} = A^{-1} \cdot B$. Подставим в уравнение: $$ A \cdot\left(A^{-1} \cdot B\right)=\left(A \cdot A^{-1}\right) \cdot B=E \cdot B=B.$$ Делаем вывод что, решение существует. Используя явное представление обратной матрицы, можем показать явный вид решения: $$A^{-1} \cdot B=\Delta^{-1} \cdot\begin{Vmatrix} A_{11} & \ldots & A_{n1}\\ \cdot & \cdot & \cdot \\ A_{1n} & \ldots & A_{nn} \end{Vmatrix} \cdot \begin{Vmatrix}b_{1} \\ \vdots \\ b_{n} \end{Vmatrix} = \Delta^{-1} \cdot \begin{Vmatrix} \sum\limits_{j = 1}^{n} A_{j1} \cdot b_{j}\\ \vdots\\ \sum\limits_{j = 1}^{n} A_{jn} \cdot b_{j} \end{Vmatrix}.$$

Заменив соответствующий столбец из определителя матрицы системы столбцом свободных членов системы, получим суммы, представляющие собой искомые нами определители. Теорема доказана.

Алгоритм решения СЛАУ методом Крамера

  1. Находим определитель матрицы искомой системы $\Delta = \begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{vmatrix}$. Определитель обязательно должен быть отличен от нуля.
  2. Находим определители матриц $\Delta_{x_{n}} = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & b_{1} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & b_{2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & b_{n} \end{vmatrix}$, в которых $k$-ые столбцы $(k = 1,2, \; \ldots, n)$ заменены на столбец свободных членов системы.
  3. Вычисляем неизвестные переменные по формуле: $x_{n} = \frac{\Delta_{x_{n}}}{\Delta }$.
  4. Выполняем проверку решения, подставив $x_{k} (k = 1,2, \ldots, n)$ в исходную систему. Все уравнения системы должны быть тождественно равны.

Некоторые следствия из теоремы Крамера

Следствие 1. Если определитель матрицы из коэффициентов системы равен нулю и все определители «вспомогательных» (в которых $i$-ый столбец заменен на столбец свободных членов) матриц равны нулю, то система имеет бесконечное количество решений.

Следствие 2. Если определитель матрицы из коэффициентов системы равен нулю, но хотя бы один из определителей «вспомогательных» матриц отличен от нуля, то система не имеет решений.

Следствие 3. Если определитель матрицы из коэффициентов системы отличен от нуля, то система имеет решение, причём единственное.

Примеры решения задач

  1. Решить систему уравнений методом Крамера $$ \left\{\begin{array}{l} 2 x_{1}- x_{2}- x_{3}=4 \\ 3 x_{1}+4x_{2}-2 x_{3}=11 \\ 3 x_{1}-2 x_{2}+4x_{3}=11 \end{array}\right.$$
    Решение

    Вычислим определитель матрицы системы с помощью правила треугольника: $$ \Delta = \left|\begin{array}{} 2& -1& -1 \\ 3& 4& -2 \\ 3& -2& 4 \end{array}\right| = 60,$$ $\Delta = 60 \neq 0$, значит эта система имеет решение, причем единственное.

    Найдем с помощью правила треугольника определители $\Delta_{i}$ ($i$-ый столбец заменяется на столбец свободных членов), где $i = 1,2,3:$ $$\Delta_{1} = \begin{vmatrix} 4 & -1& -1\\ 11& 4& -2\\ 11& -2& 4 \end{vmatrix} = 180,$$ $$\Delta_{2} = \begin{vmatrix} 2& 4& -1\\ 3& 11& -2\\ 3& 11& 4 \end{vmatrix} = 60,$$$$\Delta_{3} = \begin{vmatrix} 2& -1& 4\\ 3& 4& 11\\ 3& -2& 11 \end{vmatrix} = 60.$$

    Находим неизвестные $x_{n} = \frac{\Delta _{n}}{\Delta}:$ $$x_{1} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{180}{60} = 3;$$ $$x_{2} =\frac{\Delta_{2}}{\Delta} = \frac{60}{60} = 1;$$ $$x_{3} =\frac{\Delta_{3}}{\Delta} = \frac{60}{60} = 1;$$ Ответ:$\; x_{1} = 3; \; x_{2} = 1; \; x_{3} = 1$.

