5.1 可逆矩阵

方阵可能把不同输入送到同一个输出，也可能无法产生某些输出。逆矩阵要完全撤销原矩阵的作用，就必须保证每个输出都恰好对应一个输入。因此，可逆性与方程组 $Ax=b$ 的解集直接相关。除非另有说明，矩阵元素均取实数。

开始之前

矩阵乘法必须保持因子次序，每一步合法的初等行变换都可逆。方程组 $Ax=b$ 有唯一解，当且仅当它一致，且化简后每个变量列都有主元。可逆性将保证每个维数适当的右端都满足这个条件。

左逆和右逆

定义 5.1.1

（左逆与右逆）

设 $A$ 是一个 $p \times q$ 矩阵。

如果一个 $q \times p$ 矩阵 $H$ 满足 $HA = I_q$ ，那么 $H$ 是 $A$ 的左逆。
如果一个 $q \times p$ 矩阵 $G$ 满足 $AG = I_p$ ，那么 $G$ 是 $A$ 的右逆。

对长方形矩阵，左逆或右逆可以单独存在；但若两者都存在，它们必定相同。方阵还具有更强的性质：只要任意一侧的逆存在，另一侧的逆也存在。

定义 5.1.2

（可逆矩阵）

如果 $A$ 是一个 $p \times p$ 方阵，并且存在另一个 $p \times p$ 矩阵 $B$ 使得

BA = AB = I_p,

那么 $A$ 称为可逆。矩阵 $B$ 称为 $A$ 的逆矩阵，记作 $A^{-1}$ 。

定理 5.1.3

（逆矩阵是唯一的）

设 $A$ 是 $p\times q$ 矩阵， $B,C$ 是 $q\times p$ 矩阵。若 $B$ 是 $A$ 的左逆， $C$ 是右逆，则 $B=C$ 。特别地，可逆方阵恰好有一个逆矩阵。

证明

（为什么逆矩阵唯一）

假设给出 $BA=I_q$ 与 $AC=I_p$ 。由结合律，

B=BI_p=B(AC)=(BA)C=I_qC=C.

这里没有交换任何因子。可逆方阵的任意两个逆矩阵都满足这些假设，因此必定相同。

什么叫可逆

逆矩阵的定义要求恢复每个输入向量。对角矩阵尤其容易显示这种作用。

例题 5.1.4

（对角矩阵最容易看出逆矩阵）

设

D = \operatorname{diag}(2, -1, 3).

那么

D^{-1} = \operatorname{diag}\left(\tfrac{1}{2}, -1, \tfrac{1}{3}\right).

原因很直接：对角线上的非零元素变成倒数，其余位置的零保持不变。把 $D$ 和 $D^{-1}$ 相乘，就会得到 $I_3$ 。

等价表述

定理 5.1.5

（识别可逆矩阵的等价条件）

设 $A$ 是实 $p\times p$ 矩阵。以下条件等价：

$A$ 可逆。
$A$ 与 $I_p$ 行等价。
$A$ 是若干个 $p$ 阶初等行变换矩阵的乘积。
$A$ 有左逆。
$A$ 有右逆。
$A$ 非奇异，即 $Ax=0$ 只有零解。
对每个 $b\in\mathbb R^p$ ，方程组 $Ax=b$ 都一致。
对每个 $b\in\mathbb R^p$ ，方程组 $Ax=b$ 都恰好有一个解。

等价地， $A$ 的列向量线性独立，或它们张成 $\mathbb R^p$ 。这些条件成立时，唯一解为 $A^{-1}b$ 。

证明

（方阵假设在等价性证明中的作用）

若 $H$ 是左逆，则 $Ax=0$ 蕴含 $x=HAx=0$ 。反过来，设齐次系统只有零解。在 $A$ 的任意最简行阶梯形中，自由变量都会产生一个非零齐次解，因此每列都有主元。由于 $A$ 是方阵，恰有 $p$ 个主元行，所得最简行阶梯形必为 $I_p$ 。

