线性代数入门/矩阵逆和行列式

矩阵逆

矩阵逆类似于数系中的乘法逆（或倒数）。

定义。 （矩阵逆）一个$n\times n$矩阵$A$是可逆（或非奇异）的，如果存在一个$n\times n$矩阵$B$，使得$$AB=I_{n}=BA.$$矩阵$B$是$A$的逆，通常记为$A^{-1}$。 一个没有逆的矩阵是不可逆（或奇异）的。

备注。

• 根据可逆矩阵定理（完整版本的证明很复杂，所以省略了），如果其中一个$AB=I_{n}$和$BA=I_{n}$成立，那么另一个也成立

在数系中，乘法逆（如果存在）是唯一的。实际上，矩阵逆（如果存在）也是唯一的，这一点在下面的命题中有所体现。

命题。 （矩阵逆的唯一性）矩阵逆，如果存在，是唯一的。

证明。 假设相反，存在不同的矩阵$B$ 和 $C$ 都是矩阵 $A$ 的逆矩阵。 那么，根据矩阵逆的定义，$AB=BA=AC=CA=I$。 如果矩阵 $A$ 的逆矩阵存在，我们有 $$AB=AC\Leftrightarrow A^{-1}AB=A^{-1}AC\Leftrightarrow IB=IC\Leftrightarrow B=C,$$ 这会导致矛盾。

$\Box$

示例。 (可逆矩阵) 矩阵$${\begin{pmatrix}1&2\\3&0\\\end{pmatrix}}$$ 是可逆的，它的逆矩阵是$${\begin{pmatrix}0&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{6}}\end{pmatrix}},$$ 因为 $${\begin{pmatrix}1&2\\3&0\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{6}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}=I_{2}$$ (这意味着按照另一种顺序进行矩阵乘法也是$I_{2}$，根据可逆矩阵定理)

练习。

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

	是
	否

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

证明： 假设相反，即矩阵是 可逆的，即存在一个矩阵 ${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}$ 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，这个等式等价于 $${\begin{pmatrix}a+4c&b+4d\\3a+12c&b+12d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\\end{pmatrix}}\Leftrightarrow {\begin{cases}a+4c&=1\\3a+12c&=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}a+4c&=1\\a+4c&=0\end{cases}},$$ 这不可能，导致矛盾。

$\Box$

练习。

1 选择所有正确的陈述。

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

2 选择所有正确的陈述。

	因为 ${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\1&1\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&1\\\end{pmatrix}}$，${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$ 的逆矩阵为 ${\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\1&1\\\end{pmatrix}}$。
	令 $A$ 为一个矩阵。 $(A^{-1})^{-1}=A$
	如果矩阵 $A$ 可逆，对于与 $A$ 尺寸相同的每个矩阵 $B$，都有 $AB=BA$ 。

命题.（矩阵逆的性质）令 $A$ 和 $B$ 为相同大小的可逆矩阵，令 $c$ 为非零标量。则，

• （自逆性）$A^{-1}$ 可逆，且 $(A^{-1})^{-1}=A$
• （标量乘法性）$cA$ 可逆，且 $(cA)^{-1}=c^{-1}A^{-1}$
• （逆乘法性）$AB$ 可逆，并且$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$
• （逆矩阵和转置矩阵的可交换性）$A^{T}$ 可逆，$(A^{T})^{-1}=(A^{-1})^{T}$

证明。

• （自可逆性）由于 $A$ 可逆，$AA^{-1}=A^{-1}A=I$，因此 $A^{-1}$ 可逆，其逆矩阵为 $A$
• （标量乘法性）$(cA)(c^{-1}A^{-1})=(cc^{-1})(AA^{-1})=1(I)=I$，如所愿。
• （逆乘法性）$(AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=AIA^{-1}=AA^{-1}=I$，如所愿。
• （逆矩阵和转置矩阵的可交换性）$(A^{T})(A^{-1})^{T}=(A^{-1}A)^{T}=I^{T}=I$，如所愿。

$\Box$

备注。

• 归纳地，我们可以得到一般的“逆乘法性”：$A_{1}A_{2}\cdots A_{n}$ 可逆，并且

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

矩阵逆可用于求解线性方程组，如下所示

命题。 令 $A\mathbf {x} =\mathbf {b}$ 是一个线性方程组，其中 $A$ 是一个 可逆 矩阵。那么，该线性方程组有一个 唯一 的解，由 $\mathbf {x} =A^{-1}\mathbf {b}$ 给出。

