Обратная матрица через алгебраические дополнения

Обратная матрица нужна, когда уравнение $AX=B$ хочется решить одним умножением: $X=A^{-1}B$. Способов её найти два, и этот — классический, через миноры и алгебраические дополнения. На бумаге метод громоздкий, зато прозрачный: видно, откуда берётся каждое число, и он же доказывает формулу Крамера. Живой счёт конкретной матрицы возьмёт на себя решатель обратной матрицы, здесь разберём руками.

Идея метода одной строкой#

Всё крутится вокруг дополнения $C_{ij}=(-1{)}^{i+j}{M}_{ij}$, где $M_{ij}$ — минор: определитель матрицы, оставшейся после вычёркивания строки $i$ и столбца $j$. Знаки чередуются в шахматном порядке — вот эта доска:

Для матрицы $2\times 2$ вся теория сжимается до одной формулы: диагонали меняются местами, у побочной появляются минусы.

Минор на пальцах#

Чтобы почувствовать минор, вычеркните из матрицы $3\times 3$ первую строку и первый столбец — останется блок $2\times 2$, его определитель и есть $M_{11}$. Для матрицы из примера ниже $M_{11}=\det \left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right)=0$, а, скажем, $M_{12}$ собран из строк $1,3$ и столбцов $1,3$: вычёркивается вторая строка и второй столбец. Девять миноров, девять знаков, ничего лишнего — вся дорога к обратной.

Алгоритм: шесть шагов#

1. 1
   Посчитайте $\det A$. Ноль — стоп: обратной матрицы не существует, метод неприменим.
2. 2
   Найдите все миноры $M_{ij}$ — для матрицы $n\times n$ их ровно $n^2$.
3. 3
   Расставьте знаки $(-1{)}^{i+j}$ и получите дополнения $C_{ij}$.
4. 4
   Соберите из дополнений матрицу $C$ и транспонируйте её: $C^T$ — союзная матрица.
5. 5
   Поделите $C^T$ на $\det A$: это и есть $A^{-1}$.
6. 6
   Проверьте умножением: $A\cdot A^{-1}$ обязана дать $E$. Без проверки работа не сдаётся.

Разбор флагманского примера#

Возьмём $A=\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 2& 1\end{array}\right)$. Определитель $3\cdot 1-1\cdot 2=1\ne 0$ — обращаем. По формуле $2\times 2$: $A^{-1}=\frac{1}{1}\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ -2& 3\end{array}\right)$. Проверка умножением: $\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 2& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ -2& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ — единичная, ответ верный.

Матрица 3×3: девять дополнений#

Пусть $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 0& 1& 1\\ 2& 1& 1\end{array}\right)$ и $\det A=4$. Считаем дополнения построчно. Первая строка: $C_{11}=+(1\cdot 1-1\cdot 1)=0$, $C_{12}=-(0\cdot 1-1\cdot 2)=2$, $C_{13}=+(0\cdot 1-1\cdot 2)=-2$. Вторая: $-2,1,3$. Третья: $2,-1,1$. Собираем, транспонируем, делим на определитель:

Проверка умножением занимает две минуты и ловит почти любую ошибку в знаках, а знаки ломаются здесь чаще всего. На диагонали произведения обязаны выйти четвёрки (по числу $\det A$), вне её — нули; после деления на четыре остаётся единичная матрица.

Зачем всё это: связь с Крамером#

Формула $A^{-1}=\frac{C^T}{\det A}$ не просто счётный приём — из неё мгновенно вытекает правило Крамера: подставьте её в $x=A^{-1}b$ и получите, что каждая компонента решения есть дробь со знаменателем $\det A$ и определителем-числителем. Поэтому на малых системах оба метода родственники, а сам союзная-матричный аппарат — часть одного здания с определителями.

Три типовые ошибки#

• Забыть транспонирование. Матрица дополнений и союзная матрица — разные объекты: между ними стоит шаг $C\to C^T$, и без него проверка мгновенно проваливается.
• Смазать шахматный знак. Порядок $+-+$ сверху и $-+-+$ снизу легко перепутать в спешке — держите таблицу знаков перед глазами.
• Поделить на $\det A$ только часть элементов. Множитель $\frac{1}{\det A}$ относится ко всей матрице целиком, без исключений.