若行变换乘积 $E$ 满足 $EA=I_p$ ，反向链说明 $E$ 可逆，而且 $A=E^{-1}$ 。因此 $A$ 可逆，并且本身是初等矩阵的乘积。反过来，这类乘积可逆，而逆矩阵尤其是左逆。这就连接了条件 1–4 和 6，并没有假设 RREF 唯一。

现设 $AG=I_p$ 。此时 $A$ 是方阵 $G$ 的左逆，刚证明的左逆判别使 $G$ 可逆，从而 $A=A(GG^{-1})=(AG)G^{-1}=G^{-1}$ 可逆。这就证明了右逆判别，没有擅自颠倒乘积。

若每个 $Ax=b$ 都一致，对 $I_p$ 的第 $j$ 列 $e_j$ 选择解 $u_j$ ，使 $Au_j=e_j$ 。令 $U=[u_1\ \cdots\ u_p]$ ，便有 $AU=I_p$ ，可用右逆判别。最后，若 $A$ 可逆，则 $A(A^{-1}b)=b$ 证明解存在；任意解 $x$ 都满足 $x=A^{-1}Ax=A^{-1}b$ ，所以解唯一。每个右端都有唯一解，自然蕴含每个右端都有解。

列向量的说法只是翻译：线性独立等价于 $Ax=0$ 只有零系数向量；张成则表示每个 $b$ 都有表示 $Ax=b$ 。这里没有额外增加列向量的假设。

行化简和逆矩阵

每个初等行变换矩阵都可逆，逆矩阵编码对应的反向操作，证明见 3.5 初等行变换矩阵。若按时间顺序施加的操作对应 $E_1,\ldots,E_k$ ，合并左乘矩阵就是 $E=E_k\cdots E_1$ 。

每一步都须作用于整个增广矩阵，因此

E[A\mid I_p]=[EA\mid E].

若左块变成 $I_p$ ，则 $EA=I_p$ 。由于 $E$ 可逆，有 $A=E^{-1}$ ，右块 $E$ 正是 $A^{-1}$ 。若左块化简后缺少主元，方阵便不满足上面的等价条件。这一方法同时判断可逆性和计算逆矩阵；右块再复杂，也不能补救左块缺少主元的问题。

可逆性的等价测试

沿着行化简背后的可逆性字典：可逆行变换把 A 化成 I 时，右边区块正好成为 A^{-1}。

可逆行变换
每个初等行变换都是左乘一个可逆矩阵，所以整段化简会记录一个累积乘积。
化到单位矩阵
若 E_k...E_1A=I，那么累积乘积 E_k...E_1 就是 A^{-1}。
增广求逆法
把同一批行变换作用在 [A|I] 上；当左边化成 I，右边就是 A^{-1}。
失败信号
若缺少主元，左边不能化成 I。等价地，Ax=0 有非零解，所以 A 是奇异矩阵。
等价字典
可逆、非奇异、与 I 行等价、零空间只有零向量、每个 b 有唯一解，是同一套条件。

对方阵来说，行化简测试、逆矩阵公式、零空间测试与唯一可解性，说的是同一件事。

互动 · 逐步演示第 1 步，共 7 步

跟着看一个用行化简求逆的例子

对整个增广矩阵 $[A \mid I]$ 逐步做行变换。左边变成 I 时，从右边读出 $A^{-1}$ 。

[A | I]

1	2	1	1	0	0
0	1	1	0	1	0
2	3	4	0	0	1

1本步所用的主元0本步改动竖线左边：A；右边：同一组行变换作用于 I

由 A = [[1,2,1],[0,1,1],[2,3,4]] 开始，在右边接上 I。每次行变换都必须作用于该行全部六个元素；右边记录同一组行变换对 I 的作用。