    [свернуть]
  2. Решить систему уравнений методом Крамера $$ \left\{\begin{matrix} ax — 3y = 1 \\ 2x +ay = 2 \end{matrix}\right.$$
    Решение

    Здесь $a$ — некое вещественное число. Найдем определитель системы: $$\Delta =\begin{vmatrix} a & -3\\ 2& a \end{vmatrix} = a^{2} + 6.$$

    Находим дополнительные определители $\Delta_{i}$($i$-ый столбец заменяется на столбец свободных членов):$$ \Delta_{x} = \begin{vmatrix} 1 & -3\\ 2 & a \end{vmatrix} = a+6,$$ $$\Delta_{y} = \begin{vmatrix} a & 1\\ 2 & 2 \end{vmatrix} = 2a-2 = 2(a — 2).$$ Находим неизвестные: $$x = \frac{a + 6}{a^{2} + 6},$$ $$y = \frac{2(a — 1)}{a^{2} + 6}.$$

    [свернуть]
  3. Решить систему уравнений методом Крамера $$ \left\{\begin{array}{} x_{1}+ x_{2}+2 x_{3}=-1 \\ 2 x_{1}- x_{2}+2 x_{3}=-4 \\ 4 x_{1}+x_{2}+4_{3}=-2 \end{array}\right. $$
    Решение

    Вычислим определитель матрицы с помощью правила треугольника: $$\Delta = \begin{vmatrix} 1& 1& 2\\ 2& -1& 2\\ 4& 1& 4 \end{vmatrix} = 6,$$ $\Delta = 6 \neq 0$, значит эта система имеет решение, причем единственное.

    Найдем с помощью правила треугольника определители $\Delta_{i}$ ($i$-ый столбец заменяется на столбец свободных членов), где $i = 1,2,3:$ $$\Delta_{1} = \begin{vmatrix} -1& 1& 2\\ -4& -1& 2\\ -2& 1& 4 \end{vmatrix} = 6,$$ $$ \Delta_{2} = \begin{vmatrix} 1& -1& 2\\ 2& -4& 2\\ 4& -2& 4 \end{vmatrix} = 12,$$ $$ \Delta_{3} = \begin{vmatrix} 1& 1& -1\\ 2& -1& -4\\ 4& 1& -2 \end{vmatrix} = -12.$$

    Находим неизвестные $x_{n} = \frac{\Delta _{n}}{\Delta}:$ $$x_{1} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{6}{6} = 1;$$ $$x_{2} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{12}{6} = 2;$$ $$x_{3} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{-12}{6} = -2;$$ Ответ:$\; x_{1} = 1; \; x_{2} = 2; \; x_{3} = -2$.

    [свернуть]
  4. Найти количество решений у системы уравнений $$ \left\{\begin{array}{} 2 x_{1}+ 3x_{2}- x_{3}=3 \\ 4 x_{1}+6x_{2}-2x_{3}=6 \\ 3 x_{1}-x_{2}+2x_{3}=-1 \end{array}\right.$$
    Решение

    Вычислим определитель матрицы с помощью правила треугольника: $$\Delta = \begin{vmatrix} 2& 3& -1\\ 4& 6& -2\\ 3& -1& 2 \end{vmatrix} = 0,$$ $\Delta = 0$, значит эта система имеет либо бесконечное количество решений, либо вообще не имеет.

    Найдем с помощью правила треугольника определители $\Delta_{i}$ ($i$-ый столбец заменяется на столбец свободных членов), где $i = 1,2,3:$ $$ \Delta_{1} = \begin{vmatrix} 3& 3& -1\\ 6& 6& -2\\ -1& -1& 2 \end{vmatrix} = 0,$$ $$ \Delta_{2} = \begin{vmatrix} 2& 3& -1\\ 4& 6& -2\\ 3& -1& 2 \end{vmatrix} = 0,$$ $$ \Delta_{3} = \begin{vmatrix} 2& 3& 3\\ 4& 6& 6\\ 3& -1& -1 \end{vmatrix} = 0.$$

    По следствию 1 выясняем, что система уравнений имеет бесконечное количество решений.

