線性代數入門/矩陣逆和行列式

矩陣逆

矩陣逆類似於數系中的乘法逆（或倒數）。

定義。 （矩陣逆）一個$n\times n$矩陣$A$是可逆（或非奇異）的，如果存在一個$n\times n$矩陣$B$，使得$$AB=I_{n}=BA.$$矩陣$B$是$A$的逆，通常記為$A^{-1}$。 一個沒有逆的矩陣是不可逆（或奇異）的。

備註。

• 根據可逆矩陣定理（完整版本的證明很複雜，所以省略了），如果其中一個$AB=I_{n}$和$BA=I_{n}$成立，那麼另一個也成立

在數系中，乘法逆（如果存在）是唯一的。實際上，矩陣逆（如果存在）也是唯一的，這一點在下面的命題中有所體現。

命題。 （矩陣逆的唯一性）矩陣逆，如果存在，是唯一的。

證明。 假設相反，存在不同的矩陣$B$ 和 $C$ 都是矩陣 $A$ 的逆矩陣。 那麼，根據矩陣逆的定義，$AB=BA=AC=CA=I$。 如果矩陣 $A$ 的逆矩陣存在，我們有 $$AB=AC\Leftrightarrow A^{-1}AB=A^{-1}AC\Leftrightarrow IB=IC\Leftrightarrow B=C,$$ 這會導致矛盾。

$\Box$

示例。 (可逆矩陣) 矩陣$${\begin{pmatrix}1&2\\3&0\\\end{pmatrix}}$$ 是可逆的，它的逆矩陣是$${\begin{pmatrix}0&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{6}}\end{pmatrix}},$$ 因為 $${\begin{pmatrix}1&2\\3&0\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{6}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}=I_{2}$$ (這意味著按照另一種順序進行矩陣乘法也是$I_{2}$，根據可逆矩陣定理)

練習。

矩陣${\begin{pmatrix}0&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{6}}\end{pmatrix}}$ 可逆嗎？

	是
	否

示例。 (不可逆矩陣) 矩陣$${\begin{pmatrix}1&3\\4&12\\\end{pmatrix}}$$ 是不可逆的。

證明： 假設相反，即矩陣是 可逆的，即存在一個矩陣 ${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}$ 使得 $${\begin{pmatrix}1&3\\4&12\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\\end{pmatrix}}.$$ 但是，這個等式等價於 $${\begin{pmatrix}a+4c&b+4d\\3a+12c&b+12d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\\end{pmatrix}}\Leftrightarrow {\begin{cases}a+4c&=1\\3a+12c&=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}a+4c&=1\\a+4c&=0\end{cases}},$$ 這不可能，導致矛盾。

$\Box$

練習。

1 選擇所有正確的陳述。

	如果矩陣 $A$ 和 $B$ 是可逆的， $A+B$ 也是可逆的
	如果矩陣 $A$ 和 $B$ 是不可逆的， $A+B$ 也是不可逆的
	如果矩陣 $A$ 和 $B$ 是可逆的， $AB$ 和 $BA$ 也是可逆的
	如果矩陣 $A$ 和 $B$ 是不可逆的， $AB$ 也是不可逆的

2 選擇所有正確的陳述。

	因為 ${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\1&1\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&1\\\end{pmatrix}}$，${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$ 的逆矩陣為 ${\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\1&1\\\end{pmatrix}}$。
	令 $A$ 為一個矩陣。 $(A^{-1})^{-1}=A$
	如果矩陣 $A$ 可逆，對於與 $A$ 尺寸相同的每個矩陣 $B$，都有 $AB=BA$ 。

命題.（矩陣逆的性質）令 $A$ 和 $B$ 為相同大小的可逆矩陣，令 $c$ 為非零標量。則，

• （自逆性）$A^{-1}$ 可逆，且 $(A^{-1})^{-1}=A$
• （標量乘法性）$cA$ 可逆，且 $(cA)^{-1}=c^{-1}A^{-1}$
• （逆乘法性）$AB$ 可逆，並且$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$
• （逆矩陣和轉置矩陣的可交換性）$A^{T}$ 可逆，$(A^{T})^{-1}=(A^{-1})^{T}$

證明。

• （自可逆性）由於 $A$ 可逆，$AA^{-1}=A^{-1}A=I$，因此 $A^{-1}$ 可逆，其逆矩陣為 $A$
• （標量乘法性）$(cA)(c^{-1}A^{-1})=(cc^{-1})(AA^{-1})=1(I)=I$，如所願。
• （逆乘法性）$(AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=AIA^{-1}=AA^{-1}=I$，如所願。
• （逆矩陣和轉置矩陣的可交換性）$(A^{T})(A^{-1})^{T}=(A^{-1}A)^{T}=I^{T}=I$，如所願。

$\Box$

備註。

• 歸納地，我們可以得到一般的“逆乘法性”：$A_{1}A_{2}\cdots A_{n}$ 可逆，並且

$$(A_{1}A_{2}\cdots A_{n})^{-1}=A_{n}^{-1}\cdots A_{2}^{-1}A_{1}^{-1}$$

矩陣逆可用於求解線性方程組，如下所示

命題。 令 $A\mathbf {x} =\mathbf {b}$ 是一個線性方程組，其中 $A$ 是一個 可逆 矩陣。那麼，該線性方程組有一個 唯一 的解，由 $\mathbf {x} =A^{-1}\mathbf {b}$ 給出。

證明。 $${\begin{aligned}&&A\mathbf {x} &=\mathbf {b} \\&\Leftrightarrow &{\color {green}A^{-1}}A\mathbf {x} &={\color {green}A^{-1}}\mathbf {b} \\&\Leftrightarrow &I\mathbf {x} &={\color {green}A^{-1}}\mathbf {b} \\&\Leftrightarrow &\mathbf {x} &={\color {green}A^{-1}}\mathbf {b} \\\end{aligned}}$$

$\Box$

接下來，我們將定義 初等矩陣，它與初等行變換密切相關，對於證明與初等行變換相關的結果非常重要。

定義。 （初等矩陣）令 $n$ 是一個正整數。有 三種 型別的 $n\times n$ 初等矩陣。第一類、第二類或第三類 初等矩陣 是透過對 單位矩陣 $I_{n}$ 分別進行第一類、第二類或第三類 初等行變換 所得到的矩陣。

備註。

• 如果一個矩陣需要透過對單位矩陣進行 兩次或多次 初等行變換來得到，那麼它 不是 初等矩陣。

示例： 矩陣 $${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\\\end{pmatrix}}$$ 是一個 初等矩陣，屬於 I 類，因為它可以透過對 $I_{3}$ 進行初等行變換 $\mathbf {r} _{2}\leftrightarrow \mathbf {r} _{3}$ 而得到，矩陣 $${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&7&0\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$$ 是一個 初等矩陣，屬於 II 類，因為它可以透過對 $I_{3}$ 進行初等行變換 $7\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}$ 而得到，而矩陣 $${\begin{pmatrix}1&-9&0\\0&1&0\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$$ 是一個 初等矩陣，屬於 III 類，因為它可以透過對 $I_{3}$ 進行初等行變換 $-9\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}$ 而得到。