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

$\Box$

接下来，我们将定义 初等矩阵，它与初等行变换密切相关，对于证明与初等行变换相关的结果非常重要。

定义。 （初等矩阵）令 $n$ 是一个正整数。有 三种 类型的 $n\times n$ 初等矩阵。第一类、第二类或第三类 初等矩阵 是通过对 单位矩阵 $I_{n}$ 分别进行第一类、第二类或第三类 初等行变换 所得到的矩阵。

备注。

• 如果一个矩阵需要通过对单位矩阵进行 两次或多次 初等行变换来得到，那么它 不是 初等矩阵。

示例： 矩阵 $${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\\\end{pmatrix}}$$ 是一个 初等矩阵，属于 I 类，因为它可以通过对 $I_{3}$ 进行初等行变换 $\mathbf {r} _{2}\leftrightarrow \mathbf {r} _{3}$ 而得到，矩阵 $${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&7&0\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$$ 是一个 初等矩阵，属于 II 类，因为它可以通过对 $I_{3}$ 进行初等行变换 $7\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}$ 而得到，而矩阵 $${\begin{pmatrix}1&-9&0\\0&1&0\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$$ 是一个 初等矩阵，属于 III 类，因为它可以通过对 $I_{3}$ 进行初等行变换 $-9\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}$ 而得到。

矩阵 $${\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}}$$ 不是初等矩阵，因为它需要至少两次初等行变换才能从 $I_{3}$ 得到，例如，以 $\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{3},\mathbf {r} _{2}\leftrightarrow \mathbf {r} _{3}$ 这样的顺序。

练习。

选择正确语句

	初等矩阵的乘积是初等矩阵
	$(AB)^{-1}=(BA)^{-1}$ 当 $B$ 是 $A$ 的逆矩阵时。
	如果 $A$ 和 $B$ 是相同大小的可逆矩阵，则 SLE $AB\mathbf {x} =\mathbf {b}$ 有唯一的解。
	初等矩阵的和是初等矩阵

命题。 设 $A$ 为一个 $m\times n$ 矩阵。如果 $B$ 是通过对 $A$ 执行一次 ERO 而得到的，那么存在一个 $m\times m$ 初等矩阵 $E$ 使得 $B=EA$，并且 $E$ 可以通过对 $I_{m}$ 执行 相同 ERO 而得到。

反之，如果 $E$ 是一个 $m\times m$ 初等矩阵，那么 $EA$ 是通过对 $A$ 执行 相应的 ERO 而得到的。

证明。 概述：$2\times 2$ 案例：例如

• 类型 I ERO：$${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}{\overset {\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}c&d\\a&b\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\times a+1\times c&0\times b+1\times d\\1\times a+0\times c&1\times b+0\times d\\\end{pmatrix}}$$
• 类型 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 类初等行变换

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

$\Box$

备注。

• 命题的说明

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

• 归纳地，我们有

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

示例。 以下 EROs $${\begin{pmatrix}1&2\\3&4\\\end{pmatrix}}{\overset {\color {green}\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}3&4\\1&2\\\end{pmatrix}}{\overset {\color {blue}-3\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}-9&-12\\1&2\\\end{pmatrix}}{\overset {\color {brown}4\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}-5&-4\\1&2\\\end{pmatrix}}$$ 对应于矩阵乘法 $${\begin{pmatrix}-5&-4\\1&2\\\end{pmatrix}}={\color {brown}{\begin{pmatrix}1&4\\0&1\\\end{pmatrix}}}{\color {blue}{\begin{pmatrix}-3&0\\0&1\\\end{pmatrix}}}{\color {green}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\\\end{pmatrix}}}{\begin{pmatrix}1&2\\3&4\\\end{pmatrix}}$$

命题。（初等矩阵的可逆性）初等矩阵是可逆的。初等矩阵的逆矩阵也是一个相同类型的初等矩阵。

证明。 每个 ERO 的逆过程都是相同类型的 ERO。令 $E_{1}$ 和 $E_{2}$ 分别是这两个 ERO（一个 ERO 及其逆过程）所对应的初等矩阵，它们是相同类型的。那么，$E_{2}E_{1}=I\Leftrightarrow E_{1}^{-1}=E_{2}$，如我们所愿（因为 $I$ 可以通过对 $I$ 执行一个 ERO 及其逆过程来获得）。

$\Box$

备注。

• 如果 $R$ 是 $A$ 的行最简形，则 $R=E_{k}\cdots E_{2}E_{1}A$ 对于一些初等矩阵 $E_{1},E_{2},\ldots ,E_{k}$

• 由于初等矩阵是可逆的，$E_{k}\cdots E_{2}E_{1}$ 是可逆的，并且等于 $E_{1}^{-1}E_{2}^{-1}\cdots E_{k}^{-1}$
• 换句话说，$R=PA$ 对于一些可逆矩阵 $P$