所用主元: 第 1 行第 1 列：1
本步改动: 没有（起点）

左边还未到行阶梯形

左边第 3 行第 1 列仍是 2，没有在第 2 行主元的右方。A 是否可逆尚未判定。

要留意行变换作用于 [A | I] 的整行，包括右边；否则右边就不再记录对 I 所做的变换。

互动 · 逐步演示第 1 步，共 5 步

跟着走完一条行化简路径

每一步做一组初等行变换。留意主元上下的元素怎样逐个变成 0。

先在第 1 列选主元。

1	2	2	4
1	3	3	5
2	6	5	6

1正在处理的主元0本步改动竖线右边：常数

先由增广矩阵开始。第一个主元的工作，是帮我们把它下面的元素清掉。

主元: 第 1 行第 1 列：1
本步改动: 没有（起点）

还未到行阶梯形

第 2 行第 1 列仍是 1，没有在第 1 行主元的右方。

要留意第 1 列的第一行已经有方便的主元 1，所以暂时不用换行。

如何使用可逆性的等价字典

按已知资料选择判别：主元、单侧逆等式、非零零空间向量，或所有右端的可解性。

例题 5.1.6

（非零零空间向量可以证明不可逆）

设 $A$ 是方阵，并且

v = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{bmatrix} \ne 0, \qquad Av = 0.

那么 $A$ 不可能可逆。理由是：若 $A^{-1}$ 存在，把 $Av = 0$ 左乘 $A^{-1}$ ，就会得到

A^{-1}Av = A^{-1}0.

左边等于 $v$ ，右边等于 $0$ ，于是会推出 $v = 0$ 。这和已知的非零向量矛盾。因此，只要找到一个非零的 $Ax = 0$ 解，就已经证明 $A$ 是奇异矩阵。

例题 5.1.7

（用逆矩阵解方程组）

设

A^{-1} = \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}, \qquad b = \begin{bmatrix} 5 \\ -1 \end{bmatrix}.

若 $Ax = b$ ，两边左乘 $A^{-1}$ ：

x = A^{-1}b = \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 5 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 11 \\ -3 \end{bmatrix}.

逆矩阵不只是“把 $A$ 反过来”的符号，它给出了唯一解的明确公式。

从可逆矩阵角度理解行等价

定理 5.1.8

（行等价等同于左乘一个可逆矩阵）

设 $A$ 和 $B$ 是有 $p$ 行的矩阵。以下命题等价：

$A$ 和 $B$ 行等价；
存在一个可逆的 $p \times p$ 矩阵 $G$ ，使得

B = GA.

并且一旦 $B = GA$ ，就同时有

A = G^{-1}B.

行变换链给出这样的乘积 $G$ 。反过来，等价字典把任意可逆的 $G$ 表成初等矩阵的乘积，所以 $GA$ 可由相应行变换从 $A$ 得到。左乘 $G^{-1}$ 就能恢复 $A$ 。

例题 5.1.9

（把行等价读成一条矩阵等式）

设

A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}, \qquad G = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.

矩阵 $G$ 正是行变换

R_2 \leftarrow R_2 - R_1

对应的行变换矩阵。所以

GA = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}.

如果把这个新矩阵记作 $B$ ，那么就有 $B = GA$ 。这一条等式已经完整记录了这次行变换。因为 $G$ 可逆，所以 $A$ 和 $B$ 行等价。

定理 5.1.10

（行变换保留对应列向量之间的线性关系）

设 $A$ 和 $B$ 是行等价的 $p \times q$ 矩阵，并把它们的列写成

A = [a_1 \; a_2 \; \cdots \; a_q], \qquad B = [b_1 \; b_2 \; \cdots \; b_q].

如果

a_j = \alpha_1 a_{k_1} + \alpha_2 a_{k_2} + \cdots + \alpha_n a_{k_n},

那么必然有

b_j = \alpha_1 b_{k_1} + \alpha_2 b_{k_2} + \cdots + \alpha_n b_{k_n}.