矩陣 $${\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}}$$ 不是初等矩陣，因為它需要至少兩次初等行變換才能從 $I_{3}$ 得到，例如，以 $\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{3},\mathbf {r} _{2}\leftrightarrow \mathbf {r} _{3}$ 這樣的順序。

練習。

選擇正確語句

	初等矩陣的乘積是初等矩陣
	$(AB)^{-1}=(BA)^{-1}$ 當 $B$ 是 $A$ 的逆矩陣時。
	如果 $A$ 和 $B$ 是相同大小的可逆矩陣，則 SLE $AB\mathbf {x} =\mathbf {b}$ 有唯一的解。
	初等矩陣的和是初等矩陣

命題。 設 $A$ 為一個 $m\times n$ 矩陣。如果 $B$ 是透過對 $A$ 執行一次 ERO 而得到的，那麼存在一個 $m\times m$ 初等矩陣 $E$ 使得 $B=EA$，並且 $E$ 可以透過對 $I_{m}$ 執行 相同 ERO 而得到。

反之，如果 $E$ 是一個 $m\times m$ 初等矩陣，那麼 $EA$ 是透過對 $A$ 執行 相應的 ERO 而得到的。

證明。 概述：$2\times 2$ 案例：例如

• 型別 I ERO：$${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}{\overset {\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}c&d\\a&b\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\times a+1\times c&0\times b+1\times d\\1\times a+0\times c&1\times b+0\times d\\\end{pmatrix}}$$
• 型別 II ERO

$${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}{\overset {k\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}ka&kb\\c&d\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}k&0\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}k\times a+0\times c&k\times b+0\times d\\0\times a+k\times c&0\times b+k\times d\\\end{pmatrix}}$$

• III 類初等行變換

$${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}{\overset {k\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}a&b\\c+ka&d+kb\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\k&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\times a+k\times c&1\times b+0\times d\\k\times a+1\times c&k\times b+1\times d\\\end{pmatrix}}$$

$\Box$

備註。

• 命題的說明

$${\begin{aligned}A&{\overset {\text{ERO}}{\to }}B={\color {green}E}A\\I_{m}&{\overset {\text{ERO}}{\to }}{\color {green}E}\end{aligned}}$$

• 歸納地，我們有

$${\begin{aligned}A&{\overset {\color {green}{\text{ERO 1}}}{\to }}{\color {green}E_{1}}A{\overset {\color {blue}{\text{ERO 2}}}{\to }}{\color {blue}E_{2}}({\color {green}E_{1}}A)\cdots {\overset {\color {brown}{\text{ERO }}n}{\to }}B={\color {brown}E_{n}}\cdots {\color {blue}E_{2}}{\color {green}E_{1}}A\\I_{m}&{\overset {\color {green}{\text{ERO 1}}}{\to }}{\color {green}E_{1}}{\overset {\color {blue}{\text{ERO 2}}}{\to }}{\color {blue}E_{2}}{\color {green}E_{1}}\cdots {\overset {\color {brown}{\text{ERO }}n}{\to }}{\color {brown}E_{n}}\cdots {\color {blue}E_{2}}{\color {green}E_{1}}\end{aligned}}$$

示例。 以下 EROs $${\begin{pmatrix}1&2\\3&4\\\end{pmatrix}}{\overset {\color {green}\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}3&4\\1&2\\\end{pmatrix}}{\overset {\color {blue}-3\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}-9&-12\\1&2\\\end{pmatrix}}{\overset {\color {brown}4\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}-5&-4\\1&2\\\end{pmatrix}}$$ 對應於矩陣乘法 $${\begin{pmatrix}-5&-4\\1&2\\\end{pmatrix}}={\color {brown}{\begin{pmatrix}1&4\\0&1\\\end{pmatrix}}}{\color {blue}{\begin{pmatrix}-3&0\\0&1\\\end{pmatrix}}}{\color {green}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\\\end{pmatrix}}}{\begin{pmatrix}1&2\\3&4\\\end{pmatrix}}$$

命題。（初等矩陣的可逆性）初等矩陣是可逆的。初等矩陣的逆矩陣也是一個相同型別的初等矩陣。

證明。 每個 ERO 的逆過程都是相同型別的 ERO。令 $E_{1}$ 和 $E_{2}$ 分別是這兩個 ERO（一個 ERO 及其逆過程）所對應的初等矩陣，它們是相同型別的。那麼，$E_{2}E_{1}=I\Leftrightarrow E_{1}^{-1}=E_{2}$，如我們所願（因為 $I$ 可以透過對 $I$ 執行一個 ERO 及其逆過程來獲得）。

$\Box$

備註。

• 如果 $R$ 是 $A$ 的行最簡形，則 $R=E_{k}\cdots E_{2}E_{1}A$ 對於一些初等矩陣 $E_{1},E_{2},\ldots ,E_{k}$

• 由於初等矩陣是可逆的，$E_{k}\cdots E_{2}E_{1}$ 是可逆的，並且等於 $E_{1}^{-1}E_{2}^{-1}\cdots E_{k}^{-1}$
• 換句話說，$R=PA$ 對於一些可逆矩陣 $P$

示例. 由於 $\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{2}$，$2\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}$ 和 $2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}$ 的逆過程是 $\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{2}$，${\frac {1}{2}}\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}$ 和 $-2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}$，則初等矩陣 ${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\\\end{pmatrix}}$，${\begin{pmatrix}2&0\\0&1\\\end{pmatrix}}$ 和 ${\begin{pmatrix}1&0\\2&1\\\end{pmatrix}}$ 的逆矩陣分別是 ${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\\\end{pmatrix}}$，${\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0\\0&1\\\end{pmatrix}}$ 和 ${\begin{pmatrix}1&0\\-2&1\\\end{pmatrix}}$。

特別是，型別 I 初等矩陣的逆矩陣是其本身。

練習。 已知矩陣 $B={\begin{pmatrix}1&3&8\\3&7&2\\0&2&2\\\end{pmatrix}}$ 是透過對矩陣 $A$ 進行初等行變換 $\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{3},3\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2},-\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{3}\to \mathbf {r} _{3}$ （按此順序）得到的， 且 $B^{-1}={\frac {1}{20}}{\begin{pmatrix}5&5&-25\\-3&1&11\\3&-1&-1\\\end{pmatrix}}$.

1 求 $A$.