    [свернуть]
  5. Решить систему уравнений методом Крамера $$ \left\{\begin{array}{}2x_{1}+6x_{2}+4x_{3}=8 \\x_{1}+5x_{2}+4x_{3}=8 \\x_{1}+5x_{2}+7x_{3}=17\end{array}\right.$$
    Решение

    Вычислим определитель матрицы с помощью правила треугольника: $$\Delta = \begin{vmatrix} 2& 6& 4\\ 1& 5& 4\\ 1& 5& 7 \end{vmatrix} = 12,$$ $\Delta = 12 \neq 0$, значит эта система имеет решение, причем единственное.

    Найдем с помощью правила треугольника определители $\Delta_{i}$ ($i$-ый столбец заменяется на столбец свободных членов), где $i = 1,2,3:$ $$ \Delta_{1} = \begin{vmatrix} 8& 6& 4\\ 8& 5& 4\\ 17& 5& 7 \end{vmatrix} = 12,$$ $$ \Delta_{2} = \begin{vmatrix}2& 8& 4\\ 1& 8& 4\\ 1& 17& 7 \end{vmatrix} = -12,$$ $$ \Delta_{3} = \begin{vmatrix} 2& 6& 8\\ 1& 5& 8\\ 1& 5& 17 \end{vmatrix} = 36.$$

    Находим неизвестные $x_{n} = \frac{\Delta _{n}}{\Delta}:$ $$x_{1} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{12}{12} = 1;$$ $$x_{2} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{-12}{12} = -1;$$ $$x_{3} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{36}{12} = 3;$$ Ответ:$\; x_{1} = 1; \; x_{2} = -1; \; x_{3} = 3$.

    [свернуть]

Тест на знание темы «Теорема Крамера».

Смотрите также

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.
  2. Курош А.Г., Курс высшей алгебры М.: Наука, 1972, 10-ое издание, Глава 1, $\S$ 7, «Теорема Крамера» (стр. 53 — 59)
  3. Фадеев Д.К. Лекции по алгебре: Учебное пособие для вузов. — М.: Наука. Главна редакция физико-математической литературы, 1984.-416с. (стр. 106 — 108)
  4. Фадеев Д.К., Соминский И.С. Сборник задач по высшей алгебре М.: Наука, 1972, 10-ое издание, Глава 3, $\S$ 1, «Теорема Крамера» (стр. 56)

Обратимость матриц

Замечание 1. Существование обратной матрицы следует из теоремы о полной линейной группе квадратных невырожденных матриц. А именно, обратная матрица — это обратный (симметрический) элемент группы.

Определение. Пусть дана матрица $A \in M_{n}\left (P\right ).$ Тогда матрица $A^{-1}\in M_{n}\left (P\right )$ называется правой обратной к матрице $A$, если выполнено условие: $$AA^{-1}=E.$$

Определение. Пусть дана матрица $A \in M_{n}\left (P\right ).$ Тогда матрица $A^{-1}\in M_{n}\left (P\right )$ называется левой обратной к матрице $A$, если выполнено условие: $$A^{-1}A=E.$$

Определение. Пусть дана матрица $A \in M_{n}\left (P\right ).$ Тогда матрица $A^{-1}\in M_{n}\left (P\right )$ называется обратной к матрице $A$, если выполнено условие: $$AA^{-1}=A^{-1}A=E,$$ то есть она одновременно левая и правая обратная.

Замечание 2. Стоит заметить, что поле $P$ — это любое числовое поле.

Замечание 3. Матрицы $A$ и $A^{-1}$ называются взаимно обратными. Матрица $A$ называется обратимой.

Спойлер

Определение. Квадратная матрица над полем $P$ называется невырожденной(неособенной), если ее определитель не равен нулю. В противном случае, матрица называется вырожденной(особенной).