特别地，对应列之间的线性相关和线性独立，都会被行等价保留。

左乘 $G$ 把关系向前传递，左乘 $G^{-1}$ 则恢复原关系。因此同一组系数关系在两个方向都成立，也就证明了线性相关与线性独立均被保留。列向量本身通常会改变。完整的 RREF 唯一性证明及其与秩的关系，见 5.2 RREF 的唯一性与秩。

乘积与逆矩阵的次序

定理 5.1.11

（方阵乘积可逆当且仅当各因子可逆）

设 $A,B$ 是实 $p\times p$ 矩阵。 $AB$ 可逆，当且仅当 $A,B$ 都可逆。此时

(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}.

证明

（先构造逆矩阵，再使用它的名称）

先假设两个因子都可逆，并令 $C=B^{-1}A^{-1}$ 。用结合律核对两侧：

(AB)C=A(BB^{-1})A^{-1}=I_p,\qquad C(AB)=B^{-1}(A^{-1}A)B=I_p.

现在才能断言 $C=(AB)^{-1}$ 。反向次序使互逆因子彼此相邻；论证没有使用交换律。

证明反向时，假设 $AB$ 可逆，记 $C=(AB)^{-1}$ 。此时还不能使用 $A^{-1}$ 或 $B^{-1}$ ，应先写出

A(BC)=I_p,\qquad (CA)B=I_p.

于是 $A$ 有右逆， $B$ 有左逆。两个因子都是同阶方阵，所以前面已证明的单侧逆判别保证它们可逆。这一步调用等价字典，正是反向证明的关键。

由归纳法，同阶方阵的有限乘积可逆，当且仅当每个因子都可逆，而且

(A_1\cdots A_k)^{-1}=A_k^{-1}\cdots A_1^{-1}.

转置和幂次

定理 5.1.12

（转置、数乘与整数幂）

若 $A$ 可逆，则 $(A^{-1})^{-1}=A$ ，且 $(A^T)^{-1}=(A^{-1})^T$ 。对非零实数 $c$ ，有 $(cA)^{-1}=c^{-1}A^{-1}$ 。

每个整数幂 $A^n$ 都可逆，且 $(A^n)^{-1}=(A^{-1})^n$ 。这里 $A^0=I_p$ ；对正整数 $m$ ，定义 $A^{-m}=(A^{-1})^m$ 。

转置公式来自对两条互逆等式取转置，此时因子次序反转。数乘公式可在左右两个乘积中约去 $c$ 与 $c^{-1}$ ；正整数幂来自乘积定理，负整数幂则对 $A^{-1}$ 使用该定理，零次幂就是单位矩阵。对正整数 $n$ ， $A^n$ 可逆也能反推 $A$ 可逆；但 $n=0$ 时反推不成立，因为奇异方阵仍满足 $A^0=I_p$ 。

乘积等于单位矩阵时怎样推理

定理 5.1.13

（方阵情形下，一侧单位等式已经足够）

设 $P$ 和 $Q$ 是同大小方阵。若

PQ=I,

则 $P$ 和 $Q$ 都可逆，而且

Q=P^{-1}, \qquad QP=I.

例题 5.1.14

（由 $ABCD=I$ 得到循环恒等式）

假设 $A,B,C,D$ 都是 $5 \times 5$ 矩阵，且

ABCD=I_5.

先把乘积分组成

(ABC)D=I_5.

由一侧单位等式的定理， $ABC$ 和 $D$ 互为逆矩阵。因此

DABC=I_5.

再用已经证明的循环等式继续分组，可以得到

CDAB=I_5, \qquad BCDA=I_5.

所以 $BCDA$ 、 $CDAB$ 和 $DABC$ 确实必然等于 $I_5$ 。但像 $DCBA$ 或 $DBAC$ 这些任意重排则没有被迫成立；矩阵乘法仍然不可交换。

用行化简计算逆矩阵

例题 5.1.15

（用行化简求逆矩阵）

设

A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 5 \end{bmatrix}.

