(方程A)

(方程B)

(方程C)

但这里我们假设 $ D $ 可能不可逆，所以采用另一种策略。我们回到方程1。

注意到左边的分块矩阵就是 $ M $。我们可以利用已经得到的结果。考虑 $ M^{-1} $ 的第一列块 $ \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} $ 应该满足 $ M \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I \\ 0 \end{bmatrix} $。
我们可以通过构造一个辅助矩阵来求解。考虑方程 $ M \begin{bmatrix} I \\ -S^{-1}CA^{-1} \end{bmatrix} $。
计算：

我们需要证明右边等于 $ \begin{bmatrix} A^{-1} \\ 0 \end{bmatrix} $ 的某种形式。
一个更系统的方法是使用我们已经得到的 $ X $ 和 $ Z $。我们知道 $ M^{-1} = \begin{bmatrix} W & X \\ Y & Z \end{bmatrix} $ 满足 $ M M^{-1} = I $。
因此，$ \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} $ 就是 $ M^{-1} $ 的第一列块，它使得 $ M \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I \\ 0 \end{bmatrix} $。
我们可以通过 $ M^{-1} $ 的表达式来反推 $ W $ 和 $ Y $。一个经典的推导是利用块高斯消元的思想。

对矩阵 $ M $ 进行行变换：

其中 $ S = D - CA^{-1}B $。
这个变换矩阵的逆是 $ \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix} $。
因此，$ M $ 可以分解为：

更标准的分解放置是：

（请验证乘法：$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A & B \\ CA^{-1}A + 0 & CA^{-1}B + S \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A & B \\ C & CA^{-1}B + (D - CA^{-1}B) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} $）

那么，$ M $ 的逆为：

首先，$ \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ -CA^{-1} & I \end{bmatrix} $ （因为这是一个下三角单位矩阵，其逆就是负的次对角线块）。

其次，求 $ \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix}^{-1} $。这是一个块上三角矩阵，其逆也具有类似形式。设 $ \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} P & Q \\ R & T \end{bmatrix} $。
则有 $ \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix} \begin{bmatrix} P & Q \\ R & T \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} $。
展开得：
$ AP + BR = I $
$ AQ + BT = 0 $
$ S R = 0 $
$ S T = I $

由 $ S T = I $ 得 $ T = S^{-1} $。
由 $ S R = 0 $ 且 $ S $ 可逆，得 $ R = 0 $。
由 $ AP + B*0 = I $ 得 $ P = A^{-1} $。
由 $ A Q + B S^{-1} = 0 $ 得 $ Q = -A^{-1} B S^{-1} $。

所以，$ \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} A^{-1} & -A^{-1}B S^{-1} \\ 0 & S^{-1} \end{bmatrix} $.