示例. 由于 $\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{2}$，$2\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}$ 和 $2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}$ 的逆过程是 $\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{2}$，${\frac {1}{2}}\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}$ 和 $-2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}$，则初等矩阵 ${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\\\end{pmatrix}}$，${\begin{pmatrix}2&0\\0&1\\\end{pmatrix}}$ 和 ${\begin{pmatrix}1&0\\2&1\\\end{pmatrix}}$ 的逆矩阵分别是 ${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\\\end{pmatrix}}$，${\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0\\0&1\\\end{pmatrix}}$ 和 ${\begin{pmatrix}1&0\\-2&1\\\end{pmatrix}}$。

特别是，类型 I 初等矩阵的逆矩阵是其本身。

练习。 已知矩阵 $B={\begin{pmatrix}1&3&8\\3&7&2\\0&2&2\\\end{pmatrix}}$ 是通过对矩阵 $A$ 进行初等行变换 $\mathbf {r} _{1}\leftrightarrow \mathbf {r} _{3},3\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2},-\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{3}\to \mathbf {r} _{3}$ （按此顺序）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 $A^{-1}$.

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

然后，我们将陈述一个关于可逆矩阵定理的简化版本，其中从可逆矩阵定理的完整版本中删除了一些结果。

定理。 (简化可逆矩阵定理) 令 $A$ 是一个 $n\times n$ 矩阵。那么，以下等价。

(i) $A$ 是可逆的

(ii) 齐次线性方程组 $A\mathbf {x} =\mathbf {0}$ 只有平凡的解 $\mathbf {x} =\mathbf {0}$

(iii) $A$ 的行最简形 是 ${\color {green}I_{n}}$

(iv) $A$ 是初等矩阵的乘积

证明。 为了证明这一点，我们可以建立一个循环蕴涵，即 (i) $\Rightarrow$ (ii) $\Rightarrow$ (iii) $\Rightarrow$ (iv) $\Rightarrow$ (i)，那么，当我们从四个语句中选择两个任意语句时，它们彼此等价，这意味着四个语句都是等价的。

(i) $\Rightarrow$ (ii): 这是由关于求解线性方程组的命题推出的，并且 $\mathbf {x} =A^{-1}\mathbf {0} =\mathbf {0}$

(ii) $\Rightarrow$ (iii): 由于线性方程组有唯一解，因此线性方程组的增广矩阵 $(A|\mathbf {0} )$ 的行最简形在最前面的 $n$ 列中都包含主元，但在第 $(n+1)$ 列中没有主元，即为 $(I_{n}|\mathbf {0} )$。由此可知，$A$ 的行最简形为 $I_{n}$，因为在进行任意初等行变换后，最右边的零列仍然是零列。

(iii) $\Rightarrow$ (iv): 由于 $A$ 的行最简形为 $I_{n}$，且 $A$ 等于 $E_{k}\cdots E_{2}E_{1}A$（其中 $E_{1},E_{2},\ldots ,E_{k}$ 是若干个初等矩阵），由此可知 $E_{k}\cdots E_{2}E_{1}A=I_{n}$。根据矩阵逆的定义和一般的“逆乘法性”，我们有 $$A=(E_{k}\cdots E_{2}E_{1})^{-1}=E_{1}^{-1}E_{2}^{-1}\cdots E_{k}^{-1},$$

例如，$A$ 是初等矩阵的乘积。

(iv) $\Rightarrow$ (i)：因为 $A$ 是初等矩阵的乘积，而初等矩阵可逆，所以根据矩阵逆的“反乘法”性质，$A$ 可逆。

$\Box$

备注。

• 这个定理为我们提供了多种方法来证明矩阵的可逆性：我们可以通过证明等价命题中的一个来证明它。

• 这可能使证明更容易。

• 稍后，当我们讨论关于这些等价命题的一些结果时，它们可以与该定理联系起来。

例如。 考虑矩阵 $${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}$$。我们可以通过高斯-若尔当算法找到它的行最简形，如下所示： $${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}{\overset {-2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&2\\0&-3\\\end{pmatrix}}{\overset {-{\frac {1}{3}}\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&2\\0&1\\\end{pmatrix}}{\overset {-2\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\\end{pmatrix}}.$$ 因为它的行最简形是 ${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\\end{pmatrix}}=I_{2}$，根据简化的可逆矩阵定理，我们还有以下结果

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

(ii)齐次线性方程组 ${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}\mathbf {x} =\mathbf {0}$ 只有平凡解 $\mathbf {x} =0$

(iii) ${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\\\end{pmatrix}}$ 是初等矩阵的乘积