先写出 $[A\mid I_2]$ ：

\left[\begin{array}{cc|cc} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 3 & 5 & 0 & 1 \end{array}\right].

先消去左下角的 3：

\left[\begin{array}{cc|cc} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & -3 & 1 \end{array}\right].

再把第二行除以 $-1$ ，然后清掉第一行第二列：

\left[\begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & -5 & 2 \\ 0 & 1 & 3 & -1 \end{array}\right].

因此

A^{-1} = \begin{bmatrix} -5 & 2 \\ 3 & -1 \end{bmatrix}.

一族逆矩阵

例题 5.1.16

（由行化简得到参数化逆矩阵）

对实数 $\alpha$ ，令

A_\alpha = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & \alpha \\ 1 & 2 & 1 & 3 \end{bmatrix}.

从 $[A_\alpha\mid I_4]$ 开始，同时对左右两半施行 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ 和 $R_4\leftarrow R_4-R_1$ ，得到

\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1&2&1&2&1&0&0&0\\ 0&1&0&0&-1&1&0&0\\ 0&0&1&\alpha&0&0&1&0\\ 0&0&0&1&-1&0&0&1 \end{array}\right].

左半边四个主元已经都是 $1$ 。按下列顺序消去其余非零项：

R_3\leftarrow R_3-\alpha R_4,\qquad R_1\leftarrow R_1-2R_2,\qquad R_1\leftarrow R_1-R_3,\qquad R_1\leftarrow R_1-2R_4.

第一步后，右半边第三行成为 $(\alpha,0,1,-\alpha)$ 。右半边第二、四行分别为 $(-1,1,0,0)$ 、 $(-1,0,0,1)$ ；第一行的三次操作因此给出 $(5-\alpha,-2,-1,\alpha-2)$ 。每步只加上另一行的倍数，没有除以任何含参数的表达式，故对每个实数 $\alpha$ 都合法且可逆。最终增广矩阵为

\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 5-\alpha & -2 & -1 & \alpha-2 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & \alpha & 0 & 1 & -\alpha \\ 0 & 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].

由于左边对每个实数 $\alpha$ 都是 $I_4$ ，矩阵 $A_\alpha$ 对每个实数 $\alpha$ 都可逆，而且

A_\alpha^{-1} = \begin{bmatrix} 5-\alpha & -2 & -1 & \alpha-2 \\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ \alpha & 0 & 1 & -\alpha \\ -1 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.

请注意这个结论的意思。参数仍然留在逆矩阵中；它不是需要解出的未知数。行化简真正说明的是：没有任何 $\alpha$ 会让左边失去主元。

常见错误

（不要把每个参数都当成限制条件）

有时参数出现，是因为答案是一族逆矩阵，而不是因为矩阵在某些值下失效。限制来自缺少主元或非法除以零，不是来自符号本身。

读取已给出的行化简表格

例题 5.1.17

（一对互逆矩阵与转置系统）

假设一个行化简表格显示 $[A \mid I_4]$ 与 $[I_4 \mid D]$ 行等价，其中

D= \begin{bmatrix} 3 & -2 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ -3 & 1 & -2 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & -1 \end{bmatrix}.

这个最终形状本身已经说明

A^{-1}=D.

对应的系数矩阵为

A= \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 & 3 \\ 3 & 2 & 4 & 3 \end{bmatrix}.

直接相乘可得 $AD=I_4$ ，验证了这对矩阵互为逆矩阵。现在令

g= \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix}.

要求解 $A^t x=g$ ，不需要从头再行化简一次。因为 $A$ 可逆，所以 $A^t$ 也可逆，并且

(A^t)^{-1}=(A^{-1})^t=D^t.

因此

x=(A^t)^{-1}g=D^t g = \begin{bmatrix} -6 \\ 1 \\ -3 \\ 4 \end{bmatrix}.