现在，计算 $ M^{-1} $：

进行矩阵乘法：

分块矩阵求逆的Schur补方法 题目描述 考虑一个分块矩阵 \( M = \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \)，其中 \( A \) 和 \( D \) 是方阵，且 \( A \) 可逆。我们的目标是利用Schur补方法，高效地计算分块矩阵 \( M \) 的逆矩阵 \( M^{-1} \)。这种方法通过将大矩阵的求逆问题分解为几个较小矩阵的求逆问题，可以显著降低计算复杂度，尤其适用于 \( A \) 的逆易于计算或 \( D - CA^{-1}B \) 的维数远小于 \( M \) 的情况。 解题过程 步骤1: 引入Schur补概念 Schur补是分块矩阵理论中的核心概念。对于分块矩阵 \( M \)，当 \( A \) 可逆时，矩阵 \( S = D - CA^{-1}B \) 称为 \( A \) 在 \( M \) 中的Schur补。Schur补 \( S \) 包含了 \( M \) 中未被 \( A \) 捕获的、与其余部分相关的信息。可以证明，原矩阵 \( M \) 可逆当且仅当其Schur补 \( S \) 可逆。 步骤2: 对矩阵 \( M \) 进行块分解 我们的目标是找到矩阵 \( M \) 的逆矩阵 \( M^{-1} \)，使其满足 \( M M^{-1} = I \)。我们假设 \( M^{-1} \) 也具有分块形式，记为 \( M^{-1} = \begin{bmatrix} W & X \\ Y & Z \end{bmatrix} \)，其中 \( W, X, Y, Z \) 是待定的块矩阵，其维度分别与 \( A, B, C, D \) 相对应。 步骤3: 建立方程系统 根据逆矩阵的定义，有： \[ M M^{-1} = \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} W & X \\ Y & Z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} = I \] 将乘法展开，我们得到四个矩阵方程： \( AW + BY = I \) (左上角块等于单位矩阵) \( AX + BZ = 0 \) (右上角块等于零矩阵) \( CW + DY = 0 \) (左下角块等于零矩阵) \( CX + DZ = I \) (右下角块等于单位矩阵) 步骤4: 求解块 \( W, X, Y, Z \) 我们按顺序求解这些方程。 从方程2求解 \( X \) : 方程2为 \( AX + BZ = 0 \)。 因为 \( A \) 可逆，我们可以将 \( X \) 表示为： \[ X = -A^{-1}BZ \] (方程A) 将方程A代入方程4求解 \( Z \) : 方程4为 \( CX + DZ = I \)。 将方程A代入：\( C(-A^{-1}BZ) + DZ = I \)。 整理得：\( (-CA^{-1}B + D)Z = I \)。 括号内的项 \( D - CA^{-1}B \) 正是Schur补 \( S \)。 所以方程变为：\( S Z = I \)。 因此，只要Schur补 \( S \) 可逆，我们就可以解出 \( Z \)： \[ Z = S^{-1} \] (方程B) 将方程B代入方程A求解 \( X \) : 将 \( Z = S^{-1} \) 代入方程A： \[ X = -A^{-1}B S^{-1} \] (方程C) 从方程3求解 \( Y \) : 方程3为 \( CW + DY = 0 \)。 我们可以将 \( Y \) 表示为： \[ Y = -D^{-1}CW \] 但这里我们假设 \( D \) 可能不可逆，所以采用另一种策略。我们回到方程1。 从方程1和方程3联立求解 \( W \) 和 \( Y \) : 我们有方程1: \( AW + BY = I \) 和方程3: \( CW + DY = 0 \) 这可以写成一个关于块 \( \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} \) 的线性系统： \[ \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I \\ 0 \end{bmatrix} \] 注意到左边的分块矩阵就是 \( M \)。我们可以利用已经得到的结果。考虑 \( M^{-1} \) 的第一列块 \( \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} \) 应该满足 \( M \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I \\ 0 \end{bmatrix} \)。 我们可以通过构造一个辅助矩阵来求解。考虑方程 \( M \begin{bmatrix} I \\ -S^{-1}CA^{-1} \end{bmatrix} \)。 计算： \[ \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I \\ -S^{-1}CA^{-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A - B S^{-1}CA^{-1} \\ C - D S^{-1}CA^{-1} \end{bmatrix} \] 我们需要证明右边等于 \( \begin{bmatrix} A^{-1} \\ 0 \end{bmatrix} \) 的某种形式。 一个更系统的方法是使用我们已经得到的 \( X \) 和 \( Z \)。我们知道 \( M^{-1} = \begin{bmatrix} W & X \\ Y & Z \end{bmatrix} \) 满足 \( M M^{-1} = I \)。 因此，\( \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} \) 就是 \( M^{-1} \) 的第一列块，它使得 \( M \begin{bmatrix} W \\ Y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I \\ 0 \end{bmatrix} \)。 我们可以通过 \( M^{-1} \) 的表达式来反推 \( W \) 和 \( Y \)。一个经典的推导是利用块高斯消元的思想。 