线性代数及其应用习题答案(中文版)第二章矩阵代数 2.4 分块矩阵(1)

2.4

$!CAUTION$
定理 10（ABABAB 的行展开）

若 AAA 是 m×nm \times nm×n 矩阵，BBB 是 n×pn \times pn×p 矩阵，则
AB= $col1(A)col2(A)\dotscoln(A)$ $row1(B)row2(B)⋮rown(B)$ (1) AB = \begin{bmatrix} \mathrm{col}_1(A) & \mathrm{col}_2(A) & \cdots & \mathrm{col}_n(A) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \mathrm{row}_1(B) \\ \mathrm{row}_2(B) \\ \vdots \\ \mathrm{row}_n(B) \end{bmatrix} \tag{1} AB= $col1(A)col2(A)\dotscoln(A)$ row1(B)row2(B)⋮rown(B) (1)

=col1(A)row1(B)+col2(A)row2(B)+⋯+coln(A)rown(B) = \mathrm{col}_1(A)\mathrm{row}_1(B) + \mathrm{col}_2(A)\mathrm{row}_2(B) + \cdots + \mathrm{col}_n(A)\mathrm{row}_n(B) =col1(A)row1(B)+col2(A)row2(B)+⋯+coln(A)rown(B)

练习题

证明 $I0AI$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ A & I \end{bmatrix} $IA0I$ 可逆并求出它的逆.

解答：

设分块矩阵 M= $I0AI$ M = \begin{bmatrix} I & 0 \\ A & I \end{bmatrix}M= $IA0I$ ，假设其逆矩阵存在且具有分块形式 M−1= $WXYZ$ M^{-1} = \begin{bmatrix} W & X \\ Y & Z \end{bmatrix}M−1= $WYXZ$ 。根据逆矩阵的定义，M⋅M−1=IM \cdot M^{-1} = IM⋅M−1=I，即：

I0AI\]\[WXYZ\]=\[I00I\]\\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ A \& I \\end{bmatrix}\\begin{bmatrix} W \& X \\\\ Y \& Z \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix}\[IA0I\]\[WYXZ\]=\[I00I

计算左边矩阵乘积：

I⋅W+0⋅YI⋅X+0⋅ZA⋅W+I⋅YA⋅X+I⋅Z\]=\[WXAW+YAX+Z\]\\begin{bmatrix} I \\cdot W + 0 \\cdot Y \& I \\cdot X + 0 \\cdot Z \\\\ A \\cdot W + I \\cdot Y \& A \\cdot X + I \\cdot Z \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} W \& X \\\\ AW + Y \& AX + Z \\end{bmatrix}\[I⋅W+0⋅YA⋅W+I⋅YI⋅X+0⋅ZA⋅X+I⋅Z\]=\[WAW+YXAX+Z

令结果等于单位矩阵，得到方程组：

W=IW = IW=I（左上角元素相等）
X=0X = 0X=0（右上角元素相等）
AW+Y=0AW + Y = 0AW+Y=0（左下角元素相等）
AX+Z=IAX + Z = IAX+Z=I（右下角元素相等）

将 W=IW = IW=I 代入第3式：A⋅I+Y=0A \cdot I + Y = 0A⋅I+Y=0，解得 Y=−AY = -AY=−A。

将 X=0X = 0X=0 代入第4式：A⋅0+Z=IA \cdot 0 + Z = IA⋅0+Z=I，解得 Z=IZ = IZ=I。

因此，逆矩阵为 $I0-AI$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ -A & I \end{bmatrix} $I-A0I$ 。验证乘积：

I0AI\]\[I0−AI\]=\[I0A−AI\]=\[I00I\]\\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ A \& I \\end{bmatrix}\\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ -A \& I \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ A - A \& I \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix}\[IA0I\]\[I−A0I\]=\[IA−A0I\]=\[I00I

同理，交换顺序相乘也满足单位矩阵条件，说明该逆矩阵成立。

结论：

矩阵 $I0AI$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ A & I \end{bmatrix} $IA0I$ 可逆，其逆矩阵为 $I0-AI$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ -A & I \end{bmatrix} $I-A0I$ 。

计算 XTXX^TXXTX，其中 XXX 分块为 $X1 X2$ $X_1\\ X_2$ $X1 X2$ .

解答：

设矩阵 XXX 的分块形式为 X= $X1 X2$ X = $X_1\\ X_2$ X= $X1 X2$ ，其中 X1X_1X1 和 X2X_2X2 是适当维数的子矩阵。根据转置矩阵的定义，XXX 的转置为：
XT= $X1TX2T$ X^T = \begin{bmatrix} X_1^T \\ X_2^T \end{bmatrix}XT= $X1TX2T$

计算 XTXX^TXXTX 时，应用分块矩阵乘法规则：
XTX= $X1TX2T$ ⋅ $X1 X2$ X^TX = \begin{bmatrix} X_1^T \\ X_2^T \end{bmatrix} \cdot $X_1\\ X_2$ XTX= $X1TX2T$ ⋅ $X1 X2$

展开乘积：

左上角块：X1T⋅X1X_1^T \cdot X_1X1T⋅X1
右上角块：X1T⋅X2X_1^T \cdot X_2X1T⋅X2
左下角块：X2T⋅X1X_2^T \cdot X_1X2T⋅X1
右下角块：X2T⋅X2X_2^T \cdot X_2X2T⋅X2

