3. 向量、矩阵、行列式与可行性

学习目标与准备

本章以第 1 章的方程和第 2 章的坐标几何为基础，组织同时出现的多个数量。你将计算向量合计与加权值、进行矩阵乘法和转置、用可逆操作求解方程组，并使用行列式而不混淆代数唯一性与模型可行性。

3.1 向量记录多个数量

向量是有序列表，通常写为列向量。若 $q=(q_1,q_2)^T$ 记录两种商品的数量，$p=(p_1,p_2)^T$ 记录其单位价格，则总值是点积 $p^Tq=p_1q_1+p_2q_2$。分量各有含义；除非相应解释也交换，交换分量会改变所记录的对象。

例 1：合计商品篮。 设两个商品篮为 $q=(3,2)^T$、$r=(1,5)^T$，价格为 $p=(4,6)^T$。第一篮取两份、第二篮取一份，得到 $2q+r=(7,9)^T$，价值为 $p^T(2q+r)=82$。线性性还给出 $2p^Tq+p^Tr=2(24)+34=82$。此计算中价格固定；若价格随数量变化，估值一般不再是线性的。

当坐标单位相容时，$\|v\|=\sqrt{v^Tv}$ 是欧氏长度，$u\perp v$ 表示 $u^Tv=0$。不能不加说明地把不同经济单位当作可互换的几何长度；即使记录的实际情况相同，重新缩放一个变量也会改变距离。

若存在实系数使 $v=c_1u_1+\cdots+c_ku_k$，则向量 $v$ 是 $u_1,\ldots,u_k$ 的线性组合。若一组向量只有系数全为零时才可组合成零向量，就称该组线性无关。两个非零平面向量线性相关当且仅当其中一个是另一个的标量倍数。

3.2 矩阵运算与表格操作

$m\times n$ 矩阵有 $m$ 行和 $n$ 列。同尺寸矩阵逐项相加，数乘也逐项进行。对于尺寸为 $m\times n$ 的 $A$ 和尺寸为 $n\times p$ 的 $B$，

$$(AB)_{ij}=\sum_{k=1}^n a_{ik}b_{kj}.$$

乘积尺寸为 $m\times p$，内侧维数必须相同。$AB$ 的第 $j$ 列等于 $A$ 乘以 $B$ 的第 $j$ 列；因此矩阵乘法可把一个表格的线性规则同时应用于多个输入。

例 2：多个方案的资源。 设

$$A=\begin{pmatrix}2&1\\1&4\end{pmatrix},\qquad Q=\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}.$$

$Q$ 的每一列是一个生产方案，$A$ 的每一列是某一产品每单位的资源使用量。于是 $AQ=\begin{pmatrix}8&11\\11&9\end{pmatrix}$ 记录两个方案的资源总量。第一行和第二行可以使用不同资源单位；相加只在单位相容的同一行内进行。

矩阵乘法满足结合律与分配律，但一般不满足交换律。若 $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$、$B=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$，则 $AB=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}$，而 $BA=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}$。转置满足 $(A^T)_{ij}=a_{ji}$ 和 $(AB)^T=B^TA^T$。单位矩阵的对角项为一、其他项为零；尺寸适当时，它的作用类似于乘以一。

3.3 联立方程与可逆消元

线性方程组 $Ax=b$ 同时施加所有方程，可记作增广矩阵 $[A\mid b]$。交换方程、把一个方程乘以非零常数、或把一个方程的倍数加到另一个方程上，都严格保持解集，因为每步均可逆。不能把方程乘以零，否则会丢失约束。

例 3：反求两个价格。 假设商品篮给出 $2p+q=11$ 和 $p+3q=13$。从第一式减去第二式的两倍，得到 $-5q=-15$，故 $q=3$、$p=4$；代回两式均成立。只解一个方程不够，因为单个方程有无穷多组解。

