矩阵方法与联立模型

矩阵乘法描述数量如何组合，行运算则用于求解联立平衡关系，随后用具体应用与练习检验这些方法。

本篇的线性映射保持向量加法和实数数乘，因此把零向量映到零向量；可参阅线性映射先修。

矩阵记号与乘法

定义

矩阵乘积何时有定义

若 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵，$B$ 是 $n \times p$ 矩阵，则乘积 $AB$ 有定义，且结果是 $m \times p$ 矩阵。

若 $A$ 的列数不等于 $B$ 的行数，则 $AB$ 未定义。

定义

矩阵乘法

设 $A = [a_{ij}]$ 是 $m \times n$ 矩阵，$B = [b_{jk}]$ 是 $n \times p$ 矩阵。

则 $AB$ 的 $(i,k)$ 元素为

$$(AB)_{ik} = a_{i1}b_{1k} + a_{i2}b_{2k} + \cdots + a_{in}b_{nk}.$$

也就是说，输出中的一个元素，是 $A$ 的第 $i$ 行与 $B$ 的第 $k$ 列按位相 乘后再相加。

单位矩阵是刻意“什么也不改变”的矩阵

定义

单位矩阵

对每个正整数 $n$，$I_n$ 表示 $n \times n$ 单位矩阵：主对角线上全是 $1$， 其余位置全是 $0$。

例如

$$I_2 = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, \qquad I_3 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.$$

单位矩阵之所以重要，是因为它对任何大小相容的矩阵都不起改变作用：

$$AI_n = A, \qquad I_m A = A.$$

例题

为什么乘上单位矩阵不会改变矩阵

若

$$A = \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ 4 & 3 \end{bmatrix},$$

则

$$AI_2 = \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ 4 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ 4 & 3 \end{bmatrix}.$$

因为 $I_2$ 的第一列会抽出 $A$ 的第一列，第二列会抽出 $A$ 的第二列。

反例模式

大小相容并不保证交换

“任意两个同样大小的方阵都满足 $AB=BA$”是错误命题，即使两种次序的乘积都有定义且大小相同。取

$$A=\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix},\qquad B=\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix}.$$

两者都是 $2\times2$ 实矩阵，满足所提命题的假设。直接按行乘列计算，得到

$$AB=\begin{bmatrix}0&2\\0&4\end{bmatrix},\qquad BA=\begin{bmatrix}0&0\\3&4\end{bmatrix}.$$

例如，$(AB)_{12}=1\cdot0+2\cdot1=2$，但 $(BA)_{12}=0\cdot2+0\cdot4=0$。只要一对对应元素不同，就足以证明 $AB\ne BA$。失败的结构原因是：右乘这个 $B$ 会保留第二列、把第一列归零；左乘它则保留第二行、把第一行归零。

一个正确的修订是：方阵与同样大小的单位矩阵的任意标量倍都可交换。事实上，若 $B=cI$，则 $AB=A(cI)=cA=(cI)A=BA$。对于任意方阵，交换性需要另行论证；大小相容只保证乘法有定义，并不保证因子可以调换。

矩阵乘法其实表示复合

矩阵乘法不是随手规定出来的公式，而是用来表达线性映射复合的规则。

如果向量 $x$ 先被送到 $Bx$，再将结果送到 $A(Bx)$，那么整体作用就是

$$(AB)x.$$

所以内侧大小一定要匹配，因为第一个变换的输出，必须是第二个变换可以接收 的输入。

定理

结合律对应重复复合

只要相关乘积有定义，就有

$$A(BC) = (AB)C.$$

所以一串矩阵乘积可以改变分组方式，而不改变最后的线性变换。

这并不表示可以改变因子的次序。结合律只允许改变括号，而不允许重新排列因子。

定义

转置

若 $A = [a_{ij}]$ 是一个 $m \times n$ 矩阵，则它的转置 $A^T$ 是 $n \times m$ 矩阵，其 $(j,i)$ 位置的元素为 $a_{ij}$。