Множество квадратных невырожденных матриц заданных над полем $P$ обозначим $M_{n}^{0}\left ( P \right ).$

[свернуть]

Обратимость вырожденной матрицы. Пусть дана вырожденная матрица $A \in M_{n}\left (P\right ).$ Ввиду некоммутативности умножения матриц, будем говорить о правой обратной матрице, то есть $$AA^{-1}=E.$$ Так как матрица $A$ вырожденная, то при условии существования $A^{-1}\in M_{n}\left (P\right )$, по одному из свойств умножения матриц получаем, $\det \left ( AA^{-1} \right )= \det A \det A^{-1}=0\neq 1=\det E$, где $E$ — единичная матрица . Таким образом, вырожденная матрица не может иметь правой обратной. По тем же соображениям, вырожденная матрица не может иметь и левой обратной. Поэтому для вырожденной матрицы обратной не существует.

Обратимость невырожденной матрицы. Пусть дана $A \in M_{n}^{0}\left (P\right )$ и имеет вид: $$A =\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}\end{pmatrix}.$$ Введем вспомогательно понятие: присоединенная матрица $\widetilde{A}\in M_{n}\left (P\right )$ такая, что $\widetilde{A}=\begin{Vmatrix}A_{ij}\end{Vmatrix}$, где $A_{ij}$ — это алгебраические дополнения к элементу $a_{ij}$ матрицы $A$, $i=\overline{1, n}$ и $j=\overline{1, n}.$ Тогда $$\widetilde{A} = \begin{pmatrix}A_{11} & A_{12} & \cdots & A_{1n}\\ A_{21} & A_{22} & \cdots & A_{2n}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ A_{n1} & A_{n2} & \cdots & A_{nn}\end{pmatrix}.$$ Найдем произведение $A\left ( \widetilde{A} \right )^{T}$ и $\left ( \widetilde{A} \right )^{T}A$, используя теорему о разложении определителя по строке или столбцу и теорему Лапласа. Получаем $$A\left ( \widetilde{A} \right )^{T}=\left ( \widetilde{A} \right )^{T}A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A_{11} & A_{21} & \cdots & A_{n1}\\ A_{12} & A_{22} & \cdots & A_{n2}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ A_{1n} & A_{2n} & \cdots & A_{nn}\end{pmatrix}=$$$$=\begin{pmatrix}A_{11} & A_{21} & \cdots & A_{n1}\\ A_{12} & A_{22} & \cdots & A_{n2}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ A_{1n} & A_{2n} & \cdots &A_{nn}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}\end{pmatrix}=$$$$=\det A\cdot E=\begin{pmatrix}\det A & 0 & \cdots & 0\\ 0 & \det A & \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & \det A\end{pmatrix}.$$ На местах элементов главной диагонали оказываются суммы произведений элементов строки на их алгебраические дополнения, то есть $\det A$. Остальные элементы равны нулю, по теореме о «чужих» дополнениях, в связи с тем, что на их местах оказываются суммы произведений элементов строки на алгебраические дополнения другой строки. Тогда можно заключить, что обратной к матрице $A$ будет служить матрица, полученная из присоединенной матрицы $\widetilde{A}$ путем ее транспонирования и деления всех элементов на $\det A$, из чего следует алгоритм построения обратной матрицы. Тогда $\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{\det A}\left ( \widetilde{A} \right )^{T}$ и $AA^{-1}=A^{-1}A = E.$

Замечание 4. Из теоремы об умножении определителей получаем, что $$\det A^{-1}=\frac{1}{\det A}.$$ И тут мы можем увидеть тот факт, что матрица обратная к невырожденной также невырождена.$$\det A \neq 0\Rightarrow\frac{1}{\det A}\neq 0.$$

Свойства операции обращения матрицы

  1. $\left ( A^{-1} \right )^{-1}=A;$
  2. $ \left ( \lambda A \right )^{-1}=\lambda ^{-1}A^{-1};$
  3. $\left ( AB \right )^{-1}=B^{-1}A^{-1};$
  4. $\left ( A^{-1} \right )^{k}=\left ( A^{k} \right )^{-1}.$

Лемма. Если матрица $A \in M_{n}^{0}\left (P\right )$ обратима, то существует только одна матрица, обратная к $A.$