因此：
XTX= $X1TX1X1TX2X2TX1X2TX2$ X^TX = \begin{bmatrix} X_1^TX_1 & X_1^TX_2 \\ X_2^TX_1 & X_2^TX_2 \end{bmatrix}XTX= $X1TX1X2TX1X1TX2X2TX2$

注意：XTX^TXT 的列数等于 XXX 的行数，满足矩阵乘法的维度要求。此外，XTXX^TXXTX 是对称矩阵，因为 (XTX)T=XT(XT)T=XTX(X^TX)^T = X^T(X^T)^T = X^TX(XTX)T=XT(XT)T=XTX。

结论：
XTX= $X1TX1X1TX2X2TX1X2TX2$ X^TX = \begin{bmatrix} X_1^TX_1 & X_1^TX_2 \\ X_2^TX_1 & X_2^TX_2 \end{bmatrix}XTX= $X1TX1X2TX1X1TX2X2TX2$ 。

习题2.4

计算 $I0EI$ $ABCD$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ E & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} $IE0I$ $ACBD$

解答：

应用分块矩阵乘法规则（行-列法则），左矩阵的每一行与右矩阵的每一列对应相乘：

左上角块：I⋅A+0⋅C=AI \cdot A + 0 \cdot C = AI⋅A+0⋅C=A
右上角块：I⋅B+0⋅D=BI \cdot B + 0 \cdot D = BI⋅B+0⋅D=B
左下角块：E⋅A+I⋅C=EA+CE \cdot A + I \cdot C = EA + CE⋅A+I⋅C=EA+C
右下角块：E⋅B+I⋅D=EB+DE \cdot B + I \cdot D = EB + DE⋅B+I⋅D=EB+D

结论：

乘积为 $ABEA+CEB+D$ \begin{bmatrix} A & B \\ EA + C & EB + D \end{bmatrix} $AEA+CBEB+D$

计算 $E00F$ $ABCD$ \begin{bmatrix} E & 0 \\ 0 & F \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} $E00F$ $ACBD$

解答：

应用分块矩阵乘法规则：

左上角块：E⋅A+0⋅C=EAE \cdot A + 0 \cdot C = EAE⋅A+0⋅C=EA
右上角块：E⋅B+0⋅D=EBE \cdot B + 0 \cdot D = EBE⋅B+0⋅D=EB
左下角块：0⋅A+F⋅C=FC0 \cdot A + F \cdot C = FC0⋅A+F⋅C=FC
右下角块：0⋅B+F⋅D=FD0 \cdot B + F \cdot D = FD0⋅B+F⋅D=FD

结论：

乘积为 $EAEBFCFD$ \begin{bmatrix} EA & EB \\ FC & FD \end{bmatrix} $EAFCEBFD$

计算 $0II0$ $WXYZ$ \begin{bmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} W & X \\ Y & Z \end{bmatrix} $0II0$ $WYXZ$

解答：

应用分块矩阵乘法规则：

左上角块：0⋅W+I⋅Y=Y0 \cdot W + I \cdot Y = Y0⋅W+I⋅Y=Y
右上角块：0⋅X+I⋅Z=Z0 \cdot X + I \cdot Z = Z0⋅X+I⋅Z=Z
左下角块：I⋅W+0⋅Y=WI \cdot W + 0 \cdot Y = WI⋅W+0⋅Y=W
右下角块：I⋅X+0⋅Z=XI \cdot X + 0 \cdot Z = XI⋅X+0⋅Z=X

结论：

乘积为 $YZWX$ \begin{bmatrix} Y & Z \\ W & X \end{bmatrix} $YWZX$

计算 $I0-XI$ $ABCD$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ -X & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} $I-X0I$ $ACBD$

解答：

应用分块矩阵乘法规则：

左上角块：I⋅A+0⋅C=AI \cdot A + 0 \cdot C = AI⋅A+0⋅C=A
右上角块：I⋅B+0⋅D=BI \cdot B + 0 \cdot D = BI⋅B+0⋅D=B
左下角块：(−X)⋅A+I⋅C=−XA+C(-X) \cdot A + I \cdot C = -XA + C(−X)⋅A+I⋅C=−XA+C
右下角块：(−X)⋅B+I⋅D=−XB+D(-X) \cdot B + I \cdot D = -XB + D(−X)⋅B+I⋅D=−XB+D

结论：

乘积为 $AB-XA+C-XB+D$ \begin{bmatrix} A & B \\ -XA + C & -XB + D \end{bmatrix} $A-XA+CB-XB+D$

设 $ABC0$ $I0XY$ = $0IZ0$ \begin{bmatrix} A & B \\ C & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & 0 \\ X & Y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & I \\ Z & 0 \end{bmatrix} $ACB0$ $IX0Y$ = $0ZI0$ ，用 A,B,CA, B, CA,B,C 求出 X,Y,ZX, Y, ZX,Y,Z 的表达式。

解答：

计算左边矩阵乘积：

ABC0\]\[I0XY\]=\[A⋅I+B⋅XA⋅0+B⋅YC⋅I+0⋅XC⋅0+0⋅Y\]=\[A+BXBYC0\]\\begin{bmatrix} A \& B \\\\ C \& 0 \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ X \& Y \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} A \\cdot I + B \\cdot X \& A \\cdot 0 + B \\cdot Y \\\\ C \\cdot I + 0 \\cdot X \& C \\cdot 0 + 0 \\cdot Y \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} A + BX \& BY \\\\ C \& 0 \\end{bmatrix}\[ACB0\]\[IX0Y\]=\[A⋅I+B⋅XC⋅I+0⋅XA⋅0+B⋅YC⋅0+0⋅Y\]=\[A+BXCBY0