	${\begin{pmatrix}1&5&10\\1&{\frac {7}{3}}&{\frac {2}{3}}\\1&3&8\\\end{pmatrix}}$
	${\begin{pmatrix}0&2&2\\9&21&6\\1&1&6\\\end{pmatrix}}$
	${\begin{pmatrix}-1&-1&-6\\9&21&6\\1&3&8\\\end{pmatrix}}$
	${\begin{pmatrix}7&9&1\\-1&21&3\\2&6&0\\\end{pmatrix}}$

2 求 $A^{-1}$.

	${\frac {1}{20}}{\begin{pmatrix}-25&15&30\\11&3&-14\\-1&-3&4\end{pmatrix}}$
	${\frac {1}{20}}{\begin{pmatrix}-30&15&5\\41&3&-3\\-4&-3&3\end{pmatrix}}$
	${\frac {1}{20}}{\begin{pmatrix}8&4&-26\\-1&{\frac {1}{3}}&{\frac {11}{3}}\\5&5&-25\end{pmatrix}}$

然後，我們將陳述一個關於可逆矩陣定理的簡化版本，其中從可逆矩陣定理的完整版本中刪除了一些結果。

定理。 (簡化可逆矩陣定理) 令 $A$ 是一個 $n\times n$ 矩陣。那麼，以下等價。

(i) $A$ 是可逆的

(ii) 齊次線性方程組 $A\mathbf {x} =\mathbf {0}$ 只有平凡的解 $\mathbf {x} =\mathbf {0}$

(iii) $A$ 的行最簡形 是 ${\color {green}I_{n}}$

(iv) $A$ 是初等矩陣的乘積

證明。 為了證明這一點，我們可以建立一個迴圈蘊涵，即 (i) $\Rightarrow$ (ii) $\Rightarrow$ (iii) $\Rightarrow$ (iv) $\Rightarrow$ (i)，那麼，當我們從四個語句中選擇兩個任意語句時，它們彼此等價，這意味著四個語句都是等價的。

(i) $\Rightarrow$ (ii): 這是由關於求解線性方程組的命題推出的，並且 $\mathbf {x} =A^{-1}\mathbf {0} =\mathbf {0}$

(ii) $\Rightarrow$ (iii): 由於線性方程組有唯一解，因此線性方程組的增廣矩陣 $(A|\mathbf {0} )$ 的行最簡形在最前面的 $n$ 列中都包含主元，但在第 $(n+1)$ 列中沒有主元，即為 $(I_{n}|\mathbf {0} )$。由此可知，$A$ 的行最簡形為 $I_{n}$，因為在進行任意初等行變換後，最右邊的零列仍然是零列。

(iii) $\Rightarrow$ (iv): 由於 $A$ 的行最簡形為 $I_{n}$，且 $A$ 等於 $E_{k}\cdots E_{2}E_{1}A$（其中 $E_{1},E_{2},\ldots ,E_{k}$ 是若干個初等矩陣），由此可知 $E_{k}\cdots E_{2}E_{1}A=I_{n}$。根據矩陣逆的定義和一般的“逆乘法性”，我們有 $$A=(E_{k}\cdots E_{2}E_{1})^{-1}=E_{1}^{-1}E_{2}^{-1}\cdots E_{k}^{-1},$$

例如，$A$ 是初等矩陣的乘積。

(iv) $\Rightarrow$ (i)：因為 $A$ 是初等矩陣的乘積，而初等矩陣可逆，所以根據矩陣逆的“反乘法”性質，$A$ 可逆。

$\Box$

備註。

• 這個定理為我們提供了多種方法來證明矩陣的可逆性：我們可以透過證明等價命題中的一個來證明它。

• 這可能使證明更容易。

• 稍後，當我們討論關於這些等價命題的一些結果時，它們可以與該定理聯絡起來。

例如。 考慮矩陣 $${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}$$。我們可以透過高斯-若爾當演算法找到它的行最簡形，如下所示： $${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}{\overset {-2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&2\\0&-3\\\end{pmatrix}}{\overset {-{\frac {1}{3}}\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&2\\0&1\\\end{pmatrix}}{\overset {-2\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\\end{pmatrix}}.$$ 因為它的行最簡形是 ${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\\end{pmatrix}}=I_{2}$，根據簡化的可逆矩陣定理，我們還有以下結果

(i) ${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}$ 可逆

(ii)齊次線性方程組 ${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}\mathbf {x} =\mathbf {0}$ 只有平凡解 $\mathbf {x} =0$

(iii) ${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}$ 是初等矩陣的乘積

讓我們逐一驗證它們。

(i): $${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1/3&2/3\\2/3&-1/3\\\end{pmatrix}}=I_{2}$$ Y

(ii): 線性方程組可以表示為增廣矩陣 ${\begin{pmatrix}1&2&0\\2&1&0\\\end{pmatrix}}$，我們可以使用高斯-約旦消元法找到它的行最簡形，如下所示： $${\begin{pmatrix}1&2&0\\2&1&0\\\end{pmatrix}}{\overset {-2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&-3&0\\\end{pmatrix}}{\overset {-{\frac {1}{3}}\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&0\\\end{pmatrix}}{\overset {-2\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\\end{pmatrix}}.$$

然後，我們可以直接從增廣矩陣的行最簡形中讀出，線性方程組只有平凡解。 Y

(iii): $${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\2&1\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0\\0&-3\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\0&1\\\end{pmatrix}}$$ Y

練習。 考慮矩陣 $A={\begin{pmatrix}2&3&1\\3&6&1\\2&0&2\\\end{pmatrix}}$，和線性方程組 $S={\begin{cases}3x+y&=-2z\\6x+y&=-3z\\y&=-z\end{cases}}$.

選擇正確的語句。

	$A$ 是可逆的
	$S$ 有唯一解
	$A$ 不是初等矩陣的乘積
	$A$ 的行最簡形為 ${\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&-3\\0&0&0\\\end{pmatrix}}$

以下提供了一種方便高效的方法來求矩陣的逆。

定理。 （使用高斯-約旦演算法求矩陣逆）令 $A$ 為一個 $n\times n$ 可逆矩陣。那麼，我們可以將（增廣）矩陣 $(A|I_{n})$ 轉換為（增廣）矩陣 $(I_{n}|B)$ ($B$ 與 $A$ 大小相同），這是 $(A|I_{n})$ 的行最簡形，使用有限個 ERO，我們有 ${\color {green}B=A^{-1}}$.

證明： 概述：我們可以寫出 $E_{k}\cdots E_{1}({\color {green}A}|{\color {blue}I_{n}})=({\color {green}I_{n}}|{\color {blue}B})$ 對於一些初等矩陣 $E_{1},\ldots ,E_{k}$，因為 $({\color {green}I_{n}}|{\color {blue}B})$ 是 $({\color {green}A}|{\color {blue}I_{n}})$ 的行最簡形式。然後，可以證明 $E_{k}\cdots E_{1}{\color {green}A}={\color {green}I_{n}}$ 以及 $E_{k}\cdots E_{1}{\color {blue}I_{n}}={\color {blue}B}$。由此得出 $${\color {blue}B}{\color {green}A}=(E_{k}\cdots \underbrace {E_{1}{\color {blue}I_{n}}} _{E_{1}}){\color {green}A}=I_{n},$$ 因此 $B=A^{-1}$.