全零系数行若右侧非零，方程组不相容；完全为零的一行则是冗余的。若未知数不由主元确定，应使用自由参数描述。

例 4：相关与不相容。 若 $x+2y=6$ 和 $2x+4y=12$，第二式重复第一式，所有 $(6-2t,t)$ 都是解。若第二式右侧改为 $13$，减去第一式两倍得到 $0=1$，故无解。系数表看似相同，右侧不同却可能导致不同结果。

实数方程组不可能恰有两个解而没有其他解。若 $x_1,x_2$ 是两个不同解，由分配律可知，对每个实数 $t$，$x_1+t(x_2-x_1)$ 都是同一方程组的解。这证明了解有无穷多个。

3.4 行列式与逆矩阵

对 $2\times2$ 矩阵，$\det\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=ad-bc$。行列式非零意味着两个系数列线性无关，且对每个右侧，方阵方程组都有唯一解。其逆矩阵为

$$A^{-1}=\frac1{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}.$$

将它与 $A$ 按两个次序相乘均得 $I$，从而证明公式。唯一解为 $x=A^{-1}b$。若 $ad-bc=0$，不能使用此公式，应改用消元法分类右侧。

对 $n\times n$ 矩阵 $A=(a_{ij})$（$n\ge2$），记删去第 $i$ 行和第 $j$ 列得到的矩阵为 $M_{ij}$，其代数余子式为 $C_{ij}=(-1)^{i+j}\det M_{ij}$。沿任一固定的第 $i$ 行展开，得到

$$\det A=\sum_{j=1}^n a_{ij}C_{ij}.$$

递归的基础是 $1\times1$ 矩阵的 $\det(a_{11})=a_{11}$。例如，

$$\det\begin{pmatrix}2&1&0\\1&2&1\\0&1&2\end{pmatrix}=2(4-1)-1(2-0)=4.$$

消元提供另一种计算方法：交换两行使行列式变号；一行乘以常数使行列式乘以该常数；一行加上另一行的倍数则不改变行列式。三角矩阵的行列式等于对角项之积。这些规则将行列式为零与缺少主元、矩阵奇异联系起来。

例 5：奇异参数处不能除出逆矩阵。 对 $A(a)=\begin{pmatrix}1&2\\2&a\end{pmatrix}$，行列式为 $a-4$，当且仅当 $a\ne4$ 时可逆。在 $a=4$ 处，第二个系数行是第一个的两倍；要使方程组相容，右侧也必须满足同样关系。含 $1/(a-4)$ 的表达式不是被排除情形的解公式。

3.5 可行性与线性不等式模型

解出等式不自动满足非负或产能限制。可行集包含满足所有条件的点。在平面中，非严格线性不等式 $ax+by\le c$ 在 $(a,b)\ne(0,0)$ 时表示闭半平面。有限个这类闭半平面的交集若非空、有界且具有非空的二维内部，便是凸多边形。交集也可能为空、线段、点或无界；这些情形需另行处理。

例 6：小型资源模型。 设 $x,y\ge0$，资源限制为 $x+y\le4$、$2x+y\le6$，目标为 $P=3x+2y$。可行顶点是 $(0,0)$、$(3,0)$、$(2,2)$、$(0,4)$。交点 $(2,2)$ 由两条起作用的资源约束取等号求得；各顶点目标值依次为 $0,9,10,8$，因此最大值为 $10$，在 $(2,2)$ 处取得。

为什么这里检查顶点足够？非常数仿射目标不可能在内部取得严格最大值，因为沿其增长方向作小移动会增大目标。每条边上的目标是一个参数的仿射函数，所以最大值在端点取得；若沿边为常数，两端点也取得相同最大值。紧致性保证最大值存在。这个几何论证针对有界多边形，不意味着每个非线性约束问题都由顶点求解。