令其等于右边矩阵 $0IZ0$ \begin{bmatrix} 0 & I \\ Z & 0 \end{bmatrix} $0ZI0$ ，得到方程组：

A+BX=0A + BX = 0A+BX=0（左上角块相等）
BY=IBY = IBY=I（右上角块相等）
C=ZC = ZC=Z（左下角块相等）
0=00 = 00=0（右下角块自动满足）

由方程2 BY=IBY = IBY=I，根据可逆矩阵定理（Invertible Matrix Theorem），若 BBB 是方阵且满足 BY=IBY = IBY=I，则 BBB 可逆，且 Y=B−1Y = B^{-1}Y=B−1。

将 Y=B−1Y = B^{-1}Y=B−1 代入方程1：BX=−ABX = -ABX=−A，右乘 B−1B^{-1}B−1 得 X=−B−1AX = -B^{-1}AX=−B−1A。

由方程3直接得 Z=CZ = CZ=C。

结论：
X=−B−1AX = -B^{-1}AX=−B−1A，Y=B−1Y = B^{-1}Y=B−1，Z=CZ = CZ=C

设 $X0YZ$ $A0BC$ = $I00I$ \begin{bmatrix} X & 0 \\ Y & Z \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & 0 \\ B & C \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} $XY0Z$ $AB0C$ = $I00I$ ，用 A,B,CA, B, CA,B,C 求出 X,Y,ZX, Y, ZX,Y,Z 的表达式。

解答：

计算左边矩阵乘积：

X0YZ\]\[A0BC\]=\[X⋅A+0⋅BX⋅0+0⋅CY⋅A+Z⋅BY⋅0+Z⋅C\]=\[XA0YA+ZBZC\]\\begin{bmatrix} X \& 0 \\\\ Y \& Z \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} A \& 0 \\\\ B \& C \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} X \\cdot A + 0 \\cdot B \& X \\cdot 0 + 0 \\cdot C \\\\ Y \\cdot A + Z \\cdot B \& Y \\cdot 0 + Z \\cdot C \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} XA \& 0 \\\\ YA + ZB \& ZC \\end{bmatrix}\[XY0Z\]\[AB0C\]=\[X⋅A+0⋅BY⋅A+Z⋅BX⋅0+0⋅CY⋅0+Z⋅C\]=\[XAYA+ZB0ZC

令其等于单位矩阵 $I00I$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} $I00I$ ，得到方程组：

XA=IXA = IXA=I（左上角块相等）
0=00 = 00=0（右上角块自动满足）
YA+ZB=0YA + ZB = 0YA+ZB=0（左下角块相等）
ZC=IZC = IZC=I（右下角块相等）

由方程1 XA=IXA = IXA=I，根据可逆矩阵定理，AAA 可逆且 X=A−1X = A^{-1}X=A−1。

由方程4 ZC=IZC = IZC=I，同理 CCC 可逆且 Z=C−1Z = C^{-1}Z=C−1。

将 X=A−1X = A^{-1}X=A−1 和 Z=C−1Z = C^{-1}Z=C−1 代入方程3：YA+C−1B=0YA + C^{-1}B = 0YA+C−1B=0，移项得 YA=−C−1BYA = -C^{-1}BYA=−C−1B，左乘 A−1A^{-1}A−1 得 Y=−C−1BA−1Y = -C^{-1}BA^{-1}Y=−C−1BA−1。

结论：
X=A−1X = A^{-1}X=A−1，Y=−C−1BA−1Y = -C^{-1}BA^{-1}Y=−C−1BA−1，Z=C−1Z = C^{-1}Z=C−1

设 $X00Y0I$ $AZ00BI$ = $I00I$ \begin{bmatrix} X & 0 & 0 \\ Y & 0 & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & Z \\ 0 & 0 \\ B & I \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} $XY000I$ A0BZ0I = $I00I$ ，用 A,BA, BA,B 求出 X,Y,ZX, Y, ZX,Y,Z 的表达式。

解答：

计算分块矩阵乘积：

X00Y0I\]\[AZ00BI\]=\[X⋅A+0⋅0+0⋅BX⋅Z+0⋅0+0⋅IY⋅A+0⋅0+I⋅BY⋅Z+0⋅0+I⋅I\]=\[XAXZYA+BYZ+I\]\\begin{bmatrix} X \& 0 \& 0 \\\\ Y \& 0 \& I \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} A \& Z \\\\ 0 \& 0 \\\\ B \& I \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} X \\cdot A + 0 \\cdot 0 + 0 \\cdot B \& X \\cdot Z + 0 \\cdot 0 + 0 \\cdot I \\\\ Y \\cdot A + 0 \\cdot 0 + I \\cdot B \& Y \\cdot Z + 0 \\cdot 0 + I \\cdot I \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} XA \& XZ \\\\ YA + B \& YZ + I \\end{bmatrix}\[XY000I\] A0BZ0I =\[X⋅A+0⋅0+0⋅BY⋅A+0⋅0+I⋅BX⋅Z+0⋅0+0⋅IY⋅Z+0⋅0+I⋅I\]=\[XAYA+BXZYZ+I