这个计算很短，是因为行化简表格已经完成了主要工作。

例题 5.1.18

（用主元列读四个逆矩阵计算）

以下每个矩阵都用同一个方法处理：先行化简 $[A \mid I_4]$ ，先看左边区块的主元模式；只有当左边区块变成 $I_4$ 时，右边区块才可读作逆矩阵。

情况 (a)。 对

A_1= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 3 & 3 \\ 2 & 1 & 2 & 3 \\ -1 & 3 & 0 & 3 \\ 4 & 2 & 2 & 4 \end{bmatrix},

其中一个行阶梯阶段的左边区块是

A_1^\sharp= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 3 & 3 \\ 0 & 1 & -4 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.

第四列没有主元，所以 $A_1$ 不可逆。

情况 (b)。 取前一个互逆矩阵例子中的 $A_2=A$ 。行化简得到 $[I_4 \mid D]$ ，四列都有主元，所以 $A_2^{-1}=D$ 。前面用来解转置系统的同一个矩阵，在这里给出了一个可逆的情形。

情况 (c)。 对

A_3= \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 & 30 \\ 3 & 2 & 0 & 15 \\ 0 & 1 & 3 & 15 \\ 1 & 1 & 1 & 10 \end{bmatrix},

其中一个行阶梯阶段的左边区块是

A_3^\sharp= \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 & 30 \\ 0 & 1 & 3 & 15 \\ 0 & 0 & 5 & -5 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.

同样有主元列缺失，所以 $A_3$ 不可逆。

情况 (d)。 对

A_4= \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & 4 & 1 \\ 3 & 3 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 1 \end{bmatrix},

行化简可达到 $[I_4 \mid A_4^{-1}]$ ，其中

A_4^{-1}= \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & -2 \\ -2 & -2 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & -1 & -2 \\ 0 & -3 & 1 & 3 \end{bmatrix}.

在情况 (b) 与 (d) 中，左边的单位矩阵确认了可逆性。在情况 (a) 与 (c) 中，缺少主元就已排除可逆性，右边区块的数值并不能改变这个结论。

例题 5.1.19

（最后的单位区块控制整条行操作链）

假设一条行操作链把 $[A \mid I_5]$ 经过中间矩阵 $[B \mid C]$ ，最后化成 $[D \mid E]$ 。在最后几步之后，所得增广矩阵是

[D \mid E] = \left[ \begin{array}{ccccc|ccccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & -2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 9 & 1 & -18 & -3 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & -6 & 2 & 11 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & -3 & 0 & 6 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -6 & 0 & 12 & 2 & 1 \end{array} \right].

左边区块是 $I_5$ ，所以 $D=I_5$ ，而

A^{-1}=E= \begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 & 0 & 0 \\ 9 & 1 & -18 & -3 & -2 \\ -6 & 2 & 11 & 2 & 0 \\ -3 & 0 & 6 & 1 & 0 \\ -6 & 0 & 12 & 2 & 1 \end{bmatrix}.

于是可以立即推出 $A^t$ 可逆，且

(A^t)^{-1}=E^t = \begin{bmatrix} 1 & 9 & -6 & -3 & -6 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 0 \\ -2 & -18 & 11 & 6 & 12 \\ 0 & -3 & 2 & 1 & 2 \\ 0 & -2 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.

同一条行操作链也可以被读成一次左乘。令 $H$ 为整条链中所有行操作矩阵的乘积。因为 $HA=I_5$ 且 $HI_5=E$ ，所以 $H=A^{-1}$ 。因此，如果同一批行操作把 $F+I_5$ 化成 $A^3+3A+I_5$ ，就有

A^3+3A+I_5=A^{-1}(F+I_5).

左乘 $A$ 得到

F+I_5=A(A^3+3A+I_5)=A^4+3A^2+A,

所以

F=A^4+3A^2+A-I_5.