若数量必须为整数，整数可行性是额外条件。本例的最优顶点为整数，但一般的连续最优解未必如此；分别四舍五入可能违反资源不等式。

3.6 分级练习

基础

1. 设 $p=(2,5)^T$、$q=(4,3)^T$，计算 $p^Tq$；若分量分别是价格和数量，解释其含义。
2. 对 $A=\begin{pmatrix}3&1\\0&2\end{pmatrix}$ 和 $q=(2,5)^T$，计算 $Aq$。
3. 若 $A$ 为 $2\times3$、$B$ 为 $3\times2$，写出 $AB$ 与 $BA$ 的尺寸。

核心

4. 解 $3x+y=14$、$x+2y=8$，并验证两式。
5. 求 $x-y=3$、$2x-2y=6$ 的所有解。
6. 判断 $x+2y=1$、$3x+6y=4$ 是否相容。
7. 求 $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}$ 的逆，并用它解 $Ax=(7,4)^T$。
8. 沿非零项较少的一行或一列展开，计算 $\begin{pmatrix}1&0&2\\0&2&0\\3&0&1\end{pmatrix}$ 的行列式。

综合

9. 在 $x,y\ge0$、$x+y\le3$ 下最大化 $2x+y$，说明最大值点是否唯一。
10. 证明若 $Au=Av$ 则 $A(u-v)=0$；解释为什么 $A$ 可逆会推出 $u=v$，并举一个奇异例子，使不同输入有相同输出。

3.7 完整解答

1. $p^Tq=2(4)+5(3)=23$。价格和数量单位相容时，它是总价值，不是数量向量或平均价格。
2. 结果为 $(3(2)+5,0+2(5))^T=(11,10)^T$。
3. $AB$ 是 $2\times2$，$BA$ 是 $3\times3$。两者均存在，但尺寸不同，不能相等。
4. 从第一式减去第二式三倍得 $-5y=-10$，故 $y=2$、$x=4$。核对：$12+2=14$ 和 $4+4=8$。
5. 第二式冗余。令 $y=t$，得到所有解 $(3+t,t)$。
6. 从第二式减去第一式三倍得 $0=1$，方程组不相容。
7. 行列式为 $1$，故 $A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}$。乘以 $(7,4)^T$ 得 $(3,1)^T$；核对：$(6+1,3+1)^T=(7,4)^T$。
8. 沿第二行展开：$2\det\begin{pmatrix}1&2\\3&1\end{pmatrix}=2(1-6)=-10$。
9. 顶点为 $(0,0),(3,0),(0,3)$，目标值为 $0,6,3$。唯一最大值为 $6$，在 $(3,0)$ 取得。直接地，$2x+y=(x+y)+x\le3+3=6$，且等号迫使 $x=3,y=0$。
10. 分配律给出 $A(u-v)=Au-Av=0$。若 $A$ 可逆，乘以 $A^{-1}$ 得 $u-v=0$。对于 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$，不同向量 $(1,0)^T$ 和 $(1,2)^T$ 都映为 $(1,0)^T$。

总结与后续联系

向量保留数量的顺序和含义。矩阵乘法组合相容的线性规则，并且依赖次序。可逆消元分类方程组，行列式与逆矩阵处理非奇异方阵情形。可行性把模型约束加到代数解上；线性不等式的几何给出同时约束的初步应用。

本篇所用方法的证明

有限实矩阵乘法法则的证明

设 $m,n,p,q$ 为正整数，$A\in\mathbb R^{m\times n}$、$B\in\mathbb R^{n\times p}$、$C\in\mathbb R^{p\times q}$。以下只用行乘列定义与实数的有限求和。对任意输出位置 $(i,\ell)$，

$$\begin{aligned} ((AB)C)_{i\ell} &=\sum_{k=1}^{p}\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)c_{k\ell}\\ &=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\left(\sum_{k=1}^{p}b_{jk}c_{k\ell}\right) =(A(BC))_{i\ell}. \end{aligned}$$