令其等于 $I00I$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} $I00I$ ，得到方程组：

XA=IXA = IXA=I（左上角块相等）
XZ=0XZ = 0XZ=0（右上角块相等）
YA+B=0YA + B = 0YA+B=0（左下角块相等）
YZ+I=IYZ + I = IYZ+I=I，即 YZ=0YZ = 0YZ=0（右下角块相等）

由方程1 XA=IXA = IXA=I，根据可逆矩阵定理（Invertible Matrix Theorem），若 AAA 是方阵且满足 XA=IXA = IXA=I，则 AAA 可逆，且 X=A−1X = A^{-1}X=A−1。
由方程2 XZ=0XZ = 0XZ=0，代入 X=A−1X = A^{-1}X=A−1 得 A−1Z=0A^{-1}Z = 0A−1Z=0。左乘 AAA（因 AAA 可逆），得 Z=0Z = 0Z=0。
由方程3 YA+B=0YA + B = 0YA+B=0，移项得 YA=−BYA = -BYA=−B。右乘 A−1A^{-1}A−1（注意矩阵乘法顺序），得 Y=−BA−1Y = -B A^{-1}Y=−BA−1。
验证方程4：代入 Y=−BA−1Y = -B A^{-1}Y=−BA−1 和 Z=0Z = 0Z=0，得 YZ=(−BA−1)⋅0=0YZ = (-B A^{-1}) \cdot 0 = 0YZ=(−BA−1)⋅0=0，满足条件。

结论：
X=A−1X = A^{-1}X=A−1，Y=−BA−1Y = -B A^{-1}Y=−BA−1，Z=0Z = 0Z=0

设 $ABOI$ $XYZ00I$ = $I0000I$ \begin{bmatrix} A & B \\ O & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X & Y & Z \\ 0 & 0 & I \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ 0 & 0 & I \end{bmatrix} $AOBI$ $X0Y0ZI$ = $I0000I$ ，用 A,BA, BA,B 求出 X,Y,ZX, Y, ZX,Y,Z 的表达式。

解答：

计算左边矩阵乘积：

ABOI\]\[XYZ00I\]=\[A⋅X+B⋅0A⋅Y+B⋅0A⋅Z+B⋅IO⋅X+I⋅0O⋅Y+I⋅0O⋅Z+I⋅I\]=\[AXAYAZ+B00I\]\\begin{bmatrix} A \& B \\\\ O \& I \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} X \& Y \& Z \\\\ 0 \& 0 \& I \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} A \\cdot X + B \\cdot 0 \& A \\cdot Y + B \\cdot 0 \& A \\cdot Z + B \\cdot I \\\\ O \\cdot X + I \\cdot 0 \& O \\cdot Y + I \\cdot 0 \& O \\cdot Z + I \\cdot I \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} AX \& AY \& AZ + B \\\\ 0 \& 0 \& I \\end{bmatrix}\[AOBI\]\[X0Y0ZI\]=\[A⋅X+B⋅0O⋅X+I⋅0A⋅Y+B⋅0O⋅Y+I⋅0A⋅Z+B⋅IO⋅Z+I⋅I\]=\[AX0AY0AZ+BI

令其等于 $I0000I$ \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ 0 & 0 & I \end{bmatrix} $I0000I$ ，得方程组：

AX=IAX = IAX=I（(1,1)块相等）
AY=0AY = 0AY=0（(1,2)块相等）
AZ+B=0AZ + B = 0AZ+B=0（(1,3)块相等）
0=00 = 00=0（(2,1)、(2,2)块自动满足）
I=II = II=I（(2,3)块自动满足）

由方程1，AAA 可逆且 X=A−1X = A^{-1}X=A−1。

由方程2，AY=0A Y = 0AY=0，左乘 A−1A^{-1}A−1 得 Y=0Y = 0Y=0。

由方程3，AZ=−BA Z = -BAZ=−B，左乘 A−1A^{-1}A−1 得 Z=−A−1BZ = -A^{-1}BZ=−A−1B。

结论：
X=A−1X = A^{-1}X=A−1，Y=0Y = 0Y=0，Z=−A−1BZ = -A^{-1}BZ=−A−1B

设 A11A_{11}A11 是可逆矩阵，求出矩阵 XXX 和 YYY 使 $I00XI0Y0I$ $A11A12A21A22A31A32$ = $B11B120B220B32$ \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ X & I & 0 \\ Y & 0 & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \\ A_{31} & A_{32} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} B_{11} & B_{12} \\ 0 & B_{22} \\ 0 & B_{32} \end{bmatrix} IXY0I000I A11A21A31A12A22A32 = B1100B12B22B32 ，并计算 B22B_{22}B22。

解答：

计算左边矩阵乘积：
$I00XI0Y0I$ $A11A12A21A22A31A32$ = $A11A12XA11+A21XA12+A22YA11+A31YA12+A32$ \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ X & I & 0 \\ Y & 0 & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \\ A_{31} & A_{32} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ XA_{11} + A_{21} & XA_{12} + A_{22} \\ YA_{11} + A_{31} & YA_{12} + A_{32} \end{bmatrix} IXY0I000I A11A21A31A12A22A32 = A11XA11+A21YA11+A31A12XA12+A22YA12+A32