让我们逐一验证它们。

(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): 线性方程组可以表示为增广矩阵 ${\begin{pmatrix}1&2&0\\2&1&0\\\end{pmatrix}}$，我们可以使用高斯-约旦消元法找到它的行最简形，如下所示： $${\begin{pmatrix}1&2&0\\2&1&0\\\end{pmatrix}}{\overset {-2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&-3&0\\\end{pmatrix}}{\overset {-{\frac {1}{3}}\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&0\\\end{pmatrix}}{\overset {-2\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\\end{pmatrix}}.$$

然后，我们可以直接从增广矩阵的行最简形中读出，线性方程组只有平凡解。 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

练习。 考虑矩阵 $A={\begin{pmatrix}2&3&1\\3&6&1\\2&0&2\\\end{pmatrix}}$，和线性方程组 $S={\begin{cases}3x+y&=-2z\\6x+y&=-3z\\y&=-z\end{cases}}$.

选择正确的语句。

	$A$ 是可逆的
	$S$ 有唯一解
	$A$ 不是初等矩阵的乘积
	$A$ 的行最简形为 ${\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&-3\\0&0&0\\\end{pmatrix}}$

以下提供了一种方便高效的方法来求矩阵的逆。

定理。 （使用高斯-约旦算法求矩阵逆）令 $A$ 为一个 $n\times n$ 可逆矩阵。那么，我们可以将（增广）矩阵 $(A|I_{n})$ 转换为（增广）矩阵 $(I_{n}|B)$ ($B$ 与 $A$ 大小相同），这是 $(A|I_{n})$ 的行最简形，使用有限个 ERO，我们有 ${\color {green}B=A^{-1}}$.

证明： 概述：我们可以写出 $E_{k}\cdots E_{1}({\color {green}A}|{\color {blue}I_{n}})=({\color {green}I_{n}}|{\color {blue}B})$ 对于一些初等矩阵 $E_{1},\ldots ,E_{k}$，因为 $({\color {green}I_{n}}|{\color {blue}B})$ 是 $({\color {green}A}|{\color {blue}I_{n}})$ 的行最简形式。然后，可以证明 $E_{k}\cdots E_{1}{\color {green}A}={\color {green}I_{n}}$ 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 $B=A^{-1}$.

$\Box$

备注。

• 如果 $A$ 不可逆，我们就无法将 $(A|I_{n})$ 变换为 $(I_{n}|B)$（但 $(A|I_{n})$ 的行最简形式仍然存在，只是它不是 $(I_{n}|B)$ 的形式）。

示例。 令 $A={\begin{pmatrix}2&0\\2&2\end{pmatrix}}$. 对 A 进行如下行初等变换：$$\left({\begin{array}{cc|cc}2&0&1&0\\2&2&0&1\\\end{array}}\right){\overset {{\frac {1}{2}}\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&0&1/2&0\\2&2&0&1\\\end{array}}\right){\overset {-2\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&0&1/2&0\\0&2&-1&1\\\end{array}}\right){\overset {{\frac {1}{2}}\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&0&1/2&0\\0&1&-1/2&1/2\\\end{array}}\right),$$ 我们得到 $A^{-1}={\begin{pmatrix}1/2&0\\-1/2&1/2\\\end{pmatrix}}$.

我们之前证明过$C={\begin{pmatrix}1&3\\4&12\\\end{pmatrix}}$ 是不可逆的。现在，我们验证将 $(C|I_{2})$ 转换为 $(I_{2}|B)$ 是不可能的，其中 $B=C^{-1}$。我们执行 EROs 如下：$$\left({\begin{array}{cc|cc}1&3&1&0\\4&12&0&1\\\end{array}}\right){\overset {-4\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&3&1&0\\0&0&-4&1\\\end{array}}\right){\overset {-{\frac {1}{4}}\mathbf {r} _{2}\to \mathbf {r} _{2}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&3&1&0\\0&0&1&-1/4\\\end{array}}\right){\overset {-\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{\to }}\left({\begin{array}{cc|cc}1&3&0&1/4\\0&0&1&-1/4\\\end{array}}\right)$$ 最后一个矩阵是 RREF。我们可以从第一个 ERO 中看到，为了使 $(2,1)$ 项为零，我们也会使 $(2,2)$ 项为零。因此，不可能有这种转换。

练习。 让 $E_{1},\ldots ,E_{k}$ 为一些相同大小的初等矩阵 $n\times n$。

选择正确的语句。

	我们可以将 $(E_{1}|I_{n})$ 转换为 $(I_{n}|B)$，其中 $B$ 与 $E_{1}$ 大小相同
	我们可以将 $(E_{1}|I_{n})(E_{2}|I_{n})$ 转化为 $(I_{n}|B_{1})(I_{n}|B_{2})$，其中 $B_{1},B_{2}$ 与 $E$ 大小相同。
	我们可以将 $(E_{1}|I_{n})+(E_{2}|I_{n})$ 转化为 $(I_{n}|B_{1})+(I_{n}|B_{2})$，其中 $B_{1},B_{2}$ 与 $E$ 大小相同。
	我们可以将 $(A|I_{n})$ 转化为 $(C|B)$，其中 $A,B,C$ 大小相同 $n\times n$