$\Box$

備註。

• 如果 $A$ 不可逆，我們就無法將 $(A|I_{n})$ 變換為 $(I_{n}|B)$（但 $(A|I_{n})$ 的行最簡形式仍然存在，只是它不是 $(I_{n}|B)$ 的形式）。

示例。 令 $A={\begin{pmatrix}2&0\\2&2\end{pmatrix}}$. 對 A 進行如下行初等變換：$$\left({\begin{array}{cc|cc}2&0&1&0\\2&2&0&1\\\end{array}}\right){\overset {{\frac {1}{2}}\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&0&1/2&0\\2&2&0&1\\\end{array}}\right){\overset {-2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&0&1/2&0\\0&2&-1&1\\\end{array}}\right){\overset {{\frac {1}{2}}\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&0&1/2&0\\0&1&-1/2&1/2\\\end{array}}\right),$$ 我們得到 $A^{-1}={\begin{pmatrix}1/2&0\\-1/2&1/2\\\end{pmatrix}}$.

我們之前證明過$C={\begin{pmatrix}1&3\\4&12\\\end{pmatrix}}$ 是不可逆的。現在，我們驗證將 $(C|I_{2})$ 轉換為 $(I_{2}|B)$ 是不可能的，其中 $B=C^{-1}$。我們執行 EROs 如下：$$\left({\begin{array}{cc|cc}1&3&1&0\\4&12&0&1\\\end{array}}\right){\overset {-4\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&3&1&0\\0&0&-4&1\\\end{array}}\right){\overset {-{\frac {1}{4}}\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&3&1&0\\0&0&1&-1/4\\\end{array}}\right){\overset {-\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&3&0&1/4\\0&0&1&-1/4\\\end{array}}\right)$$ 最後一個矩陣是 RREF。我們可以從第一個 ERO 中看到，為了使 $(2,1)$ 項為零，我們也會使 $(2,2)$ 項為零。因此，不可能有這種轉換。

練習。 讓 $E_{1},\ldots ,E_{k}$ 為一些相同大小的初等矩陣 $n\times n$。

選擇正確的語句。

	我們可以將 $(E_{1}|I_{n})$ 轉換為 $(I_{n}|B)$，其中 $B$ 與 $E_{1}$ 大小相同
	我們可以將 $(E_{1}|I_{n})(E_{2}|I_{n})$ 轉化為 $(I_{n}|B_{1})(I_{n}|B_{2})$，其中 $B_{1},B_{2}$ 與 $E$ 大小相同。
	我們可以將 $(E_{1}|I_{n})+(E_{2}|I_{n})$ 轉化為 $(I_{n}|B_{1})+(I_{n}|B_{2})$，其中 $B_{1},B_{2}$ 與 $E$ 大小相同。
	我們可以將 $(A|I_{n})$ 轉化為 $(C|B)$，其中 $A,B,C$ 大小相同 $n\times n$

行列式

然後，我們將討論 行列式，它可以用來描述 方陣 的一些性質。

定義.（行列式）令 $A=(a_{ij})$ 為一個 $n\times n$ 矩陣。矩陣 $A$ 的 行列式，記為 $\det A$ 或 $|A|$，被 遞迴 地定義如下

• 當 $n=1$ 時，我們定義 $\det A=a_{11}$
• 當 $n\geq 2$ 時，假設我們已經定義了每個 $(n-1)\times (n-1)$ 矩陣的行列式。令 $A_{ij}$ 是透過刪除 $i$ 行和 $j$ 列得到的 $(n-1)\times (n-1)$ （子）矩陣。我們定義 $(i,j)$ - 餘子式為 $c_{ij}=(-1)^{i+j}\det(A_{ij})$。然後，我們定義

$$\det A=a_{11}c_{11}+a_{12}c_{12}+\cdots +a_{1n}c_{1n}.$$

備註。

• 子式 是方陣子矩陣的行列式
• 由所有 餘子式 組成的矩陣 $(c_{ij})$ 稱為 餘子式矩陣
• 當 $n\geq 2$ 時的定義也稱為沿第一行的 餘子式展開（或 拉普拉斯展開）。
• 另一種記號： ${\begin{vmatrix}a&b\\c&d\\\end{vmatrix}}=\det {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}$，並且對於不同大小的矩陣有類似的記號
• 餘子式的符號是 交替 的。矩陣中每個元素位置對應的餘子式符號如下所示

$${\begin{pmatrix}+&-&+&-&\cdots \\-&+&-&+&\cdots \\+&-&+&-&\cdots \\-&+&-&+&\cdots \\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots \\\end{pmatrix}},$$

看起來像一個“棋盤”圖案。

• 我們可以從上面的模式中觀察到，位於 主對角線 上的餘子式的符號始終為正。
• 這是因為主對角線上，行號 $i$ 等於列號 $j$，因此 $(-1)^{i+j}=(-1)^{2i}=1^{i}=1$

• (一些刪除行和列的示例)

$${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}{\color {red}{\cancel {a_{11}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{12}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{13}}}}\\{\color {red}{\cancel {a_{21}}}}&a_{22}&a_{23}\\{\color {red}{\cancel {a_{31}}}}&a_{32}&a_{33}\\\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}{\color {red}{\cancel {a_{11}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{12}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{13}}}}\\a_{21}&{\color {red}{\cancel {a_{22}}}}&a_{23}\\a_{31}&{\color {red}{\cancel {a_{32}}}}&a_{33}\\\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}{\color {red}{\cancel {a_{11}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{12}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{13}}}}\\a_{21}&a_{22}&{\color {red}{\cancel {a_{23}}}}\\a_{31}&a_{32}&{\color {red}{\cancel {a_{33}}}}\\\end{pmatrix}},\\{\begin{pmatrix}{\color {red}{\cancel {a_{11}}}}&a_{12}&a_{13}\\{\color {red}{\cancel {a_{21}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{22}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{23}}}}\\{\color {red}{\cancel {a_{31}}}}&a_{32}&a_{33}\\\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}a_{11}&{\color {red}{\cancel {a_{12}}}}&a_{13}\\{\color {red}{\cancel {a_{21}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{22}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{23}}}}\\a_{31}&{\color {red}{\cancel {a_{32}}}}&a_{33}\\\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&{\color {red}{\cancel {a_{13}}}}\\{\color {red}{\cancel {a_{21}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{22}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{23}}}}\\a_{31}&a_{32}&{\color {red}{\cancel {a_{33}}}}\\\end{pmatrix}},\\{\begin{pmatrix}{\color {red}{\cancel {a_{11}}}}&a_{12}&a_{13}\\{\color {red}{\cancel {a_{21}}}}&a_{22}&a_{23}\\{\color {red}{\cancel {a_{31}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{32}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{33}}}}\\\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}a_{11}&{\color {red}{\cancel {a_{12}}}}&a_{13}\\a_{21}&{\color {red}{\cancel {a_{22}}}}&a_{23}\\{\color {red}{\cancel {a_{31}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{32}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{33}}}}\\\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&{\color {red}{\cancel {a_{13}}}}\\a_{21}&a_{22}&{\color {red}{\cancel {a_{23}}}}\\{\color {red}{\cancel {a_{31}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{32}}}}&{\color {red}{\cancel {a_{33}}}}\\\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$$