Предположим обратное. То есть $\exists B,C \in M_{n}^{0}\left ( P \right )$ обратные к $A.$ Тогда $AC=E=BA$ и $B=BE=B\left( AC \right )=$ $=\left ( BA \right )C=EC=C$, то есть $B=C.$

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых могут использоваться обратные матрицы. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Найти матрицу обратную к данной $$A= \left (\begin{array}{rrr}-1 & -4& -2\\ 1 & -1& 1\\ 2 &2&4\end{array}\right ).$$

    Решение

    Найдем обратную матрицу по формуле. Найдем определитель исходной матрицы, используя теорему о разложении по строке. Разложим по первой строке.$$\det A= \left (\begin{array}{rrr}-1 & -4& -2\\ 1 & -1& 1\\ 2 & 2& 4 \end{array}\right )=\left ( -1 \right )\left ( -1 \right )^{1+1}\left (\begin{array}{rrr}-1 & 1\\ 2 & 4 \end{array}\right )-4\left ( -1\right )^{1+2}\left (\begin{array}{rrr}1 & 1\\ 2 & 4\end{array}\right )-$$$$-2\left (-1\right )^{1+3}\left (\begin{array}{rrr}1 &-1 \\ 2 & 2\end{array}\right )=-\left ( -4-2 \right )+4\left ( 4-2 \right )-2\left ( 2+2 \right )=6+8-8=6.$$ Теперь найдем присоединенную матрицу. $$\widetilde{A}=\left (\begin{array}{rrr}-6 & -2 & 4 \\ 12 & 0 & -6 \\ -6 &-1 & 5\end{array}\right ).$$ Далее транспонируем присоединенную матрицу, $$\left ( \widetilde{A} \right )^{T}=\left (\begin{array}{rrr}-6 & 12 & -6 \\ -2 & 0 & -1 \\ 4 & -6 & 5\end{array}\right ).$$ Получаем, $$\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{6}\left (\begin{array}{rrr}-6 & 12 & -6 \\ -2 & 0 & -1 \\ 4 & -6 & 5\end{array}\right ).$$

  2. Решить матричное уравнение $$\left (\begin{array}{rrr}2 & 4\\ 3 & 7\end{array}\right )X=\left (\begin{array}{rrr}4 & 7\\ 3 & 5\end{array}\right ).$$

    Решение

    Уравнение имеет вид $AX=B.$ Для решения уравнения относительно X умножим обе его части на $A^{-1}$слева: $$A^{-1}AX=A^{-1}B; $$$$EX=A^{-1}B; $$$$X=A^{-1} B.$$ Теперь найдем обратную к матрице $A$, используя формулу. $$\det A=\left (\begin{array}{rrr}2 & 4\\ 3 & 7\end{array}\right )=14-12=2.$$$$ \widetilde{A}=\left (\begin{array}{rrr}7 & -3\\ -4 & 2\end{array}\right ), \left (\widetilde{A}\right )^{T}=\left (\begin{array}{rrr}7 & -4\\ -3 & 2\end{array}\right ).$$ Таким образом, обратная матрица: $$\displaystyle A^{-1}=\left (\begin{array}{rrr}\frac{7}{2} & -2\\ -\frac{3}{2} & 1\end{array}\right ).$$$$\displaystyle X=A^{-1}B=\left (\begin{array}{rrr}\frac{7}{2} & -2 \\ -\frac{3}{2} & 1 \end{array}\right )\left (\begin{array}{rrr}4 & 7\\ 3 & 5\end{array}\right )=\left (\begin{array}{rrr}8 & \frac{29}{2}\\ -3&-\frac{11}{2}\end{array}\right ).$$

  3. Найти определитель матрицы обратной к матрице $A$, не вычисляя ее.$$A=\left (\begin{array}{rrr}2 & 1 &-1 \\ 0 & 3 & 1 \\ 4 & -1 & 0 \end{array}\right ).$$

    Решение

    Ранее, в замечании $4$ отмечалось, что $\displaystyle\det A^{-1}= \frac{1}{\det A}.$ Тогда вычислим определитель исходной матрицы.$$ \det A=\begin{vmatrix}2 & 1 &-1 \\ 0 & 3 & 1 \\ 4 & -1 & 0 \end{vmatrix}=4+12+2=18.$$ Тогда, $\displaystyle \det A^{-1}=\frac{1}{18}.$