行列式

然后，我们将讨论 行列式，它可以用来描述 方阵 的一些性质。

定义.（行列式）令 $A=(a_{ij})$ 为一个 $n\times n$ 矩阵。矩阵 $A$ 的 行列式，记为 $\det A$ 或 $|A|$，被 递归 地定义如下

• 当 $n=1$ 时，我们定义 $\det A=a_{11}$
• 当 $n\geq 2$ 时，假设我们已经定义了每个 $(n-1)\times (n-1)$ 矩阵的行列式。令 $A_{ij}$ 是通过删除 $i$ 行和 $j$ 列得到的 $(n-1)\times (n-1)$ （子）矩阵。我们定义 $(i,j)$ - 余子式为 $c_{ij}=(-1)^{i+j}\det(A_{ij})$。然后，我们定义

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

备注。

• 子式 是方阵子矩阵的行列式
• 由所有 余子式 组成的矩阵 $(c_{ij})$ 称为 余子式矩阵
• 当 $n\geq 2$ 时的定义也称为沿第一行的 余子式展开（或 拉普拉斯展开）。
• 另一种记号： ${\begin{vmatrix}a&b\\c&d\\\end{vmatrix}}=\det {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}}$，并且对于不同大小的矩阵有类似的记号
• 余子式的符号是 交替 的。矩阵中每个元素位置对应的余子式符号如下所示

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

看起来像一个“棋盘”图案。

• 我们可以从上面的模式中观察到，位于 主对角线 上的余子式的符号始终为正。
• 这是因为主对角线上，行号 $i$ 等于列号 $j$，因此 $(-1)^{i+j}=(-1)^{2i}=1^{i}=1$

• (一些删除行和列的示例)

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

对于 $3\times 3$ 矩阵的行列式公式，我们有一个有用的记忆技巧，即 萨吕斯法则，如下所示

命题。 (萨吕斯法则) 我们可以计算 $3\times 3$ 矩阵，如下所示：，其中红色箭头对应正项，蓝色箭头对应负项。更准确地说，我们可以通过 $a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{21}a_{32}a_{31}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{23}a_{32}a_{11}$ 计算图像中的矩阵。

证明。 它来自上面示例中的公式。

$\Box$

接下来，我们将举一个计算 $4\times 4$ 矩阵行列式的例子，它不能直接用萨吕斯法则计算。

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

命题。 (零矩阵和单位矩阵的行列式) 零矩阵的行列式为 $0$，单位矩阵的行列式为 $1$.

证明。

• $\det O=0\cdot c_{11}+0\cdot c_{12}+\cdots +0\cdot c_{1n}$
• $\det I_{n}=1\cdot c_{11}+0\cdot c_{12}+\cdots +0\cdot c_{1n}=c_{1}1=\det I_{n-1}$ （因为在删除 $I_{n}$ 的第一行和第一列后获得的子矩阵是 $I_{n-1}$）

• 因此，根据归纳法，$\det I_{n}=\det I_{n-1}=\cdots =\underbrace {\det I_{1}=1} _{\text{by definition}}$

$\Box$

事实上，我们可以通过以下定理，沿任意行进行 余因子展开 来计算行列式。

定理. （余因子展开定理）令 $A=(a_{ij})$ 为一个 $n\times n$ 矩阵，其余因子为 $c_{ij}$。那么，$$\det A=a_{i1}c_{i1}+a_{i2}c_{i2}+\cdots +a_{in}c_{in}$$ 以及 $$\det A=a_{1j}c_{1j}+a_{2j}c_{2j}+\cdots +a_{nj}c_{nj}$$ 对于每个正整数 $i,j$ 成立。

备注。

• 第一个公式是沿 $i$ 行进行的 余因子展开，第二个公式是沿 $j$ 列进行的 余因子展开

其证明（对于一般情况）比较复杂，这里省略。

例： （余因子展开定理的图示）$${\begin{vmatrix}2&{\color {green}0}&2&2\\1&{\color {green}0}&2&3\\3&{\color {green}4}&4&5\\8&{\color {green}0}&7&6\end{vmatrix}}=-4{\begin{vmatrix}2&2&2\\1&2&3\\8&7&6\\\end{vmatrix}}=-4[2(2)(6)+2(3)(8)+2(1)(7)-2(2)(8)-2(1)(6)-3(7)(2)]=0.$$ 我们在这里使用第二列的余因子展开。

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

1 计算 $\det A$.