例： ($2\times 2$ 和 $3\times 3$ 矩陣的行列式公式) $${\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\\\end{vmatrix}}=a_{11}\underbrace {\det(a_{22})} _{a_{22}}-a_{12}\underbrace {\det(a_{21})} _{a_{21}}={\color {green}a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}}$$ 和 $${\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}=+a_{11}{\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}-a_{12}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}}+a_{13}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}}=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{21}a_{32}a_{31}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{23}a_{32}a_{11}$$

對於 $3\times 3$ 矩陣的行列式公式，我們有一個有用的記憶技巧，即 薩呂斯法則，如下所示

命題。 (薩呂斯法則) 我們可以計算 $3\times 3$ 矩陣，如下所示：，其中紅色箭頭對應正項，藍色箭頭對應負項。更準確地說，我們可以透過 $a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{21}a_{32}a_{31}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{23}a_{32}a_{11}$ 計算影像中的矩陣。

證明。 它來自上面示例中的公式。

$\Box$

接下來，我們將舉一個計算 $4\times 4$ 矩陣行列式的例子，它不能直接用薩呂斯法則計算。

例。 $${\begin{vmatrix}2&1&0&0\\3&2&5&6\\2&0&2&2\\9&8&7&6\\\end{vmatrix}}=2{\begin{vmatrix}2&5&6\\0&2&2\\8&7&6\\\end{vmatrix}}+0-0-1{\begin{vmatrix}3&5&6\\2&2&2\\9&7&6\\\end{vmatrix}}=2[2(2)(6)+5(2)(8)+0(7)(6)-6(2)(8)-5(0)(6)-2(7)(2)]-2[3(2)(6)+5(2)(9)+2(7)(6)-6(2)(9)-5(2)(6)-2(7)(3)]=-40$$

命題。 (零矩陣和單位矩陣的行列式) 零矩陣的行列式為 $0$，單位矩陣的行列式為 $1$.

證明。

• $\det O=0\cdot c_{11}+0\cdot c_{12}+\cdots +0\cdot c_{1n}$
• $\det I_{n}=1\cdot c_{11}+0\cdot c_{12}+\cdots +0\cdot c_{1n}=c_{1}1=\det I_{n-1}$ （因為在刪除 $I_{n}$ 的第一行和第一列後獲得的子矩陣是 $I_{n-1}$）

• 因此，根據歸納法，$\det I_{n}=\det I_{n-1}=\cdots =\underbrace {\det I_{1}=1} _{\text{by definition}}$

$\Box$

事實上，我們可以透過以下定理，沿任意行進行 餘因子展開 來計算行列式。

定理. （餘因子展開定理）令 $A=(a_{ij})$ 為一個 $n\times n$ 矩陣，其餘因子為 $c_{ij}$。那麼，$$\det A=a_{i1}c_{i1}+a_{i2}c_{i2}+\cdots +a_{in}c_{in}$$ 以及 $$\det A=a_{1j}c_{1j}+a_{2j}c_{2j}+\cdots +a_{nj}c_{nj}$$ 對於每個正整數 $i,j$ 成立。

備註。

• 第一個公式是沿 $i$ 行進行的 餘因子展開，第二個公式是沿 $j$ 列進行的 餘因子展開

其證明（對於一般情況）比較複雜，這裡省略。

例： （餘因子展開定理的圖示）$${\begin{vmatrix}2&{\color {green}0}&2&2\\1&{\color {green}0}&2&3\\3&{\color {green}4}&4&5\\8&{\color {green}0}&7&6\end{vmatrix}}=-4{\begin{vmatrix}2&2&2\\1&2&3\\8&7&6\\\end{vmatrix}}=-4[2(2)(6)+2(3)(8)+2(1)(7)-2(2)(8)-2(1)(6)-3(7)(2)]=0.$$ 我們在這裡使用第二列的餘因子展開。

練習： 令 $A={\begin{pmatrix}2&0&0&0\\5&3&0&0\\9&6&4&0\\12&4&8&5\\\end{pmatrix}}$.

1 計算 $\det A$.

	14
	60
	104
	120
	150

2 計算 $\det A^{T}$.

	14
	60
	104
	120
	150

3 選擇正確陳述。

	$\det A-\det A^{T}=\det(A-A^{T})$ 對於每個矩陣 $A$
	每個矩陣的行列式只有一個可能的值
	如果兩個矩陣具有相同的行列式，那麼這兩個矩陣相同
	矩陣 $A$ 的子矩陣的行列式必須小於 $A$ 的行列式

接下來，我們將討論行列式的幾個屬性，這些屬性可以簡化其計算。

命題： （執行初等行變換時對行列式的影響）令 $A$ 為方陣。

• （型別 I 初等行變換）如果我們交換 $A$ 的兩行，行列式將乘以 $-1$；
• （型別 II 初等行變換）如果我們用一個非零常數 $k$ 乘以 $A$ 的一行，行列式將乘以 $k$；
• (III 類初等行變換) 如果我們將矩陣 $A$ 的某一行乘以一個數並加到另一行，行列式保持不變。

證明： 概述

• (I 類初等行變換) 例如：

$${\begin{aligned}{\begin{vmatrix}{\color {green}a_{11}}&{\color {green}a_{12}}&{\color {green}a_{13}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}&={\color {green}a_{11}}{\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}-{\color {green}a_{12}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}}+{\color {green}a_{13}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}}\\{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}&a_{23}\\{\color {green}a_{11}}&{\color {green}a_{12}}&{\color {green}a_{13}}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}&=-{\color {green}a_{11}}{\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}+{\color {green}a_{12}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}}-{\color {green}a_{13}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}}=-{\begin{vmatrix}{\color {green}a_{11}}&{\color {green}a_{12}}&{\color {green}a_{13}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}\end{aligned}}$$