中间等号只交换两个有限和的求和次序，并使用实数分配律。两边同为 $m\times q$ 矩阵，每个位置相等，便证明结合律；没有调换矩阵因子的次序。

对 $D\in\mathbb R^{n\times p}$，同一定义给出

$$[A(B+D)]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(b_{jk}+d_{jk}) =(AB)_{ik}+(AD)_{ik}.$$

对 $E\in\mathbb R^{m\times n}$，则有

$$[(A+E)B]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}(a_{ij}+e_{ij})b_{jk} =(AB)_{ik}+(EB)_{ik}.$$

所以在所写的相容大小下，两条分配律均成立。对任意实标量 $c$，

$$[(cA)B]_{ik}=\sum_j(ca_{ij})b_{jk} =c\sum_j a_{ij}b_{jk} =\sum_j a_{ij}(cb_{jk})=[A(cB)]_{ik},$$

逐项相等便证明 $(cA)B=c(AB)=A(cB)$。特别地，对 $x,y\in\mathbb R^n$ 与实数 $s,t$，

$$[A(sx+ty)]_i=\sum_j a_{ij}(sx_j+ty_j) =s(Ax)_i+t(Ay)_i.$$

这证明了比较同一线性系统的解时所用的矩阵乘向量线性性质。所有恒等式都只针对大小相容的有限实矩阵，不声称任意矩阵因子可交换或可消去。

从较小矩阵构造行列式

定义

子矩阵、子式与余因子

设 $A=[a_{ij}]$ 是一个 $n\times n$ 矩阵，其中 $n\ge2$。给定 $1\le i,j\le n$，同时删去第 $i$ 行与第 $j$ 列，所得的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩阵记为子矩阵 $A(i\mid j)$。

属于项 $a_{ij}$ 的子式是标量

$$M_{ij}=\det\bigl(A(i\mid j)\bigr)$$

属于项 $a_{ij}$ 的余因子是带符号标量

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$$

符号形成左上角为正的棋盘：

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

$A(i\mid j)$ 表示一个矩阵，$M_{ij}$ 是该矩阵的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 则是加上符号后的标量。明确区分这三个对象， 就不会把符号错误地乘两次。

定义

行列式的递归定义

对于 $1\times1$ 矩阵 $[a_{11}]$，定义

$$\det([a_{11}])=a_{11}$$

对于 $n>1$ 的 $n\times n$ 矩阵，沿第一行定义

$$\det(A)=\sum_{j=1}^{n}a_{1j}C_{1j} =\sum_{j=1}^{n}(-1)^{1+j}a_{1j}M_{1j}$$

这是定义，还不是关于其他行或列的定理。每个子式的阶数都是 $n-1$， 所以反复使用定义最终会到达 $1\times1$ 基本情形。不需要约定 $0\times0$ 行列式：子矩阵和子式的定义只用于 $n\ge2$。

观看余因子展开如何把一个行列式化成较小的有符号分支，再看零项如何剪枝、三角矩阵如何缩成对角线乘积。

1. 子式、符号、余因子

   删去第 i 行与第 j 列后，取剩余矩阵的行列式得到子式；再乘以 (-1)^{i+j} 得到余因子。

2. 展开分支

   对 B=[[3,2,-1],[4,1,6],[-3,-1,2]]，沿第一行展开，三个子式的系数依次为 3、-2、-1。

3. 合并分支值

   三个子式为 8、26、-1。连同原矩阵元素与棋盘符号，得到 3(8)-2(26)+(-1)(-1)=-27。

4. 零项剪掉工作

   零项贡献的是零余因子项，所以选零多的行或列会立即删去分支。

5. 唯一非零项

   若某行或列只有一个非零项，行列式就缩成一个带符号的较小行列式。

6. 三角矩阵直接读

   对三角矩阵而言，反复做单分支展开后，留下的是对角线项之积。

余因子展开既是递归定义，也是计算策略：选零多的行或列，让零分支先消失，才不用花力气计算它们。

从递归行列式证明任意余因子展开

设 $A$ 为实 $n\times n$ 矩阵，$n\ge1$，行列式由一阶基例和第一行递归定义。令 $S_n$ 为 $1,\ldots,n$ 的排列集合；定义逆序数 $\operatorname{inv}(\sigma)$ 为满足 $r<s$ 且 $\sigma(r)>\sigma(s)$ 的数对个数，并令 $\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)}$。