令其等于 $B11B120B220B32$ \begin{bmatrix} B_{11} & B_{12} \\ 0 & B_{22} \\ 0 & B_{32} \end{bmatrix} B1100B12B22B32 ，得：

B11=A11B_{11} = A_{11}B11=A11，B12=A12B_{12} = A_{12}B12=A12
左下 2×12 \times 12×1 块：XA11+A21=0XA_{11} + A_{21} = 0XA11+A21=0 和 YA11+A31=0YA_{11} + A_{31} = 0YA11+A31=0
B22=XA12+A22B_{22} = XA_{12} + A_{22}B22=XA12+A22，B32=YA12+A32B_{32} = YA_{12} + A_{32}B32=YA12+A32

由 XA11+A21=0XA_{11} + A_{21} = 0XA11+A21=0，移项得 XA11=−A21XA_{11} = -A_{21}XA11=−A21。因 A11A_{11}A11 可逆，左乘 A11−1A_{11}^{-1}A11−1 得 X=−A21A11−1X = -A_{21}A_{11}^{-1}X=−A21A11−1。

由 YA11+A31=0YA_{11} + A_{31} = 0YA11+A31=0，同理得 Y=−A31A11−1Y = -A_{31}A_{11}^{-1}Y=−A31A11−1。

代入 B22B_{22}B22 表达式：
B22=(−A21A11−1)A12+A22=A22−A21A11−1A12B_{22} = (-A_{21}A_{11}^{-1})A_{12} + A_{22} = A_{22} - A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}B22=(−A21A11−1)A12+A22=A22−A21A11−1A12

结论：
X=−A21A11−1X = -A_{21}A_{11}^{-1}X=−A21A11−1，Y=−A31A11−1Y = -A_{31}A_{11}^{-1}Y=−A31A11−1，B22=A22−A21A11−1A12B_{22} = A_{22} - A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}B22=A22−A21A11−1A12

设 $I00CI0ABI$ \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ C & I & 0 \\ A & B & I \end{bmatrix} ICA0IB00I 的逆为 $I00ZI0XYI$ \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ Z & I & 0 \\ X & Y & I \end{bmatrix} IZX0IY00I ，求 X,Y,ZX, Y, ZX,Y,Z。

解答：

设原矩阵为 M= $I00CI0ABI$ M = \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ C & I & 0 \\ A & B & I \end{bmatrix}M= ICA0IB00I ，逆矩阵为 M−1= $I00ZI0XYI$ M^{-1} = \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ Z & I & 0 \\ X & Y & I \end{bmatrix}M−1= IZX0IY00I 。由 MM−1=IM M^{-1} = IMM−1=I：
$I00CI0ABI$ $I00ZI0XYI$ = $I00C+ZI0A+BZ+XB+YI$ \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ C & I & 0 \\ A & B & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ Z & I & 0 \\ X & Y & I \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ C + Z & I & 0 \\ A + BZ + X & B + Y & I \end{bmatrix} ICA0IB00I IZX0IY00I = IC+ZA+BZ+X0IB+Y00I

令其等于单位矩阵 $I000I000I$ \begin{bmatrix} I & 0 & 0 \\ 0 & I & 0 \\ 0 & 0 & I \end{bmatrix} I000I000I ，得方程组：

C+Z=0C + Z = 0C+Z=0（(2,1)块）
A+BZ+X=0A + BZ + X = 0A+BZ+X=0（(3,1)块）
B+Y=0B + Y = 0B+Y=0（(3,2)块）

由方程1：Z=−CZ = -CZ=−C。

由方程3：Y=−BY = -BY=−B。

代入方程2：A+B(−C)+X=0A + B(-C) + X = 0A+B(−C)+X=0，即 X=−A+BCX = -A + BCX=−A+BC。

结论：
Z=−CZ = -CZ=−C，Y=−BY = -BY=−B，X=−A+BCX = -A + BCX=−A+BC

a. 若 A= $A1 A2$ ,B= $B1 B2$ ,A1A = $A_1\\ A_2$ , B = $B_1\\ B_2$ , A_1A= $A1 A2$ ,B= $B1 B2$ ,A1 和 A2A_2A2 的维数分别与 B1B_1B1 和 B2B_2B2 的维数相同，则 A+B= $A1+B1 A2+B2$ A + B = $A_1 + B_1\\ A_2 + B_2$ A+B= $A1+B1 A2+B2$ 。

解答：
矩阵加法要求两个矩阵具有相同的维度 。当 AAA 和 BBB 均为分块矩阵，且 A1A_1A1 与 B1B_1B1、A2A_2A2 与 B2B_2B2 具有相同的维度时，分块矩阵加法满足：

A1+B1A_1 + B_1A1+B1 是合法的（维度匹配）
A2+B2A_2 + B_2A2+B2 是合法的（维度匹配）
因此，A+BA + BA+B 的结果是将对应子块相加，即 $A1+B1 A2+B2$ $A_1 + B_1\\ A_2 + B_2$ $A1+B1 A2+B2$ 。这与矩阵加法的定义一致：按元素相加，分块结构保持不变。

结论：

该命题为真。

b. 若 A= $A11A12A21A22$ ,B= $B1B2$ A = \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{bmatrix}, B = \begin{bmatrix} B_1 \\ B_2 \end{bmatrix}A= $A11A21A12A22$ ,B= $B1B2$ ，则 AAA 和 BBB 的分块适合于分块乘法。