• (II 類初等行變換) 例如：

$${\begin{vmatrix}{\color {green}ka_{11}}&{\color {green}ka_{12}}&{\color {green}ka_{13}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}={\color {green}ka_{11}}{\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}-{\color {green}ka_{12}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}}+{\color {green}ka_{13}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}}=k\left({\color {green}a_{11}}{\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}-{\color {green}a_{12}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}}+{\color {green}a_{13}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}}\right)=k{\begin{vmatrix}{\color {green}a_{11}}&{\color {green}a_{12}}&{\color {green}a_{13}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}$$

• (III 型初等行變換) 例如

$${\begin{aligned}{\begin{vmatrix}{\color {green}a_{11}}+{\color {blue}ka_{21}}&{\color {green}a_{11}}+{\color {blue}ka_{22}}&{\color {green}a_{11}}+{\color {blue}ka_{22}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}&=({\color {green}a_{11}}+{\color {blue}ka_{21}}){\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}-({\color {green}a_{12}}+{\color {blue}ka_{22}}){\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}}+({\color {green}a_{13}}+{\color {blue}ka_{23}}){\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}}\\&=\underbrace {{\color {green}a_{11}}{\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}-{\color {green}a_{12}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}}+{\color {green}a_{13}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}}} _{\begin{vmatrix}{\color {green}a_{11}}&{\color {green}a_{12}}&{\color {green}a_{13}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}+\underbrace {{\color {blue}ka_{21}}{\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}-{\color {blue}ka_{22}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}}+{\color {blue}ka_{23}}{\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}}} _{\begin{vmatrix}{\color {blue}ka_{21}}&{\color {blue}ka_{22}}&{\color {blue}ka_{23}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}\\&={\begin{vmatrix}{\color {green}a_{11}}&{\color {green}a_{12}}&{\color {green}a_{13}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}+{\color {blue}k}\underbrace {\begin{vmatrix}{\color {blue}a_{21}}&{\color {blue}a_{22}}&{\color {blue}a_{23}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}} _{0}\\&={\begin{vmatrix}{\color {green}a_{11}}&{\color {green}a_{12}}&{\color {green}a_{13}}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\\\end{vmatrix}}\end{aligned}}$$

$\Box$

備註。

• 對於與 II 型初等行變換相關的性質，$k$ 可以為零，行列式乘以零。 但是，如果 $k=0$，則將該行乘以 $k$ 不是 II 型初等行變換。
• 具有兩行相同的矩陣的行列式為零，因為以下推論基於關於 I 型初等行變換的結果。
• 鑑於此命題，我們有一些策略可以更輕鬆地計算行列式，如下所示。

• 應用 II 型初等行變換來取出行的公倍數以減少條目的數值，從而使計算更容易。
• 應用 III 型初等行變換以建立更多零作為條目。
• 應用餘因子展開沿許多零的行或列。

• 除了命題中提到的初等行變換之外，我們實際上還可以應用初等列運算 (ECO)。

• 這是因為矩陣轉置的行列式等於原始矩陣的行列式（這將在關於行列式性質的命題中提到）。
• 因此，應用初等列運算本質上與應用初等行變換相同，只是從不同的角度來看待這些運算。

• 我們有類似的初等列運算的符號，用 $\mathbf {r}$ （代表行）替換為 $\mathbf {c}$ （代表列）。

例：（範德蒙矩陣） $${\begin{vmatrix}1&a&a^{2}\\1&b&b^{2}\\1&c&c^{2}\\\end{vmatrix}}{\overset {-\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\overset {-\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{3}\to \mathbf {r} _{3}}{=}}}{\begin{vmatrix}1&a&a^{2}\\0&b-a&b^{2}-a^{2}\\0&c-a&c^{2}-a^{2}\\\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}b-a&(b-a)(b+a)\\c-a&(c-a)(c+a)\end{vmatrix}}=(b-a)(c-a){\begin{vmatrix}1&b+a\\1&c+a\\\end{vmatrix}}=(b-a)(c-a)(c+a-b-a)=(b-a)(c-a)(c-b)$$

推論：具有兩行相同的方陣的行列式為零。

證明：令 $A$ 是一個具有兩行相同的方陣。如果我們在 $A$ 中交換兩行相同的行，矩陣仍然相同，但其行列式乘以 $-1$，即 $$\det A=-\det A\Leftrightarrow 2\det A=0\Leftrightarrow \det A=0.$$ 或者，可以用定義和歸納法來證明。

$\Box$

練習。

計算 ${\begin{vmatrix}1&2&3&4\\2&3&4&1\\3&4&1&2\\4&1&2&3\\\end{vmatrix}}$。 (提示: 多次應用 III 類初等行變換或初等列變換，在不影響行列式值的情況下，簡化計算)

	10
	16
	80
	160
	320

然後，我們將介紹一種方便的方法來判斷矩陣的可逆性。在介紹定理之前，我們有一個引理。

引理。 對於每個初等矩陣 $E$ 和矩陣 $A$ , $$\det(EA)=(\det E)(\det A).$$

證明。

• (型別 I: $\mathbf {r} _{i}\leftrightarrow \mathbf {r} _{j}$) $\det E=-1$ 並且 $\det(EA)=-\det A=(\det E)(\det A)$ （因為我們交換了行）
• (型別 II: $k\mathbf {r} _{i}\to \mathbf {r} _{i}$) $\det E=k$ 並且 $\det(EA)=k\det A=(\det E)(\det A)$ （因為我們用非零常數乘以一行）
• (型別 III: $k\mathbf {r} _{j}+\mathbf {r} _{i}\to \mathbf {r} _{i}$) $\det E=1$ 並且 $\det(EA)=\det A=(\det E)(\det A)$ （因為我們將一行乘以一個常數並加到另一行）

$\Box$

定理。 （用行列式判斷可逆性）方陣是 可逆的當且僅當 它的 行列式 是 非零 的。

證明。

• 當且僅當的一部分：根據簡化的可逆矩陣定理，矩陣 $A$ 可逆等價於 $A$ 是初等矩陣的乘積。因此，如果我們用 $E_{1},\ldots ,E_{k}$ 表示這些初等矩陣，那麼

$${\begin{aligned}&&A&=E_{1}E_{2}\cdots E_{k}\\&\Rightarrow &\det A&=(\det E_{1})\det(\underbrace {E_{2}E_{3}\cdots E_{k}} _{\text{a matrix}})\quad ({\text{not }}\Leftrightarrow {\text{ since determinant function is many-to-one}})\\&&&=(\det E_{1})\det(E_{2})\det(E_{3}\cdots E_{k})\\&&&=\cdots \\&&&=(\det E_{1})\det(E_{2})\cdots (\det E_{k})\end{aligned}}$$

