解題思路

    先依照定義寫出 $A$，用 row 來看矩陣乘法，照流程直接乘，並依照題目要求表示，第一小題就完成了。
觀察到這個矩陣和單位矩陣 $I_4 = {[e_{ij}]}_{\begin{aligned}1\le i \le 4 \\ 1\le j\le 4\end{aligned}}, e_{ij} = \begin{cases}0&\text{, if } i\not=j \\ 1&\text{, if } i=j\end{cases}$ 很相似，只是 $1$ 和 $0$ 互換。
    從矩陣的元素來觀察，我們可以構建一個矩陣 $C = {[c_{ij}]}_{\begin{aligned}1\le i \le 4 \\ 1\le j\le 4\end{aligned}}, c_{ij} = 1$，使得 $a_{ij} = c_{ij} - e_{ij}$ i.e. $A = C-I_4$。
    再仔細觀察第一小題，發現 $A^2 = 2C + I_4$，於是可以構建出這樣的等式：$A^2 - 2A - 3I_4 = (2C+I_4) - 2(C-I_4) - 3I_4 = 0$。
於是就符合了第二小題的第一項要求。
    接下來考慮等式 $A^2 - 2A - 3I_4 = 0$，發現除了 $-3I_4$ 以外，每一「項」都有 $A$ 這個「因式」，依照矩陣乘法的性質，以及單位矩陣的性質，可以拆成這兩項：

1. $A(A-2I_4)-3I_4=0$
2. $(A-2I_4)A-3I_4=0$

    依照性質化簡就得到 $A{1\over 3}(A-2I) = I_4$ 和 ${1 \over 3}(A-2I)A = I_4$。顯然 $A-2I$ 就是題目所要求的 $A^{-1}$。

答案

    留下答案給各位點評。

(1)

    By definition, $A = \begin{bmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\\\end{bmatrix}.$
    Let $A^2 = [b_{ij}]_{4\times 4}$.
    By definition, $$\begin{aligned}
{_1}\mathbf{b} &= {_1}\mathbf{a}A \\
&= \begin{bmatrix}0&1&1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\\\end{bmatrix} \\
&= 0\begin{bmatrix}0&1&1&1\end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix}1&0&1&1\end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix}1&1&0&1\end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix}1&1&1&0\end{bmatrix} \\
&= \begin{bmatrix}3&2&2&2\end{bmatrix}. \\
{_2}\mathbf{b} &= {_2}\mathbf{a}A \\
&= \begin{bmatrix}1&0&1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\\\end{bmatrix}\\
&= 1\begin{bmatrix}0&1&1&1\end{bmatrix} + 0\begin{bmatrix}1&0&1&1\end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix}1&1&0&1\end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix}1&1&1&0\end{bmatrix} \\
&= \begin{bmatrix}2&3&2&2\end{bmatrix}. \\
{_3}\mathbf{b} &= {_3}\mathbf{a}A \\
&= \begin{bmatrix}1&1&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\\\end{bmatrix}\\
&= 1\begin{bmatrix}0&1&1&1\end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix}1&0&1&1\end{bmatrix} + 0\begin{bmatrix}1&1&0&1\end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix}1&1&1&0\end{bmatrix} \\
&= \begin{bmatrix}2&2&3&2\end{bmatrix}. \\
{_4}\mathbf{b} &= {_4}\mathbf{a}A \\
&= \begin{bmatrix}1&1&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\\\end{bmatrix} \\
&= 1\begin{bmatrix}0&1&1&1\end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix}1&0&1&1\end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix}1&1&0&1\end{bmatrix} + 0\begin{bmatrix}1&1&1&0\end{bmatrix} \\
&= \begin{bmatrix}2&2&2&3\end{bmatrix}.\blacksquare \\
\end{aligned}$$

(2)

    We observe that $A^2-2A-3I_4 = 0$.
    We observe that there is a polynomial function $f(x) = x^2 - 2x - 3\in\mathbb{R}[x]$ s.t. by definition, $f(A) = A^2 - 2A - 3I_4 = 0$. 
    Since $A^2 - 2A - 3I_4 = 0$,
    (i)

     $$\begin{aligned}
&A(A-2I_4) - 3I_4 = O \\
\Rightarrow& A(A-2I_4) = 3I_4 \\
\Rightarrow& {1\over 3}(A(A-2I_4)) = A({1\over 3}(A-2I_4)) = I_4 \\
\Rightarrow& \exists B={1\over 3}(A-2I_4), AB = I_4.
\end{aligned}$$
   (ii)

     $$\begin{aligned}
&(A-2I_4)A - 3I_4 = O \\
\Rightarrow& (A-2I_4)A = 3I_4 \\
\Rightarrow& {1\over 3}((A-2I_4)A) = ({1\over 3}(A-2I_4))A = I_4 \\
\Rightarrow& \exists B={1\over 3}(A-2I_4), BA = I_4.
\end{aligned}$$
    With (i) and (ii), there is a $4\times 4$ matrix $B = {1\over 3}(A-2I_4)$ such that $BA = AB = I$.

    Thus by definition, $A$ is invertible and $A^{-1} = {1\over 3}(A-2I_4) = \begin{bmatrix}{-2 \over 3}&{1 \over 3}&{1 \over 3}&{1 \over 3}\\{1 \over 3}&{-2 \over 3}&{1 \over 3}&{1 \over 3}\\{1 \over 3}&{1 \over 3}&{-2 \over 3}&{1 \over 3}\\{1 \over 3}&{1 \over 3}&{1 \over 3}&{-2 \over 3}\end{bmatrix}.\blacksquare$

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