同一条行操作链对每个矩阵的作用，都是左乘同一个矩阵 $H=A^{-1}$ 。因此，这次数值化简也确定了关于 $F$ 的方程。

不用行列式证明或否定可逆性

例题 5.1.20

（由向量恒等式证明可逆）

假设 $A$ 是 $7 \times 7$ 矩阵，而且

A^2x = Ax + x

对每个 $x \in \mathbb R^7$ 都成立。把含有 $A$ 的项移到左边：

(A^2-A)x = x \qquad\text{对每个 }x.

因为 $A^2-A=(A-I_7)A$ ，这就是

((A-I_7)A)x = I_7x \qquad\text{对每个 }x.

若两个矩阵作用在每个向量上的结果都相同，它们就是同一个矩阵，所以

(A-I_7)A = I_7.

因此 $A-I_7$ 是 $A$ 的左逆。由于 $A$ 是方阵，一侧单位等式已经足够推出： $A$ 可逆，而且其逆矩阵是 $A-I_7$ 。

例题 5.1.21

（用反证法证明某个多项式矩阵不可逆）

假设 $A$ 和 $B$ 是两个不同的 $6 \times 6$ 矩阵，且

A^3=B^3, \qquad A^2B=B^2A.

我们证明 $A^2+B^2$ 不可逆。令

C=A^2+B^2.

先比较 $CB$ 与 $CA$ ：

CB=(A^2+B^2)B=A^2B+B^3,

而

CA=(A^2+B^2)A=A^3+B^2A.

利用已知的 $A^2B=B^2A$ 和 $B^3=A^3$ ，可得

CB=CA.

如果 $C$ 可逆，左乘 $C^{-1}$ 就会得到 $B=A$ ，这与 $A$ 、 $B$ 不同矛盾。所以 $C=A^2+B^2$ 不可逆。

常见错误

（不要把长方形矩阵的一侧逆当成另一侧逆）

对于非方阵，有左逆并不保证有右逆，有右逆也不保证有左逆；若两侧逆都存在，则必定相同。对于方阵，前面的等价性定理保证：任意一侧逆的存在，都能推出唯一的双侧逆存在。

常见错误

（不要只凭外表判断可逆性）

一个矩阵看起来简单，也不代表它一定可逆。正确方法是行化简，或者使用上面列出的等价条件。

常见错误

（不要在未证明时任意交换因子）

由 $ABCD=I$ 可以通过逆矩阵理论推出某些循环恒等式，例如 $DABC=I$ 。但这不代表可以把因子任意改排成 $DCBA$ ；除非已知矩阵彼此可交换，否则不能这样做。

快速检查

（如果 $A$ 可逆， $A^{-1}A$ 是什么？）

直接用逆矩阵的定义。

解答 · 答案

$A^{-1}A = I_p$ 。

快速检查

（如果 $A$ 可逆，齐次方程组 $Ax = 0$ 会不会有非零解？）

用唯一解的结论来想。

解答 · 答案

不会。因为可逆时， $Ax = b$ 对每个 $b$ 都有唯一解；取 $b = 0$ 时，唯一解就是 $x = 0$ 。

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（如果 $A$ 可逆， $A^t$ 是否可逆？）

使用上面的转置定理。

解答 · 答案

是。 $A^t$ 可逆，而且 $(A^t)^{-1} = (A^{-1})^t$ 。

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（若 $B = GA$ ，而 $G$ 可逆，同时 $A$ 的列满足 $a_3 = 2a_1 - a_2$ ，那么 $B$ 的对应列必须满足什么关系？）

保留同一组系数，并用 $b_j = Ga_j$ 。

解答 · 答案

$B$ 的对应列必须满足

b_3 = 2b_1 - b_2.