• 如果部分：設 $A=E_{1}\cdots E_{k}R$，其中 $E_{1},\ldots ,E_{k}$ 是初等矩陣，$R$ 是 $A$ 的行最簡形式。這 意味著

$$\det A=(\det E_{1})\cdots (\det E_{k})(\det R).$$

由於 $\det A\neq 0$，所以 $\det R\neq 0$。因此，$R$ 沒有零行（否則其行列式為零）。由於 $R$ 是行最簡形式，所以 $R=I$（因為 $R$ 是方陣，如果不是所有列都包含主元 1，那麼根據行最簡形式的定義，至少有一行零位於其底部）。根據簡化可逆矩陣定理，$A$ 是可逆的。

$\Box$

介紹完這個結果後，我們將介紹一些行列式的性質，這些性質可以簡化行列式的計算。

命題。（行列式的性質）令 $A$ 和 $B$ 是相同大小的方陣。那麼，以下內容成立。

• (乘法性) $\det(AB)=(\det A)(\det B)$
• (行列式在轉置後不變) $\det(A^{T})=\det A$
• (矩陣逆的行列式是矩陣行列式的逆) $\det(A^{-1})=(\det A)^{-1}$

證明。

• (乘法性) 令 $A=E_{1}\cdots E_{k}R$，其中 $E_{1},\ldots ,E_{k}$ 為初等矩陣，$R$ 為 $A$ 的行最簡形式。那麼，

$$\det(A{\color {green}B})=(E_{1}\cdots E_{k}R{\color {green}B})=(\det E_{1})\cdots (\det E_{k})\det(R{\color {green}B}),$$

以及

$$(\det A)(\det {\color {green}B})=(\det E_{1})\cdots (\det E_{k})(\det R)(\det {\color {green}B}).$$

• 然後，需要證明 $\det(RB)=(\det R)(\det B)$
• 如果 $R=I$，那麼 $\det(RB)=\det B=(\det R)(\det B)$
• 如果 $R\neq I$，那麼 $R$ 的最後一行是零行，所以 $\det R=0=(\underbrace {\det R} _{0})(\det B)$

• $RB$ 的最後一行也是零行，因此 $\det(RB)=0=(\det R)(\det B)$

• 結果隨之而來

• (行列式的轉置不變性)我們可以透過歸納法和餘因子展開定理來證明它，例如 ${\begin{vmatrix}{\color {green}1}&{\color {green}2}&{\color {green}3}\\4&5&6\\7&8&9\\\end{vmatrix}}$ 與 ${\begin{vmatrix}{\color {green}1}&4&7\\{\color {green}2}&5&8\\{\color {green}3}&6&9\\\end{vmatrix}}$
• (矩陣逆的行列式是矩陣行列式的逆)使用乘法性質

$$AA^{-1}=I\implies (\det A)(\det(A^{-1}))=\det I=1\implies \det(A^{-1})=(\det A)^{-1}$$ ($\det A\neq 0$ 因為 $A$ 是可逆的)

$\Box$

示例。 令 $A={\begin{pmatrix}1&2&3&4\\2&3&4&5\\3&4&5&6\\4&5&6&7\\\end{pmatrix}}$。由於 $$\det A{\overset {-2\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{3}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{=}}{\begin{vmatrix}0&0&0&0\\2&3&4&5\\3&4&5&6\\4&5&6&7\\\end{vmatrix}}=0,$$ $A$ 是 不可逆的。根據簡化的可逆矩陣定理，我們還有以下結果

• 齊次線性方程組 $A\mathbf {x} =\mathbf {0}$ 不僅有平凡解
• $A$ 的行最簡形式不是 $I$
• $A$ 不能表示為初等矩陣的乘積

練習。

選擇正確的語句。

	如果 $A$ 和 $B$ 不可逆，則 $AB$ 也不可逆
	如果 $A$ 和 $B$ 可逆，則 $AB$ 也可逆
	如果 $A$ 和 $B$ 不可逆，則 $A+B$ 也不可逆
	如果 $A$ 和 $B$ 可逆，則 $A+B$ 也可逆
	$\det(A+B)=\det A+\det B$ 對於每個矩陣 $A,B$
	$\det(AB)=\det(BA)$ 對於每個矩陣 $A,B$
	$\det(A^{n})=(\det A)^{n}$ 對於每個矩陣 $A$ 和每個整數 $n\geq -1$

然後，我們將介紹矩陣的 伴隨矩陣，它在計算矩陣逆運算方面具有顯著的結果。

定義。 (矩陣的伴隨矩陣) 設 $A$ 為一個 $n\times n$ 矩陣。矩陣 $A$ 的 伴隨矩陣，記作 $\operatorname {adj} A$，是一個 $n\times n$ 矩陣，它的 $(i,j)$ 元素是代數餘子式 $c_{ji}$。

備註。

• 因此，$\operatorname {adj} A$ 是矩陣 $A$ 的代數餘子式矩陣的轉置，即 $\operatorname {adj} A=(c_{ij})^{T}$

• 使用這種方式計算伴隨矩陣更為常見。

定理。 (伴隨矩陣與行列式之間的關係) 設 $A$ 為一個 $n\times n$ 矩陣。那麼，$$A(\operatorname {adj} A)=(\operatorname {adj} A)A=(\det A)I_{n}$$

證明。 證明過程比較複雜，這裡省略。

$\Box$

推論。 (矩陣逆的公式) 如果 $A$ 可逆，則它的逆矩陣由下式給出 $$A^{-1}={\frac {1}{\det A}}\operatorname {adj} A$$

證明。 $$A(\operatorname {adj} A)=(\det A)I_{n}\Leftrightarrow A\left({\frac {1}{\det A}}\operatorname {adj} A\right)=I_{n}\Leftrightarrow A^{-1}={\frac {1}{\det A}}\operatorname {adj} A$$

$\Box$

示例。 ($2\times 2$ 矩陣逆的公式) 令 $A={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}}$. 那麼，$$A^{-1}={\frac {1}{\det A}}\operatorname {adj} A={\frac {1}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}}}{\begin{pmatrix}(-1)^{1+1}a_{22}&(-1)^{1+2}a_{21}\\(-1)^{2+1}a_{12}&(-1)^{2+2}a_{11}\end{pmatrix}}^{\color {green}T}={\frac {1}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}}}{\begin{pmatrix}a_{22}&-a_{12}\\-a_{21}&a_{11}\end{pmatrix}}.$$ 也就是說，我們可以透過交換 $(1,1)$ 和 $(2,2)$ 元素，將 $(1,2)$ 和 $(2,1)$ 元素乘以 $-1$ (不進行交換)，然後將矩陣乘以其行列式的倒數來找到 $2\times 2$ 矩陣的逆。