	14
	60
	104
	120
	150

2 计算 $\det A^{T}$.

	14
	60
	104
	120
	150

3 选择正确陈述。

	$\det A-\det A^{T}=\det(A-A^{T})$ 对于每个矩阵 $A$
	每个矩阵的行列式只有一个可能的值
	如果两个矩阵具有相同的行列式，那么这两个矩阵相同
	矩阵 $A$ 的子矩阵的行列式必须小于 $A$ 的行列式

接下来，我们将讨论行列式的几个属性，这些属性可以简化其计算。

命题： （执行初等行变换时对行列式的影响）令 $A$ 为方阵。

• （类型 I 初等行变换）如果我们交换 $A$ 的两行，行列式将乘以 $-1$；
• （类型 II 初等行变换）如果我们用一个非零常数 $k$ 乘以 $A$ 的一行，行列式将乘以 $k$；
• (III 类初等行变换) 如果我们将矩阵 $A$ 的某一行乘以一个数并加到另一行，行列式保持不变。

证明： 概述

• (I 类初等行变换) 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 类初等行变换) 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 型初等行变换) 例如

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

$\Box$

备注。

• 对于与 II 型初等行变换相关的性质，$k$ 可以为零，行列式乘以零。 但是，如果 $k=0$，则将该行乘以 $k$ 不是 II 型初等行变换。
• 具有两行相同的矩阵的行列式为零，因为以下推论基于关于 I 型初等行变换的结果。
• 鉴于此命题，我们有一些策略可以更轻松地计算行列式，如下所示。

• 应用 II 型初等行变换来取出行的公倍数以减少条目的数值，从而使计算更容易。
• 应用 III 型初等行变换以创建更多零作为条目。
• 应用余因子展开沿许多零的行或列。

• 除了命题中提到的初等行变换之外，我们实际上还可以应用初等列运算 (ECO)。

• 这是因为矩阵转置的行列式等于原始矩阵的行列式（这将在关于行列式性质的命题中提到）。
• 因此，应用初等列运算本质上与应用初等行变换相同，只是从不同的角度来看待这些运算。

• 我们有类似的初等列运算的符号，用 $\mathbf {r}$ （代表行）替换为 $\mathbf {c}$ （代表列）。

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

推论：具有两行相同的方阵的行列式为零。

证明：令 $A$ 是一个具有两行相同的方阵。如果我们在 $A$ 中交换两行相同的行，矩阵仍然相同，但其行列式乘以 $-1$，即 $$\det A=-\det A\Leftrightarrow 2\det A=0\Leftrightarrow \det A=0.$$ 或者，可以用定义和归纳法来证明。

$\Box$

练习。

计算 ${\begin{vmatrix}1&2&3&4\\2&3&4&1\\3&4&1&2\\4&1&2&3\\\end{vmatrix}}$。 (提示: 多次应用 III 类初等行变换或初等列变换，在不影响行列式值的情况下，简化计算)

	10
	16
	80
	160
	320

然后，我们将介绍一种方便的方法来判断矩阵的可逆性。在介绍定理之前，我们有一个引理。

引理。 对于每个初等矩阵 $E$ 和矩阵 $A$ , $$\det(EA)=(\det E)(\det A).$$

证明。

• (类型 I: $\mathbf {r} _{i}\leftrightarrow \mathbf {r} _{j}$) $\det E=-1$ 并且 $\det(EA)=-\det A=(\det E)(\det A)$ （因为我们交换了行）
• (类型 II: $k\mathbf {r} _{i}\to \mathbf {r} _{i}$) $\det E=k$ 并且 $\det(EA)=k\det A=(\det E)(\det A)$ （因为我们用非零常数乘以一行）
• (类型 III: $k\mathbf {r} _{j}+\mathbf {r} _{i}\to \mathbf {r} _{i}$) $\det E=1$ 并且 $\det(EA)=\det A=(\det E)(\det A)$ （因为我们将一行乘以一个常数并加到另一行）

$\Box$

定理。 （用行列式判断可逆性）方阵是 可逆的当且仅当 它的 行列式 是 非零 的。

证明。

• 当且仅当的一部分：根据简化的可逆矩阵定理，矩阵 $A$ 可逆等价于 $A$ 是初等矩阵的乘积。因此，如果我们用 $E_{1},\ldots ,E_{k}$ 表示这些初等矩阵，那么

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

• 如果部分：设 $A=E_{1}\cdots E_{k}R$，其中 $E_{1},\ldots ,E_{k}$ 是初等矩阵，$R$ 是 $A$ 的行最简形式。这 意味着