解答：

分块矩阵乘法要求：

左矩阵的列分块数等于右矩阵的行分块数
对应子块的维度匹配（左矩阵列块的列数等于右矩阵行块的行数）

对于 AAA，列分块数为 2；对于 BBB，行分块数为 2。但：

AAA 的第一列块 $A11;A21$ $A_{11}; A_{21}$ $A11;A21$ 的列数需等于 B1B_1B1 的行数
AAA 的第二列块 $A12;A22$ $A_{12}; A_{22}$ $A12;A22$ 的列数需等于 B2B_2B2 的行数

题目未提供这些维度匹配的条件，因此不能保证分块乘法可行。例如，若 A11A_{11}A11 是 m×nm \times nm×n 矩阵而 B1B_1B1 是 p×qp \times qp×q 矩阵且 n≠pn \neq pn=p，则乘法无定义。

结论：

该命题为假。

a. 矩阵向量的乘积 AxAxAx 的定义是分块乘积的特殊情况。

解答：

矩阵向量乘积 AxAxAx 可视为分块乘积的特殊情况：

将向量 xxx 视为 n×1n \times 1n×1 的矩阵（单列分块矩阵）
AAA 视为 m×nm \times nm×n 矩阵，其列分块为 $a1 a2 ... an$ $a_1\\ a_2\\ \\dots\\ a_n$ $a1 a2 ... an$ （aia_iai 为列向量）
则：
Ax= $a1 a2 ... an$ $x1x2⋮xn$ =x1a1+x2a2+⋯+xnanAx = $a_1\\ a_2\\ \\dots\\ a_n$ \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} = x_1a_1 + x_2a_2 + \dots + x_na_nAx= $a1 a2 ... an$ x1x2⋮xn =x1a1+x2a2+⋯+xnan
这与分块矩阵乘法规则一致：左矩阵的列块与右矩阵的行块相乘后求和。因此，矩阵向量乘法是分块乘法在右矩阵为单列时的特例。

结论：

该命题为真。

b. 若 A1,A2,B1A_1, A_2, B_1A1,A2,B1 和 B2B_2B2 是 n×nn \times nn×n 矩阵，A= $A1A2$ A = \begin{bmatrix} A_1 \\ A_2 \end{bmatrix}A= $A1A2$ ，且 B= $B1B2$ B = \begin{bmatrix} B_1 & B_2 \end{bmatrix}B= $B1B2$ ，则乘积 BABABA 有定义，但 ABABAB 无定义。

解答：

A= $A1A2$ A = \begin{bmatrix} A_1 \\ A_2 \end{bmatrix}A= $A1A2$ 是 2n×n2n \times n2n×n 矩阵（因 A1,A2A_1, A_2A1,A2 均为 n×nn \times nn×n）
B= $B1B2$ B = \begin{bmatrix} B_1 & B_2 \end{bmatrix}B= $B1B2$ 是 n×2nn \times 2nn×2n 矩阵（因 B1,B2B_1, B_2B1,B2 均为 n×nn \times nn×n）

矩阵乘法规则：

BABABA：BBB（n×2nn \times 2nn×2n）×\times× AAA（2n×n2n \times n2n×n）→\rightarrow→ n×nn \times nn×n 矩阵，有定义
ABABAB：AAA（2n×n2n \times n2n×n）×\times× BBB（n×2nn \times 2nn×2n）→\rightarrow→ 2n×2n2n \times 2n2n×2n 矩阵，也有定义

例如：
AB= $A1A2$ $B1B2$ = $A1B1A1B2A2B1A2B2$ AB = \begin{bmatrix} A_1 \\ A_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} B_1 & B_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_1B_1 & A_1B_2 \\ A_2B_1 & A_2B_2 \end{bmatrix}AB= $A1A2$ $B1B2$ = $A1B1A2B1A1B2A2B2$

结果是一个 2n×2n2n \times 2n2n×2n 矩阵，维度匹配。

结论：

该命题为假，因为 ABABAB 也有定义。

设 A= $B00C$ A = \begin{bmatrix} B & 0 \\ 0 & C \end{bmatrix}A= $B00C$ ，其中 BBB 和 CCC 是方阵，证明 AAA 可逆当且仅当 BBB 和 CCC 都可逆。

解答：
必要性（⇒\Rightarrow⇒） ：假设 AAA 可逆，设 A−1= $DEFG$ A^{-1} = \begin{bmatrix} D & E \\ F & G \end{bmatrix}A−1= $DFEG$ 。则：
AA−1= $B00C$ $DEFG$ = $BDBECFCG$ = $I00I$ AA^{-1} = \begin{bmatrix} B & 0 \\ 0 & C \end{bmatrix}\begin{bmatrix} D & E \\ F & G \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} BD & BE \\ CF & CG \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix}AA−1= $B00C$ $DFEG$ = $BDCFBECG$ = $I00I$