示例. （不可逆矩陣的伴隨矩陣）令 $A={\begin{pmatrix}1&2&3\\1&2&3\\3&4&5\\\end{pmatrix}}$。那麼，$$\operatorname {adj} A={\begin{pmatrix}{\begin{vmatrix}2&3\\4&5\\\end{vmatrix}}&-{\begin{vmatrix}1&3\\3&5\\\end{vmatrix}}&{\begin{vmatrix}1&2\\3&4\end{vmatrix}}\\-{\begin{vmatrix}2&3\\4&5\\\end{vmatrix}}&{\begin{vmatrix}1&3\\3&5\\\end{vmatrix}}&-{\begin{vmatrix}1&2\\3&4\end{vmatrix}}\\{\begin{vmatrix}2&3\\2&3\\\end{vmatrix}}&-{\begin{vmatrix}1&3\\1&3\\\end{vmatrix}}&{\begin{vmatrix}1&2\\1&2\end{vmatrix}}\\\end{pmatrix}}^{\color {green}T}={\begin{pmatrix}-2&4&-2\\2&-4&2\\0&0&0\\\end{pmatrix}}^{T}={\begin{pmatrix}-2&2&0\\4&-4&0\\-2&2&0\\\end{pmatrix}}.$$ 此外，我們有 $$A(\operatorname {adj} A)=(\operatorname {adj} A)A=O=\det A(I_{3})=0(I_{3})$$

練習。

使用矩陣伴隨矩陣，求解線性方程組 ${\begin{cases}x+2y+3z&=3\\4x+2y+3z&=6\\6x+3y+9z&=9\end{cases}}$。已知該線性方程組有唯一解。

其唯一解是

$x=$

$y=$

$z=$

然後，我們將介紹一個可以用來直接計算線性方程組唯一解的結果，即 克拉默法則。

定理. （克萊姆法則）設 $A\mathbf {x} =\mathbf {b}$ 是一個線性方程組，其中 $A$ 是一個 可逆 $n\times n$ 矩陣，而 $\mathbf {x} =(x_{1},\ldots ,x_{n})^{T}$ （我們使用這個符號來表示 ${\begin{pmatrix}x_{1}&\cdots &x_{n}\end{pmatrix}}^{T}$，一個 $1\times n$ 矩陣的轉置）。設 $\Delta =\det A$，設 $\Delta _{k}$ 是透過 替換 $A$ 的第 $k$ 列為列 $\mathbf {b}$ 所得到的矩陣的行列式，對於每個 $k\in \{1,2,\ldots ,n\}$。該線性方程組的 唯一解 由 $$(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})=\left({\frac {\Delta _{1}}{\Delta }},{\frac {\Delta _{2}}{\Delta }},\ldots ,{\frac {\Delta _{n}}{\Delta }}\right).$$

證明。 由於 $A$ 可逆，SLE 的唯一解是 $\mathbf {x} =A^{-1}\mathbf {b}$。利用矩陣逆的公式，我們有 $$A^{-1}\mathbf {b} ={\frac {1}{\Delta }}(\operatorname {adj} A)\mathbf {b} .$$ 因此，對於每個 $k\in \{1,2,\ldots ,n\}$，$$x_{k}={\frac {1}{\Delta }}(c_{1k}b_{1}+c_{2k}b_{2}+\cdots +c_{nk}b_{n})={\frac {\Delta _{k}}{\Delta }}$$ ($c_{1k},c_{2k},\ldots ,c_{nk}$ 是 $\operatorname {adj} A$ 的第 $k$ 行（以及 $A$ 的餘因子矩陣的第 $k$ 列）的元素，因此如上所述乘以這些元素得到 $\mathbf {x}$ 的第 $(k,1)$ 個元素，即 $x_{k}$)

$\Box$

示例. 考慮 SLE $${\begin{cases}x+2y+3z&=1\\3x+6y+4z&=0\\2+9y+2z&=0\\\end{cases}}.$$ 由於 $${\begin{aligned}\Delta &={\begin{vmatrix}1&2&3\\3&6&4\\2&9&2\\\end{vmatrix}}=25,\\\Delta _{1}&={\begin{vmatrix}1&2&3\\0&6&4\\0&9&2\\\end{vmatrix}}=-24,\\\Delta _{2}&={\begin{vmatrix}1&1&3\\3&0&4\\2&0&2\\\end{vmatrix}}=2,\\\Delta _{3}&={\begin{vmatrix}1&2&1\\3&6&0\\2&9&0\\\end{vmatrix}}=15,\end{aligned}}$$ 這個 SLE 的唯一解是 $$(x,y,z)=\left({\frac {\Delta _{1}}{\Delta }},{\frac {\Delta _{2}}{\Delta }},{\frac {\Delta _{3}}{\Delta }}\right)=\left(-{\frac {24}{25}},{\frac {2}{25}},{\frac {15}{25}}\right)=\left(-{\frac {24}{25}},{\frac {2}{25}},{\frac {3}{5}}\right)$$

練習. 求解 SLE ${\begin{cases}2x+3y+5z&=0\\4x+6y+10z&=1\\5x+3y+5z&=2\end{cases}}$.

解答.

Since ${\begin{vmatrix}2&3&5\\4&6&10\\5&3&5\\\end{vmatrix}}=0$, the matrix ${\begin{pmatrix}2&3&5\\4&6&10\\5&3&5\\\end{pmatrix}}$ is non-invertible. Thus, we cannot use Cramer's rule. Instead, we can transform the augmented matrix representing the SLE to RREF, as follows: $${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2&3&5&0\\4&6&10&1\\5&3&5&2\\\end{pmatrix}}&{\overset {{\frac {1}{2}}\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&{\frac {3}{2}}&{\frac {5}{2}}&0\\4&6&10&1\\5&3&5&2\\\end{pmatrix}}\\&{\overset {-4\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&{\frac {3}{2}}&{\frac {5}{2}}&0\\0&0&0&1\\5&3&5&2\\\end{pmatrix}}\\&{\overset {-5\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{3}\to \mathbf {r} _{3}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&{\frac {3}{2}}&{\frac {5}{2}}&0\\0&0&0&1\\0&-{\frac {9}{2}}&-{\frac {15}{2}}&2\\\end{pmatrix}}\\&{\overset {\mathbf {r} _{2}\leftrightarrow \mathbf {r} _{3}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&{\frac {3}{2}}&{\frac {5}{2}}&0\\0&-{\frac {9}{2}}&-{\frac {15}{2}}&2\\0&0&0&1\\\end{pmatrix}}\\&{\overset {-{\frac {2}{9}}\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&{\frac {3}{2}}&{\frac {5}{2}}&0\\0&1&{\frac {5}{3}}&-{\frac {4}{9}}\\0&0&0&1\\\end{pmatrix}}\\&{\overset {-{\frac {3}{2}}\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&0&0&{\frac {2}{3}}\\0&1&{\frac {5}{3}}&-{\frac {4}{9}}\\0&0&0&1\\\end{pmatrix}}\end{aligned}}$$ Since there is a leading one at the 4th column, the SLE is inconsistent.