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

由于 $\det A\neq 0$，所以 $\det R\neq 0$。因此，$R$ 没有零行（否则其行列式为零）。由于 $R$ 是行最简形式，所以 $R=I$（因为 $R$ 是方阵，如果不是所有列都包含主元 1，那么根据行最简形式的定义，至少有一行零位于其底部）。根据简化可逆矩阵定理，$A$ 是可逆的。

$\Box$

介绍完这个结果后，我们将介绍一些行列式的性质，这些性质可以简化行列式的计算。

命题。（行列式的性质）令 $A$ 和 $B$ 是相同大小的方阵。那么，以下内容成立。

• (乘法性) $\det(AB)=(\det A)(\det B)$
• (行列式在转置后不变) $\det(A^{T})=\det A$
• (矩阵逆的行列式是矩阵行列式的逆) $\det(A^{-1})=(\det A)^{-1}$

证明。

• (乘法性) 令 $A=E_{1}\cdots E_{k}R$，其中 $E_{1},\ldots ,E_{k}$ 为初等矩阵，$R$ 为 $A$ 的行最简形式。那么，

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

以及

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

• 然后，需要证明 $\det(RB)=(\det R)(\det B)$
• 如果 $R=I$，那么 $\det(RB)=\det B=(\det R)(\det B)$
• 如果 $R\neq I$，那么 $R$ 的最后一行是零行，所以 $\det R=0=(\underbrace {\det R} _{0})(\det B)$

• $RB$ 的最后一行也是零行，因此 $\det(RB)=0=(\det R)(\det B)$

• 结果随之而来

• (行列式的转置不变性)我们可以通过归纳法和余因子展开定理来证明它，例如 ${\begin{vmatrix}{\color {green}1}&{\color {green}2}&{\color {green}3}\\4&5&6\\7&8&9\\\end{vmatrix}}$ 与 ${\begin{vmatrix}{\color {green}1}&4&7\\{\color {green}2}&5&8\\{\color {green}3}&6&9\\\end{vmatrix}}$
• (矩阵逆的行列式是矩阵行列式的逆)使用乘法性质

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

$\Box$

示例。 令 $A={\begin{pmatrix}1&2&3&4\\2&3&4&5\\3&4&5&6\\4&5&6&7\\\end{pmatrix}}$。由于 $$\det A{\overset {-2\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{3}+\mathbf {r} _{1}\to \mathbf {r} _{1}}{=}}{\begin{vmatrix}0&0&0&0\\2&3&4&5\\3&4&5&6\\4&5&6&7\\\end{vmatrix}}=0,$$ $A$ 是 不可逆的。根据简化的可逆矩阵定理，我们还有以下结果

• 齐次线性方程组 $A\mathbf {x} =\mathbf {0}$ 不仅有平凡解
• $A$ 的行最简形式不是 $I$
• $A$ 不能表示为初等矩阵的乘积

练习。

选择正确的语句。

	如果 $A$ 和 $B$ 不可逆，则 $AB$ 也不可逆
	如果 $A$ 和 $B$ 可逆，则 $AB$ 也可逆
	如果 $A$ 和 $B$ 不可逆，则 $A+B$ 也不可逆
	如果 $A$ 和 $B$ 可逆，则 $A+B$ 也可逆
	$\det(A+B)=\det A+\det B$ 对于每个矩阵 $A,B$
	$\det(AB)=\det(BA)$ 对于每个矩阵 $A,B$
	$\det(A^{n})=(\det A)^{n}$ 对于每个矩阵 $A$ 和每个整数 $n\geq -1$

然后，我们将介绍矩阵的 伴随矩阵，它在计算矩阵逆运算方面具有显著的结果。

定义。 (矩阵的伴随矩阵) 设 $A$ 为一个 $n\times n$ 矩阵。矩阵 $A$ 的 伴随矩阵，记作 $\operatorname {adj} A$，是一个 $n\times n$ 矩阵，它的 $(i,j)$ 元素是代数余子式 $c_{ji}$。

备注。

• 因此，$\operatorname {adj} A$ 是矩阵 $A$ 的代数余子式矩阵的转置，即 $\operatorname {adj} A=(c_{ij})^{T}$

• 使用这种方式计算伴随矩阵更为常见。

定理。 (伴随矩阵与行列式之间的关系) 设 $A$ 为一个 $n\times n$ 矩阵。那么，$$A(\operatorname {adj} A)=(\operatorname {adj} A)A=(\det A)I_{n}$$

证明。 证明过程比较复杂，这里省略。

$\Box$

推论。 (矩阵逆的公式) 如果 $A$ 可逆，则它的逆矩阵由下式给出 $$A^{-1}={\frac {1}{\det A}}\operatorname {adj} A$$