由等式得：

BD=IBD = IBD=I：根据可逆矩阵定理（Invertible Matrix Theorem），BBB 可逆且 D=B−1D = B^{-1}D=B−1
CG=ICG = ICG=I：同理，CCC 可逆且 G=C−1G = C^{-1}G=C−1
BE=0BE = 0BE=0：左乘 B−1B^{-1}B−1 得 E=0E = 0E=0
CF=0CF = 0CF=0：左乘 C−1C^{-1}C−1 得 F=0F = 0F=0
故 A−1= $B-100C-1$ A^{-1} = \begin{bmatrix} B^{-1} & 0 \\ 0 & C^{-1} \end{bmatrix}A−1= $B-100C-1$ ，且 B,CB, CB,C 均可逆。

充分性（⇐\Leftarrow⇐） ：假设 BBB 和 CCC 都可逆。考虑矩阵 $B-100C-1$ \begin{bmatrix} B^{-1} & 0 \\ 0 & C^{-1} \end{bmatrix} $B-100C-1$ ，计算：

B00C\]\[B−100C−1\]=\[BB−100CC−1\]=\[I00I\]\\begin{bmatrix} B \& 0 \\\\ 0 \& C \\end{bmatrix}\\begin{bmatrix} B\^{-1} \& 0 \\\\ 0 \& C\^{-1} \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} BB\^{-1} \& 0 \\\\ 0 \& CC\^{-1} \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix}\[B00C\]\[B−100C−1\]=\[BB−100CC−1\]=\[I00I

由于 AAA 是方阵，根据可逆矩阵定理，AAA 可逆。

结论：
AAA 可逆当且仅当 BBB 和 CCC 都可逆。

证明：分块上三角矩阵 A= $A11A120A22$ A = \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ 0 & A_{22} \end{bmatrix}A= $A110A12A22$ 可逆当且仅当 A11A_{11}A11 和 A22A_{22}A22 都可逆。

解答：
必要性（⇒\Rightarrow⇒） ：假设 AAA 可逆。由分块矩阵性质可知，AAA 的行列式满足 det⁡(A)=det⁡(A11)det⁡(A22)\det(A) = \det(A_{11})\det(A_{22})det(A)=det(A11)det(A22)。因 AAA 可逆，det⁡(A)≠0\det(A) \neq 0det(A)=0，故 det⁡(A11)≠0\det(A_{11}) \neq 0det(A11)=0 且 det⁡(A22)≠0\det(A_{22}) \neq 0det(A22)=0，即 A11A_{11}A11 和 A22A_{22}A22 均可逆。

充分性（⇐\Leftarrow⇐） ：假设 A11A_{11}A11 和 A22A_{22}A22 都可逆。构造候选逆矩阵 A−1= $A11-1-A11-1A12A22-10A22-1$ A^{-1} = \begin{bmatrix} A_{11}^{-1} & -A_{11}^{-1}A_{12}A_{22}^{-1} \\ 0 & A_{22}^{-1} \end{bmatrix}A−1= $A11-10-A11-1A12A22-1A22-1$ ，验证乘积：
AA−1= $A11A120A22$ $A11-1-A11-1A12A22-10A22-1$ = $A11A11-1+A12\cdot0A11(-A11-1A12A22-1)+A12A22-10\cdotA11-1+A22\cdot00\cdot(-A11-1A12A22-1)+A22A22-1$ = $I-A12A22-1+A12A22-10I$ = $I00I$ \begin{align*} AA^{-1} &= \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ 0 & A_{22} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A_{11}^{-1} & -A_{11}^{-1}A_{12}A_{22}^{-1} \\ 0 & A_{22}^{-1} \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} A_{11}A_{11}^{-1} + A_{12} \cdot 0 & A_{11}(-A_{11}^{-1}A_{12}A_{22}^{-1}) + A_{12}A_{22}^{-1} \\ 0 \cdot A_{11}^{-1} + A_{22} \cdot 0 & 0 \cdot (-A_{11}^{-1}A_{12}A_{22}^{-1}) + A_{22}A_{22}^{-1} \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} I & -A_{12}A_{22}^{-1} + A_{12}A_{22}^{-1} \\ 0 & I \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} \end{align*} AA−1= $A110A12A22$ $A11-10-A11-1A12A22-1A22-1$ = $A11A11-1+A12\cdot00\cdotA11-1+A22\cdot0A11(-A11-1A12A22-1)+A12A22-10\cdot(-A11-1A12A22-1)+A22A22-1$ = $I0-A12A22-1+A12A22-1I$ = $I00I$

由于 AAA 是方阵，根据可逆矩阵定理，AAA 可逆。

结论：

分块上三角矩阵 AAA 可逆当且仅当 A11A_{11}A11 和 A22A_{22}A22 都可逆。

设 A11A_{11}A11 可逆。求出 XXX 与 YYY 使得 $A11A12A21A22\]=\[I0XI\]\[A1100S\]\[IY0I\]\\begin{bmatrix} A_{11} \& A_{12} \\\\ A_{21} \& A_{22} \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ X \& I \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} A_{11} \& 0 \\\\ 0 \& S \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} I \& Y \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix}\[A11A21A12A22\]=\[IX0I\]\[A1100S\]\[I0YI$ 其中 S=A22−A21A11−1A12S = A_{22} - A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}S=A22−A21A11−1A12。