行等价会改变列向量本身，但不会改变线性关系所使用的系数模式。

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（假设 $A,B,C,D$ 都是方阵，且 $ABCD=I$ 。哪一个循环等式必然成立： $DABC=I$ 还是 $DCBA=I$ ？）

把原式分组成 $(ABC)D=I$ 。

解答 · 答案

$DABC=I$ 必然成立。因为 $(ABC)D=I$ ，方阵的一侧单位等式定理说明 $D$ 是 $ABC$ 的逆矩阵，所以 $D(ABC)=I$ 。而 $DCBA=I$ 是把因子倒序重排，通常不会被原式保证。

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（在上面的参数化逆矩阵中，当 $\alpha=3$ 时， $A_\alpha^{-1}$ 的 $(1,4)$ 元素是多少？）

把 $\alpha=3$ 代入第一行第四列。

解答 · 答案

$(1,4)$ 元素是 $\alpha-2$ ，所以当 $\alpha=3$ 时，它等于 $1$ 。

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（若对每个向量 $x$ 都有 $A^2x=Ax+x$ ，哪个矩阵可作为 $A$ 的逆矩阵？）

把所有项移到同一边，再寻找含有 $A$ 的因式分解。

解答 · 答案

逆矩阵是 $A-I$ 。向量恒等式给出 $(A-I)A=I$ ；对方阵而言，这个一侧单位等式足以推出 $A$ 可逆。

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（若行操作把 $[A \mid I_p]$ 化成 $[I_p \mid D]$ ， $D$ 是什么？）

只有在确认左边区块是单位矩阵后，才读取右边区块。

解答 · 答案

$D=A^{-1}$ 。同一批把 $A$ 化成 $I_p$ 的行操作，会把 $I_p$ 化成 $A$ 的逆矩阵。

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（行变换把 $[A\mid I_p]$ 化成 $[I_p\mid E]$ ，其中 $A$ 是方阵。说明为什么除了 $EA=I_p$ ，还必有 $AE=I_p$ 。）

区分行操作乘积直接给出的等式，与方阵单侧逆定理补上的结论。

解答 · 答案

设初等矩阵的乘积为 $H$ ，两个分块直接给出 $HA=I_p$ 和 $HI_p=E$ 。因此 $H=E$ ，并且 $EA=I_p$ 。由于 $A$ 与 $E$ 是同阶方阵，左逆也必是右逆，所以 $E=A^{-1}$ 且 $AE=I_p$ 。最后这个推论必须使用方阵假设。

练习

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（假设 $A$ 可逆，而且 $AB = I_p$ 。证明 $B = A^{-1}$ 。）

可以利用逆矩阵唯一性，也可以左乘 $A^{-1}$ 。

解答 · 引导解答

因为 $A$ 可逆，所以存在 $A^{-1}$ 。把等式 $AB = I_p$ 左乘 $A^{-1}$ ，得到

A^{-1}(AB) = A^{-1}I_p.

由结合律，

(A^{-1}A)B = A^{-1}.

而 $A^{-1}A = I_p$ ，所以

B = A^{-1}.

因此任何可逆方阵的右逆都必定等于它的逆矩阵。

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（假设 $(A-B)A=I$ ，其中 $A$ 和 $B$ 是方阵。证明 $A$ 和 $B$ 可交换。）

先使用方阵的一侧单位等式定理，再展开 $AB-BA$ 。

解答 · 引导解答

由 $(A-B)A=I$ ，方阵的一侧单位等式定理给出

A(A-B)=I.

现在计算交换子：

AB-BA = AB-A^2+A^2-BA.

把两部分重新分组：

AB-A^2 = A(B-A) = -A(A-B),

以及

A^2-BA = (A-B)A.

因此

AB-BA = -A(A-B)+(A-B)A = -I+I=0.

所以 $AB=BA$ ，即 $A$ 和 $B$ 可交换。

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5.1 可逆矩阵

开始之前

左逆和右逆

什么叫可逆

等价表述

行化简和逆矩阵

如何使用可逆性的等价字典

从可逆矩阵角度理解行等价

乘积与逆矩阵的次序

转置和幂次

乘积等于单位矩阵时怎样推理

用行化简计算逆矩阵

一族逆矩阵

读取已给出的行化简表格

不用行列式证明或否定可逆性

常见错误

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练习

相关笔记

先备知识

本节重点词汇