对矩阵 \( M \) 进行行变换： \[ \begin{bmatrix} I & 0 \\ -CA^{-1} & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix} \] 其中 \( S = D - CA^{-1}B \)。 这个变换矩阵的逆是 \( \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix} \)。 因此，\( M \) 可以分解为： \[ M = \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ -CA^{-1} & I \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix} \quad \text{(注意：这里应为 } \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix} = M \text{，所以 } M = \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix}^{-1} \text{ 的逆需小心处理)} \] 更标准的分解放置是： \[ M = \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix} \] （请验证乘法：\( \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A & B \\ CA^{-1}A + 0 & CA^{-1}B + S \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A & B \\ C & CA^{-1}B + (D - CA^{-1}B) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \)） 那么，\( M \) 的逆为： \[ M^{-1} = \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix}^{-1} \] 首先，\( \begin{bmatrix} I & 0 \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ -CA^{-1} & I \end{bmatrix} \) （因为这是一个下三角单位矩阵，其逆就是负的次对角线块）。 其次，求 \( \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix}^{-1} \)。这是一个块上三角矩阵，其逆也具有类似形式。设 \( \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} P & Q \\ R & T \end{bmatrix} \)。 则有 \( \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix} \begin{bmatrix} P & Q \\ R & T \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} \)。 展开得： \( AP + BR = I \) \( AQ + BT = 0 \) \( S R = 0 \) \( S T = I \) 由 \( S T = I \) 得 \( T = S^{-1} \)。 由 \( S R = 0 \) 且 \( S \) 可逆，得 \( R = 0 \)。 由 \( AP + B* 0 = I \) 得 \( P = A^{-1} \)。 由 \( A Q + B S^{-1} = 0 \) 得 \( Q = -A^{-1} B S^{-1} \)。 所以，\( \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & S \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} A^{-1} & -A^{-1}B S^{-1} \\ 0 & S^{-1} \end{bmatrix} \). 现在，计算 \( M^{-1} \)： \[ M^{-1} = \begin{bmatrix} A^{-1} & -A^{-1}B S^{-1} \\ 0 & S^{-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & 0 \\ -CA^{-1} & I \end{bmatrix} \] 进行矩阵乘法： \[ M^{-1} = \begin{bmatrix} A^{-1}I + (-A^{-1}B S^{-1})(-CA^{-1}) & A^{-1} 0 + (-A^{-1}B S^{-1})I \\ 0 I + S^{-1}(-CA^{-1}) & 0* 0 + S^{-1}I \end{bmatrix} \] \[ M^{-1} = \begin{bmatrix} A^{-1} + A^{-1}B S^{-1}CA^{-1} & -A^{-1}B S^{-1} \\ -S^{-1}CA^{-1} & S^{-1} \end{bmatrix} \] 步骤5: 得到最终公式 通过与最初假设的 \( M^{-1} = \begin{bmatrix} W & X \\ Y & Z \end{bmatrix} \) 对比，我们得到： \[ W = A^{-1} + A^{-1}B S^{-1} C A^{-1} \] \[ X = -A^{-1}B S^{-1} \] \[ Y = -S^{-1} C A^{-1} \] \[ Z = S^{-1} \] 其中 \( S = D - C A^{-1} B \) 是Schur补。 因此，分块矩阵 \( M \) 的逆矩阵为： \[ M^{-1} = \begin{bmatrix} A^{-1} + A^{-1}B S^{-1} C A^{-1} & -A^{-1}B S^{-1} \\ -S^{-1} C A^{-1} & S^{-1} \end{bmatrix} \] 总结 Schur补方法将一个大矩阵 \( M \) 的求逆问题，转化为对两个较小矩阵 \( A \) 和 \( S \) 的求逆问题。计算过程主要涉及矩阵乘法和加法。当 \( A \) 的逆易于计算（例如是对角矩阵或小型矩阵），且Schur补 \( S \) 的维度远小于 \( M \) 时，这种方法能极大地节省计算量和存储空间。