解答：

计算右边乘积：

I0XI\]\[A1100S\]\[IY0I\]=\[A110XA11S\]\[IY0I\]=\[A11A11YXA11XA11Y+S\] \\begin{align\*} \&\\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ X \& I \\end{bmatrix}\\begin{bmatrix} A_{11} \& 0 \\\\ 0 \& S \\end{bmatrix}\\begin{bmatrix} I \& Y \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix} \\\\ \&= \\begin{bmatrix} A_{11} \& 0 \\\\ XA_{11} \& S \\end{bmatrix}\\begin{bmatrix} I \& Y \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix} \\\\ \&= \\begin{bmatrix} A_{11} \& A_{11}Y \\\\ XA_{11} \& XA_{11}Y + S \\end{bmatrix} \\end{align\*} \[IX0I\]\[A1100S\]\[I0YI\]=\[A11XA110S\]\[I0YI\]=\[A11XA11A11YXA11Y+S

令其等于左边矩阵：

A11A12A21A22\]=\[A11A11YXA11XA11Y+S\]\\begin{bmatrix} A_{11} \& A_{12} \\\\ A_{21} \& A_{22} \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} A_{11} \& A_{11}Y \\\\ XA_{11} \& XA_{11}Y + S \\end{bmatrix}\[A11A21A12A22\]=\[A11XA11A11YXA11Y+S

比较对应块：

A11Y=A12A_{11}Y = A_{12}A11Y=A12：因 A11A_{11}A11 可逆，左乘 A11−1A_{11}^{-1}A11−1 得 Y=A11−1A12Y = A_{11}^{-1}A_{12}Y=A11−1A12
XA11=A21XA_{11} = A_{21}XA11=A21：因 A11A_{11}A11 可逆，右乘 A11−1A_{11}^{-1}A11−1 得 X=A21A11−1X = A_{21}A_{11}^{-1}X=A21A11−1
XA11Y+S=A22XA_{11}Y + S = A_{22}XA11Y+S=A22：代入 X,YX, YX,Y 得 S=A22−A21A11−1A12S = A_{22} - A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}S=A22−A21A11−1A12（与题设一致）

结论：
X=A21A11−1X = A_{21}A_{11}^{-1}X=A21A11−1，Y=A11−1A12Y = A_{11}^{-1}A_{12}Y=A11−1A12

基于上题的条件，设分块矩阵 A= $A11A12A21A22$ A = \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{bmatrix}A= $A11A21A12A22$ 可逆，且 A11A_{11}A11 可逆。证明 A11A_{11}A11 的舒尔补 S=A22−A21A11−1A12S = A_{22} - A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}S=A22−A21A11−1A12 也是可逆的。

解答：

由习题15，AAA 可分解为：
A= $I0XI$ $A1100S$ $IY0I$ A = \begin{bmatrix} I & 0 \\ X & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A_{11} & 0 \\ 0 & S \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & Y \\ 0 & I \end{bmatrix}A= $IX0I$ $A1100S$ $I0YI$

其中 X=A21A11−1X = A_{21}A_{11}^{-1}X=A21A11−1，Y=A11−1A12Y = A_{11}^{-1}A_{12}Y=A11−1A12。

首先证明 $I0XI$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ X & I \end{bmatrix} $IX0I$ 和 $IY0I$ \begin{bmatrix} I & Y \\ 0 & I \end{bmatrix} $I0YI$ 可逆：

$I0XI\]\[I0−XI\]=\[I00I\]\\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ X \& I \\end{bmatrix}\\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ -X \& I \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix}\[IX0I\]\[I−X0I\]=\[I00I\]，故逆为 \[I0−XI\]\\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ -X \& I \\end{bmatrix}\[I−X0I$
$IY0I\]\[I−Y0I\]=\[I00I\]\\begin{bmatrix} I \& Y \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix}\\begin{bmatrix} I \& -Y \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix}\[I0YI\]\[I0−YI\]=\[I00I\]，故逆为 \[I−Y0I\]\\begin{bmatrix} I \& -Y \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix}\[I0−YI$

将分解式左乘 $I0-XI$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ -X & I \end{bmatrix} $I-X0I$ ，右乘 $I-Y0I$ \begin{bmatrix} I & -Y \\ 0 & I \end{bmatrix} $I0-YI$ ：

A1100S\]=\[I0−XI\]A\[I−Y0I\]\\begin{bmatrix} A_{11} \& 0 \\\\ 0 \& S \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} I \& 0 \\\\ -X \& I \\end{bmatrix} A \\begin{bmatrix} I \& -Y \\\\ 0 \& I \\end{bmatrix}\[A1100S\]=\[I−X0I\]A\[I0−YI

由于 AAA 可逆，且 $I0-XI$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ -X & I \end{bmatrix} $I-X0I$ 、 $I-Y0I$ \begin{bmatrix} I & -Y \\ 0 & I \end{bmatrix} $I0-YI$ 均可逆，右边是三个可逆矩阵的乘积，故 $A1100S$ \begin{bmatrix} A_{11} & 0 \\ 0 & S \end{bmatrix} $A1100S$ 可逆。

由习题13， $A1100S$ \begin{bmatrix} A_{11} & 0 \\ 0 & S \end{bmatrix} $A1100S$ 可逆当且仅当 A11A_{11}A11 和 SSS 均可逆。已知 A11A_{11}A11 可逆，因此 SSS 也必须可逆。

结论：
SSS 可逆。

线性代数及其应用习题答案(中文版)第二章 矩阵代数 2.4 分块矩阵(1)

2.4

练习题

习题2.4

线性代数及其应用习题答案(中文版)第二章矩阵代数 2.4 分块矩阵(1)