若 $\sigma(i)=j$，删去位置 $i$ 与值 $j$，保持其余位置及值的相对次序，得到排列 $\tau\in S_{n-1}$。设位置 $i$ 之前有 $u$ 个值小于 $j$；被删去的逆序共有 $(i-1-u)+(j-1-u)=i+j-2-2u$ 个，故

$$\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{i+j}\operatorname{sgn}(\tau).$$

定义 $P_n(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{r=1}^n a_{r,\sigma(r)}$。$n=1$ 时它就是递归行列式。$n>1$ 时，按 $\sigma(1)=j$ 分组并用符号恒等式，得 $P_n(A)=\sum_j(-1)^{1+j}a_{1j}P_{n-1}(A(1\mid j))$。归纳法因而证明 $P_n(A)=\det A$。

现在固定任意行 $i$，将同一有限排列和按 $\sigma(i)=j$ 分组。删除操作与对应子矩阵的全部排列一一对应，因此

$$\det A=\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)).$$

固定任意列 $j$ 时，每个排列恰有一个位置 $i$ 满足 $\sigma(i)=j$；按该位置分组即得

$$\det A=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)).$$

两个展开公式均用于 $n\ge2$，没有引入空行列式约定。此证明不预设换行交错规则或行列式乘积定理。

结构规则为何成立

零行、零列与唯一支撑项

定理

有零行或零列时行列式为零

如果方阵的一整行或一整列的每个项都是零，则它的行列式为零。

定理

某行或某列至多有一个非零项

设 $C$ 是 $n\ge2$ 阶方阵。若第 $k$ 行除 $c_{k\ell}$ 外都为零，则

$$\det(C)=c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det\bigl(C(k\mid\ell)\bigr)$$

若第 $\ell$ 列除 $c_{k\ell}$ 外都为零，也有同一公式。即使 $c_{k\ell}=0$，这个表述仍然成立。

当 $n=1$ 时，含有零行的矩阵就是 $[0]$，按基本定义其行列式为零。当 $n\ge2$ 时，使用任意行展开定理沿该行展开。每一项都含有一个零项作为 因子，所以每一项都为零，因而 $\det(A)=0$。

零列可以用归纳法直接证明，这样能看清零列如何传递。$n=1$ 时，唯一 具有零列的 $1\times1$ 矩阵是 $[0]$，其行列式为零。假设结论对 $n=k$ 成立。设 $(k+1)\times(k+1)$ 矩阵 $C$ 的第 $\ell$ 列全为零， 沿第一行展开。第 $\ell$ 项的因子已经是零。对其余每一项，删去第一 行和某个 $j\ne\ell$ 的列；原来的零列仍在所得 $k\times k$ 子矩阵中， 只是在 $j\lt\ell$ 时列指标向左移动。由归纳假设，每个这样的子矩阵的行列式 都是零，所以整行展开的每一项都为零，得到 $\det(C)=0$。

若某行除一个项外全为零，沿该行展开即可；若某列除一个项外全为零， 沿第 $k$ 行展开。$\ell$ 项保留下来，而对每个 $j\ne\ell$，子矩阵 $C(k\mid j)$ 都继承了原第 $\ell$ 列的零列，因此其行列式为零。最后只 剩下 $c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell))$。这正是稀疏行或 列能把计算缩成一个子式的原因。

