這道矩陣題目如果從頭證明可以證明嗎？如何證明？

01-13

首先聲明一下不是問作業題，因為此題目有Hint其實很簡單了。只是後來感覺這題目不要提示應該也可以證明，試著想了一下但沒有想出來，所以想發上來看看大家有什麼看法。

先上結論：如果a,b是mxn,nxm的矩陣，並且1-ab可逆(設逆為c)，那麼1-ba也可逆，且逆為

(1-ba)^-1=1+bca

怎麼猜到逆的表達式？注意到在任何非交換環中都有(1-x)^(-1)=1+x+x^2+...(形式上的，不嚴格)，所以c=1+ab+abab+... 於是

(1-ba)^-1 =1+ba+b(ab)a+b(abab)a+... =1+b(1+ab+abab+...)a=1+bca

猜出來以後就可以直接證明了

(1+bca)(1-ba)=1+bca-ba-b(cab)a=1-bca-ba-b(c-1)a=1 (補全細節留作習題)

(1-ba)(1+bca)=1-ba+bca-b(abc)a=1-ba+bca-b(c-1)a=1. 證畢

運用到這題中，令a=y^t, b=x即可。

這個結論實際上是formal的，由於它只依賴非交換環的分配律，結合律和幺元的性質. 不依賴有限維方陣單邊逆即可逆的性質。特別地，即使在泛函分析中，我們同樣有1-ab可逆推出1-ba可逆的性質。(這個是在學Fredholm operators時要用到的一個漂亮的小引理。如果模掉compact operators組成的理想，我們還可以得到1-ab is Fredholm iff 1-ba is Fredholm. )

要推廣的話，在任何一個pre-additive category(i.e. 兩個object(比如向量空間)之間的映射集合被賦予阿貝爾群結構，而且複合是Z-bilinear的), 都有: for any f:A--&>B, g:B--&>A, 1_A-gf is isomorphism iff 1_B-fg is isomorphism.

謝邀. 第一問哪怕沒有提示，恐怕也只能這麼做，因為矩陣的逆也就這一種定義. 但如果是第二問的話方法很多，如果是我的話會換個方法做，因為更熟悉西方的這一套理論，即如下公式：

$A_{m imes m},B_{m imes n},C_{m imes n},D_{n imes n}$ 是四個矩陣，如果 $A,D$ 都可逆，那麼有

$det Acdotdet(D-C^TA^{-1}B)=det Dcdotdet(A-BD^{-1}C^T)$

證明就是對矩陣 $egin{pmatrix}AB\C^TDend{pmatrix}$ 分別施以初等行變換和列變換，算兩次行列式. 我想這個結論大多數代數書上應該都有.

特別的，或者說一個常用的情形，就是 $A,D$ 都是單位陣，那麼就變成了

$det(I_n-C^TB)=det(I_m-BC^T)$

這個就是第二問裡面需要的等式.

不需要第一問的形式，第二問也是可以直接證的。

必要性。 $I+xy^t$ 的一個特徵值為 $1+x^ty$ ，對應的特徵向量是 $x$ 。行列式不為零的矩陣沒有零特徵值 (任意方陣都可以分解為Jordan標準形)。所以， $|I+xy^t| eq0,Longrightarrow,1+x^ty eq0$
充分性。 $xy^t$ 只有 $x^ty$ 和 $0$ 兩種特徵值，則 $I+xy^t$ 只有 $1+x^ty$ 和 $1$ 兩種特徵值 (由特徵值的定義可得)。所以， $1+x^ty eq0,Longrightarrow,|I+xy^t| eq0$

至於求逆矩陣的表達式，考慮 $I=(I+A)(I-A+A^2-A^3+cdots)$ ，若 $A^2=lambda A$ , 且 $|lambda|<1$ ，則級數收斂，可以求出 $I+A$ 的逆為 $I-frac{1}{1+lambda}A$ 。具體到本例中， $A=xy^t,lambda=x^ty$ 。

不過， $|lambda|<1$ 的限制過於嚴格。因為只要 $A$ 沒有 $-1$ 的特徵值 (即 $lambda=x^ty eq-1$ )， $I+A$ 就一定有逆矩陣，而且可證明此逆矩陣的表達式是不變的。這裡明明看起來不收斂的矩陣級數，卻有收斂的表達式，貌似挺有意思的。

可以的, 首先 $mathrm{rank}(xy^t)=1$ , 而 $xy^t$ 的唯一的非零特徵值就是 $y^tx$ (這是因為 $mathrm{tr}(xy^t)=mathrm{tr}(y^tx)$ .

熟知單位陣與秩為 $1$ 的矩陣之和的行列式為 $1+lambda$ , 其中 $lambda$ 是這個秩為 $1$ 的矩陣的唯一非零特徵值.

於是 $det(I+xy^t)=1+y^tx$ .

(不知道題主是不是想看這個)

注意到

$(I+xy^t)xy^t=xy^t+xy^txy^t=x(1+y^tx)y^t=(1+y^tx)xy^t$

於是有

$egin{align} 0=(1+y^tx)xy^t-(I+xy^t)xy^t \ (1+y^tx)I=(1+y^tx)I+(1+y^tx)xy^t-(I+xy^t)xy^t \ (1+y^tx)I=(1+y^tx)(I+xy^t)-(I+xy^t)xy^t \ (1+y^tx)I=(1+y^tx)(I+xy^t)-xy^t(I+xy^t) \ (1+y^tx)I=((1+y^tx)I-xy^t)(I+xy^t) end{align}$

因而 $1+y^tx e 0$ 時，有 $I=(I-(1+y^tx)^{-1}xy^t)(I+xy^t)$

事實上，對於 $A_{m imes n},B_{n imes m}$ ，如果 $I_m-AB$ 非異，有下述結論，

$egin{align} I_n-BA=I_n-B(I_m-AB)(I_m-AB)^{-1}A \ =I_n-(I_n-BA)B(I_m-AB)^{-1}A \ I_n=I_n-BA+(I_n-BA)B(I_m-AB)^{-1}A \ I_n=(I_n-BA)(I_n+B(I_m-AB)^{-1}A) end{align}$

第一題：考察low-rank update，在數值優化中常用（對目標函數的Hesse矩陣或其逆進行修正，從而獲得更好的數值性質，例如數值穩定性或正定性等等。例子有SR1修正和BFGS修正）。有相應的定理，具體可查看wiki頁面，內容很詳細，也有幾種不同的證明方法（個人最喜歡的是分塊矩陣高斯消元。其實也就是@王箏給的第二問的解法，他用的是矩陣的Schur補，這個也是通過分塊矩陣高斯消元證明的）。

第二題：可以算行列式。在孫文瑜袁亞湘的數值優化里，有一個很暴力的解法：矩陣的行列式等於特徵值之積，強行算出題目所給的矩陣的特徵值（因為是秩一矩陣，所以很好求），然後乘起來得到行列式。題主可以先自己嘗試一下，不會算的話去翻袁亞湘第一章，網上有電子版（其實@王某魚已經給出關鍵步驟了）。

給一個更為直觀的回答。xy^t是一個rank為1的矩陣，所以xy^t作為線性變換其實是向一個一維子空間的投影，記為向量e0。yx^t是該矩陣的trace。將e0擴充為空間的一組基，則xy^t的trace其實就是e0的特徵值，結論就顯而易見了。