    Ответ: $\displaystyle \frac{1}{18}.$

  4. Можно ли получить из матрицы $A^{-1}$ матрицу $B$? Если можно, то укажите $\lambda$ такое, что $\left ( \lambda A \right )^{-1}=B.$ $$A=\left (\begin{array}{rrr}2 & -4\\ 1 & 1\end{array}\right ),\,B=\left (\begin{array}{rrr}1 & 4\\ -1 & 2\end{array}\right ).$$

    Решение

    Из свойства $2$ обратных матриц мы знаем, что $\left ( \lambda A \right )^{-1}=\lambda^{-1}A^{-1}.$ Найдем $A^{-1}$: $\widetilde{A}=\left (\begin{array}{rrr}1 & -1\\ 4 & 2\end{array}\right )$, $\left ( \widetilde{A} \right )^{T}=\left (\begin{array}{rrr}1 & 4\\ -1 & 2\end{array}\right )$, $\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{6}\left (\begin{array}{rrr}1 & 4\\ -1 & 2\end{array}\right ).$ Видим, что $\displaystyle \left(\frac{1}{6}\right)^{-1}A^{-1}=B\Rightarrow \lambda ^{-1}=6 \Rightarrow \lambda =\frac{1}{6}.$

    Ответ: $\displaystyle \frac{1}{6}.$

  5. Даны матрицы $A$ и $B$, найти $\left ( AB \right )^{-1}.$$$ A=\left ( \begin{array}{rrr}2 & -6\\ 2 & 1\end{array}\right ),\, B=\left ( \begin{array}{rrr}3 & 8\\ 2 & 2\end{array}\right ).$$

    Решение

    По свойству $3$ обратных матриц получаем $\left ( AB \right )^{-1}=B^{-1}A^{-1}.$ Тогда найдем обратные матрицы.$$\widetilde{A}=\left (\begin{array}{rrr}1 & -2\\ 6 & 2\end{array}\right ),\,\left (\widetilde{A}\right )^{T}=\left (\begin{array}{rrr}1 & 6\\ -2 & 2\end{array}\right ),\, A^{-1}=\frac{1}{14}\left (\begin{array}{rrr}1 & 6\\ -2 & 2\end{array}\right ).$$$$\widetilde{B}=\left (\begin{array}{rrr}2 & -2\\ -8 & 3\end{array}\right ),\,\left (\widetilde{B}\right)^{T}=\left (\begin{array}{rrr}2 & -8\\ -2 & 3\end{array}\right ),\, B^{-1}=-\left ( \frac{1}{10} \right )\left (\begin{array}{rrr}2 & -8\\ -2 & 3\end{array}\right ).$$Тогда $$ \displaystyle \left ( AB \right )^{-1}=B^{-1}A^{-1}=-\left ( \frac{1}{10} \right )\left (\begin{array}{rrr}2 & -8\\ -2 & 3\end{array}\right )\frac{1}{14}\left (\begin{array}{rrr}1 & 6\\ -2 & 2\end{array}\right )=$$$$\displaystyle =\left (\begin{array}{rrr}-\frac{2}{10} & \frac{8}{10}\\ \frac{2}{10} & -\frac{3}{10}\end{array}\right )\left (\begin{array}{rrr}\frac{1}{14} &\frac{6}{14} \\ -\frac{2}{14} & \frac{2}{14}\end{array}\right )=\left (\begin{array}{rrr}-\frac{9}{70} & \frac{1}{35}\\ \frac{2}{35} & \frac{3}{70}\end{array}\right ).$$

Смотрите также

  1. А.Г. Курош. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1965. — 431 с. — С. 95-98.
  2. Конспект Г.С.Белозерова. Глава 4 — 18 с. — С. 11 — 12.
  3. Д.К. Фаддеев. Лекции по алгебре: Учебное пособие для вузов. — М.: Наука, 1984. — 416 с. — С. 134-137.

Обратимость матриц

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по прочитанной теме.