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

$\Box$

示例。 ($2\times 2$ 矩阵逆的公式) 令 $A={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}}$. 那么，$$A^{-1}={\frac {1}{\det A}}\operatorname {adj} A={\frac {1}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}}}{\begin{pmatrix}(-1)^{1+1}a_{22}&(-1)^{1+2}a_{21}\\(-1)^{2+1}a_{12}&(-1)^{2+2}a_{11}\end{pmatrix}}^{\color {green}T}={\frac {1}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}}}{\begin{pmatrix}a_{22}&-a_{12}\\-a_{21}&a_{11}\end{pmatrix}}.$$ 也就是说，我们可以通过交换 $(1,1)$ 和 $(2,2)$ 元素，将 $(1,2)$ 和 $(2,1)$ 元素乘以 $-1$ (不进行交换)，然后将矩阵乘以其行列式的倒数来找到 $2\times 2$ 矩阵的逆。

示例. （不可逆矩阵的伴随矩阵）令 $A={\begin{pmatrix}1&2&3\\1&2&3\\3&4&5\\\end{pmatrix}}$。那么，$$\operatorname {adj} A={\begin{pmatrix}{\begin{vmatrix}2&3\\4&5\\\end{vmatrix}}&-{\begin{vmatrix}1&3\\3&5\\\end{vmatrix}}&{\begin{vmatrix}1&2\\3&4\end{vmatrix}}\\-{\begin{vmatrix}2&3\\4&5\\\end{vmatrix}}&{\begin{vmatrix}1&3\\3&5\\\end{vmatrix}}&-{\begin{vmatrix}1&2\\3&4\end{vmatrix}}\\{\begin{vmatrix}2&3\\2&3\\\end{vmatrix}}&-{\begin{vmatrix}1&3\\1&3\\\end{vmatrix}}&{\begin{vmatrix}1&2\\1&2\end{vmatrix}}\\\end{pmatrix}}^{\color {green}T}={\begin{pmatrix}-2&4&-2\\2&-4&2\\0&0&0\\\end{pmatrix}}^{T}={\begin{pmatrix}-2&2&0\\4&-4&0\\-2&2&0\\\end{pmatrix}}.$$ 此外，我们有 $$A(\operatorname {adj} A)=(\operatorname {adj} A)A=O=\det A(I_{3})=0(I_{3})$$

练习。

使用矩阵伴随矩阵，求解线性方程组 ${\begin{cases}x+2y+3z&=3\\4x+2y+3z&=6\\6x+3y+9z&=9\end{cases}}$。已知该线性方程组有唯一解。

其唯一解是

$x=$

$y=$

$z=$

然后，我们将介绍一个可以用来直接计算线性方程组唯一解的结果，即 克拉默法则。

定理. （克莱姆法则）设 $A\mathbf {x} =\mathbf {b}$ 是一个线性方程组，其中 $A$ 是一个 可逆 $n\times n$ 矩阵，而 $\mathbf {x} =(x_{1},\ldots ,x_{n})^{T}$ （我们使用这个符号来表示 ${\begin{pmatrix}x_{1}&\cdots &x_{n}\end{pmatrix}}^{T}$，一个 $1\times n$ 矩阵的转置）。设 $\Delta =\det A$，设 $\Delta _{k}$ 是通过 替换 $A$ 的第 $k$ 列为列 $\mathbf {b}$ 所得到的矩阵的行列式，对于每个 $k\in \{1,2,\ldots ,n\}$。该线性方程组的 唯一解 由 $$(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})=\left({\frac {\Delta _{1}}{\Delta }},{\frac {\Delta _{2}}{\Delta }},\ldots ,{\frac {\Delta _{n}}{\Delta }}\right).$$

证明。 由于 $A$ 可逆，SLE 的唯一解是 $\mathbf {x} =A^{-1}\mathbf {b}$。利用矩阵逆的公式，我们有 $$A^{-1}\mathbf {b} ={\frac {1}{\Delta }}(\operatorname {adj} A)\mathbf {b} .$$ 因此，对于每个 $k\in \{1,2,\ldots ,n\}$，$$x_{k}={\frac {1}{\Delta }}(c_{1k}b_{1}+c_{2k}b_{2}+\cdots +c_{nk}b_{n})={\frac {\Delta _{k}}{\Delta }}$$ ($c_{1k},c_{2k},\ldots ,c_{nk}$ 是 $\operatorname {adj} A$ 的第 $k$ 行（以及 $A$ 的余因子矩阵的第 $k$ 列）的元素，因此如上所述乘以这些元素得到 $\mathbf {x}$ 的第 $(k,1)$ 个元素，即 $x_{k}$)

$\Box$

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

练习. 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.