Задача 15

Условие задачи

Докажите, что после любой перестановки строк обратимая матрица остаётся обратимой, а её обратная матрица получается из исходной обратной матрицы точно такой же перестановкой столбцов.

Решение задачи

Переставить строки матрицы $A$ порядка $n$ – значит выписать те же $n$ строк в новом порядке. Зададим этот порядок списком номеров

$$\left(k_1, \, k_2, \, \ldots, \, k_n\right) \text{,}$$

понимая под ним следующее: на $i$-е место новой матрицы ставится $k_i$-я строка исходной. Обозначим полученную матрицу $\widetilde{A}$; тогда для всех $i, p \in \left\{1, \, \ldots, \, n\right\}$

$$\widetilde{a}_{ip} = a_{k_i, \, p} \ \text{.} \tag{1}$$

Список $\left(k_1, \, \ldots, \, k_n\right)$ – это числа $1, \, 2, \, \ldots, \, n$ лишь записанные в новом порядке; иначе говоря, среди $k_1, \, \ldots, \, k_n$ каждое из чисел $1, \, \ldots, \, n$ встречается ровно по одному разу. Нам понадобятся только два элементарных следствия этого:

(А) нет повторов: $k_i = k_j$ тогда и только тогда, когда $i = j$ (разные места заняты разными строками);
(Б) список полон: когда $p$ пробегает $1, \, \ldots, \, n$, число $k_p$ пробегает все значения $1, \, \ldots, \, n$ по одному разу.

Требуется доказать, что матрица $\widetilde{A}$ обратима и $j$-й столбец матрицы $\widetilde{A}^{-1}$ совпадает с $k_j$-м столбцом матрицы $A^{-1}$ – то есть $\widetilde{A}^{-1}$ получается из $A^{-1}$ той же перестановкой $\left(k_1, \, \ldots, \, k_n\right)$, применённой к столбцам.

Про матрицу $A$ известно, что у неё есть обратная.

Элементы единичной матрицы $I$ удобно записывать одним символом: обозначим через $\delta_{st}$ её $\left(s,t\right)$-й элемент, то есть $\delta_{st} = 1$ при $s = t$ и $\delta_{st} = 0$ при $s \ne t$.

Обозначим элементы $A^{-1}$ через $c_{ip}$; тогда равенства $AA^{-1} = I$ и $A^{-1}A = I$ по определению произведения означают

$$\begin{gathered} \sum\limits_{p=1}^n a_{sp} c_{pt} = \delta_{st}, \quad \sum\limits_{p=1}^n c_{sp} a_{pt} = \delta_{st} \\ \left(s,t = 1, \, \ldots, \, n\right) . \end{gathered} \tag{2}$$

Заметим, что $\widetilde{A}$ с $A$ имеют единственную связь – по строке: $i$-я строка $\widetilde{A}$ есть $k_i$-я строка $A$ (формула $\left(1\right)$). Поэтому естественно посмотреть, что получится, если умножить $\widetilde{A}$ на уже имеющуюся $A^{-1}$, – насколько это близко к единичной матрице. Перемножим $i$-ю строку $\widetilde{A}$ на $t$-й столбец $A^{-1}$:

$$\sum\limits_{p=1}^n \widetilde{a}_{ip} c_{pt} = \sum\limits_{p=1}^n a_{k_i, \, p} c_{pt} = \delta_{k_i, \, t} \ \text{,} \tag{3}$$

где второе равенство – это первое равенство $\left(2\right)$ при $s = k_i$.

Выкладка $\left(3\right)$ и есть суть дела: произведение $i$-й строки $\widetilde{A}$ на $t$-й столбец $A^{-1}$ равно единице в точности при $t = k_i$ и нулю при всех прочих $t$. Иными словами, у произведения $\widetilde{A}A^{-1}$ в $i$-й строке единственная единица стоит не на диагонали (в столбце $i$), а в столбце $k_i$. Значит, до единичной матрицы не хватает только одного: переставить столбцы так, чтобы эта единица встала на диагональ. А для этого на $j$-е место надо поставить тот столбец $A^{-1}$, который в строке $i = j$ даёт единицу, – по $\left(3\right)$ это столбец с номером $k_j$.

Составим матрицу $B$, взяв её $j$-м столбцом $k_j$-й столбец матрицы $A^{-1}$:

$$b_{ij} = c_{i, \, k_j} \quad \left(i,j = 1, \, \ldots, \, n \right). \tag{4}$$

Тогда $\left(3\right)$ при $t = k_j$ немедленно даёт

$$\left(\widetilde{A}B\right)_{ij} = \sum\limits_{p=1}^n \widetilde{a}_{ip} b_{pj} = \sum\limits_{p=1}^n a_{k_i, \, p} c_{p, \, k_j} = \\ = \delta_{k_i, \, k_j} = \delta_{ij} \ \text{,}$$

где последнее равенство – по свойству (А) ($k_i = k_j$ лишь при $i = j$). Итак, уже доказано, что $\widetilde{A}B = I$.

Осталось убедиться, что $B$ – обратная и слева (этого требует определение §2.14). Перемножим $i$-ю строку $B$ на $j$-й столбец $\widetilde{A}$; по $\left(4\right)$ и $\left(1\right)$

$$\left(B\widetilde{A}\right)_{ij} = \sum\limits_{p=1}^n b_{ip} \widetilde{a}_{pj} = \sum\limits_{p=1}^n c_{i, \, k_p} a_{k_p, \, j} \ \text{.}$$

Слагаемое зависит от $p$ только через $k_p$; по свойству (Б) при пробегании $p = 1, \, \ldots, \, n$ число $m = k_p$ пробегает те же $1, \, \ldots, \, n$ по одному разу, поэтому сумму можно переписать по $m$:

$$\left(B\widetilde{A}\right)_{ij} = \sum\limits_{m=1}^n c_{i, \, m} a_{m, \, j} = \delta_{ij}$$

– по второму равенству $\left(2\right)$ при $s = i$, $t = j$. Значит и $B\widetilde{A} = I$.

Оба равенства $\widetilde{A}B = B\widetilde{A} = I$ выполнены, поэтому $\widetilde{A}$ обратима и $\widetilde{A}^{-1} = B$. А формула $\left(4\right)$ $b_{ij} = c_{i, \, k_j}$ прямо говорит: $j$-й столбец матрицы $\widetilde{A}^{-1}$ есть $k_j$-й столбец матрицы $A^{-1}$. Тем самым доказаны оба пункта, и, сопоставляя правило для строк $\left(1\right)$ с правилом для столбцов,

$$\left(i\text{-я строка }\widetilde{A}\right) = \left(k_i\text{-я строка }A\right)\text{,}\\ \left(j\text{-й столбец }\widetilde{A}^{-1}\right) = \left(k_j\text{-й столбец }A^{-1}\right)\text{,} $$

видим один и тот же список $\left(k_1, \, \ldots, \, k_n\right)$: столбцы обратной переставлены точно так же, как были переставлены строки. $\square$