三角矩阵

定理

三角矩阵定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩阵，则

$$\det(T)=t_{11}t_{22}\cdots t_{nn}$$

用 $n$ 作归纳证明上三角情形。$n=1$ 时结论就是行列式的定义。假设 结论对上三角 $k\times k$ 矩阵成立，令 $T$ 为 $k+1$ 阶上三角矩阵。最 后一行除最后一项 $t_{k+1,k+1}$ 外都是零。沿最后一行展开，只有这一项 保留，而且符号 $(-1)^{2k+2}=1$：

$$\det(T)=t_{k+1,k+1}\det\bigl(T(k+1\mid k+1)\bigr)$$

保留下来的子矩阵仍是上三角矩阵，对角线为 $t_{11},\ldots,t_{kk}$。由归纳假设，它的行列式是 $t_{11}\cdots t_{kk}$，于是得到完整的对角线乘积。下三角情形类似但可 沿第一行展开：第一行只可能留下 $t_{11}$，删去第一行第一列后的子矩阵 仍是下三角矩阵，对角线从 $t_{22}$ 到 $t_{nn}$。

固定一行时的多重线性

定理

固定一行时的多重线性

固定除第 $p$ 行外的每一行。若新第 $p$ 行是 $\alpha u+\beta v$，则

$$\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行为 }\alpha u+\beta v) =\alpha\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行为 }u) +\beta\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行为 }v)$$

当 $n=1$ 时，基本定义直接给出

$$\det([\alpha a+\beta b])=\alpha a+\beta b =\alpha\det([a])+\beta\det([b])$$

这就证明了 $1\times1$ 情形。

当 $n\ge2$ 时，固定除第 $p$ 行外的每一行。设矩阵 $A,B,C$ 在这些固定行上完全相同， 而第 $p$ 行满足 $c_p=\alpha a_p+\beta b_p$。对每个列指标 $j$，删 去第 $p$ 行后得到相同的矩阵：

$$A(p\mid j)=B(p\mid j)=C(p\mid j)$$

沿第 $p$ 行展开 $\det(C)$，再用每个项的关系 $c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj}$ 和分配律，得到

$$\begin{aligned} \det(C) &=\sum_{j=1}^{n}(\alpha a_{pj}+\beta b_{pj})(-1)^{p+j}\det(C(p\mid j))\\ &=\alpha\det(A)+\beta\det(B) \end{aligned}$$

关键正是其他每一行都固定；同时改变两行是另一条命题。

相邻换行与相同行

定理

若有两行相同，行列式必为零

若一个方阵有两行完全相同，则它的行列式等于 $0$。

设 $A$ 的相邻两行是 $r_q,r_{q+1}$，交换这两行得到 $B$。沿 $A$ 的第 $q$ 行展开，沿 $B$ 中已经移动到第 $q+1$ 行的同一行 $r_q$ 展开。对每个列指标 $j$，两次删去该行后留下的子矩阵次序相同， 但符号相反，因为

$$(-1)^{q+1+j}=-(-1)^{q+j}$$

逐项比较便得 $\det(B)=-\det(A)$。位置 $p\lt q$ 的两行交换可以由 $2(q-p)-1$ 次相邻交换组成，这是奇数次，所以同样会使行列式变号。

若 $A$ 的第 $p$ 行与第 $q$ 行相同，交换它们后矩阵仍是 $A$ 本身。换行 结论于是给出 $\det(A)=-\det(A)$。由于这里的项是实数， $2\det(A)=0$，所以 $\det(A)=0$。这个证明没有调用下一节才会出现的行 替换规则。

指标与计算策略

每一项都要同时保留三个对象：所选项、删去一行一列后得到的子矩阵，以及取该子矩阵行列式所得的子式。先按原矩阵中的行列位置写出棋盘符号，再计算子式。若继续展开子式，应使用子式自己的局部指标；局部指标不会取代外层余因子的符号。

任意行、任意列展开定理使展开线可以有策略地选择。优先选择零多或剩余子式较简单的行或列，并在计算前说明理由。零项会立即删去分支；零子式则必须由它自己的计算证明。第一行递归式定义行列式，任意行列展开则是允许这种计算选择的定理。