嗨，我来帮你理顺这个证明的思路，你之前的方向没问题，只是在二次型展开和求导的步骤上没走通，咱们一步步来拆解：

首先，先把目标二次型展开成关于$x_1$的一元函数。已知分块形式的$A^{-1} = \begin{bmatrix} \alpha & \beta^T \\ \beta & \Delta \end{bmatrix}$，以及$x = \begin{bmatrix} x_1 \\ \tilde{x} \end{bmatrix}$，我们把$x^TA{-1}x$展开：
$$
x^TA{-1}x = \alpha x_1^2 + 2\beta^T\tilde{x} x_1 + \tilde{x}^T\Delta\tilde{x}
$$
这里解释下交叉项：$x_1\beta^{T\tilde{x}$和$\tilde{x}}T\beta x_1$是相等的（因为标量的转置等于自身），所以合并成$2\beta^T\tilde{x}x_1$。

接下来，这是一个开口向上的一元二次函数（因为$\alpha>0$，毕竟$A^{{-1}$是正定矩阵，对角元都是正数），它的最小值出现在顶点位置。对于$ax}2+bx+c$形式的二次函数，顶点的$x$值是$-b/(2a)$，对应到这里就是：
$$
x_1 = -\frac{\beta^T\tilde{x}}{\alpha}
$$

现在把这个最优的$x_1$代回原二次型计算最小值：
$$
\begin{align*}
&\alpha\left(-\frac{\beta^{T\tilde{x}}{\alpha}\right)}2 + 2\beta^{T\tilde{x}\left(-\frac{\beta}T\tilde{x}}{\alpha}\right) + \tilde{x}^T\Delta\tilde{x} \
=& \frac{(\beta^T\tilde{x})2}{\alpha} - \frac{2(\beta^T\tilde{x})2}{\alpha} + \tilde{x}^T\Delta\tilde{x} \
=& \tilde{x}^T\Delta\tilde{x} - \frac{(\beta^T\tilde{x})2}{\alpha}
\end{align*}
$$

这里关键的一步是把标量平方转化为矩阵形式：$(\beta^T\tilde{x})2 = \tilde{x}^T\beta\betaT\tilde{x}$（因为$\beta^{T\tilde{x}$是标量，它的转置等于自身，即$\beta}T\tilde{x} = \tilde{x}^T\beta$，两者相乘就得到这个矩阵形式）。代入后上式变为：
$$
\tilde{x}^T\left(\Delta - \frac{\beta\beta^T}{\alpha}\right)\tilde{x}
$$

而题目里已经给出结论$\tilde{A}^{-1} = \Delta - \frac{\beta\beta^{T}{\alpha}$，所以这个最小值就是$\tilde{x}\tilde{A}}{-1}\tilde{x}$，正好是你要证明的结果。

如果你想用求导的方法验证，也很简单：对$f(x_1) = \alpha x_1^2 + 2\beta^T\tilde{x}x_1 + \tilde{x}^T\Delta\tilde{x}$求关于$x_1$的偏导，得到：
$$
\frac{\partial f}{\partial x_1} = 2\alpha x_1 + 2\beta^T\tilde{x}
$$
令导数等于0，解得的$x_1$和之前顶点法得到的完全一致，再代入计算就能得到同样的最小值了。你之前可能是没正确展开二次型，导致求导的式子写错了～

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Sonamu