也就是

$$(A^T)_{ji} = a_{ij}.$$

所以 $A$ 的每一行都会变成 $A^T$ 的一列，而 $A$ 的每一列都会变成 $A^T$ 的一行。

定理

转置的基本性质

当矩阵相加时，设 $A$ 与 $B$ 尺寸相同；设 $c$ 为标量。当矩阵相乘时， 设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵、$B$ 是 $n \times p$ 矩阵。则：

1. $(A^T)^T = A$
2. $(A + B)^T = A^T + B^T$
3. $(cA)^T = cA^T$
4. $(AB)^T = B^T A^T$

证明

乘积转置公式的逐元素证明

设 $A=[a_{ij}]$ 是 $m \times n$ 矩阵，$B=[b_{ij}]$ 是 $n \times p$ 矩阵。于是 $AB$ 是 $m \times p$ 矩阵，而 $(AB)^T$ 与 $B^T A^T$ 都是 $p \times m$ 矩阵。对 $1 \le i \le p$、$1 \le j \le m$，第一个矩阵的 $(i,j)$ 元素为

$$\bigl((AB)^T\bigr)_{ij} =(AB)_{ji} =\sum_{k=1}^{n}a_{jk}b_{ki}.$$

另一方面，$B^T A^T$ 的 $(i,j)$ 元素为

$$\begin{aligned} (B^T A^T)_{ij} &=\sum_{k=1}^{n}(B^T)_{ik}(A^T)_{kj} \\ &=\sum_{k=1}^{n}b_{ki}a_{jk} \\ &=\sum_{k=1}^{n}a_{jk}b_{ki}. \end{aligned}$$

最后一步使用的是标量乘法的交换律，并没有假设矩阵乘法可交换。两边每个对应 元素都相等，所以 $(AB)^T=B^T A^T$。尺寸也能说明为何必须反序：$B^T$ 是 $p \times n$ 矩阵，$A^T$ 是 $n \times m$ 矩阵；$A^T B^T$ 通常甚至没有定义。

尺寸相容的矩阵恒等式与线性

使用正有限尺寸的实矩阵，加法与标量乘法逐元素定义。映射称为线性的，指对全部输入和实标量都有 $L(\alpha x+\beta y)=\alpha L(x)+\beta L(y)$。在行乘列公式的每个有限标量和中使用分配律，便证明 $x\mapsto Ax$ 线性；令 $x=y=0$ 得 $L(0)=0$。若 $A,B,C$ 的尺寸分别为 $m\times n,n\times p,p\times q$，则

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

这里只对有限和重新分组。同样的逐元素分配律证明矩阵分配律，单位矩阵的 Kronecker 元素则证明相容尺寸下 $AI=A=IA$。转置定义直接给出 $(A^T)^T=A$、$(A+B)^T=A^T+B^T$ 和 $(cA)^T=cA^T$。若 $\Delta=ad-bc\ne0$，将 $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$ 按任一次序相乘，均得 $\Delta I_2$；除以 $\Delta$ 便证明所述二阶逆矩阵公式。

定义

标准内积

设 $u$ 和 $v$ 是 $\mathbb{R}^m$ 中维数相同的列向量，其中 $m\ge1$。它们的 内积是实数

$$\langle u,v\rangle =\sum_{i=1}^m u_iv_i =u^Tv.$$

它也称为点积。我们把 $1\times1$ 矩阵和其中唯一的实数视为相同，所以 矩阵乘积 $u^Tv$ 可以直接读成一个数。

线性方程组与解集

定义

系数矩阵、常数向量与增广矩阵

对于系统 $Ax = b$：

• $A$ 称为系数矩阵；
• $b$ 称为常数向量；
• $[A\mid b]$ 称为增广矩阵，即把常数列接在系数矩阵右边所得的矩阵。

中间那条直线只是记号上的提示，用来提醒你最后一列来自等号右边。它不 代表有另一种独立的矩阵运算。

定义

基本行变换

对增广矩阵可做的行变换只有以下三种：

1. $R_i \leftrightarrow R_j$，其中 $i\ne j$
2. $R_i \leftarrow \alpha R_i$，其中 $\alpha \ne 0$
3. $R_j \leftarrow \alpha R_i+R_j$，其中 $i\ne j$、$\alpha\in\mathbb R$

这三种操作称为基本行变换。

定理

行等价的增广矩阵代表等价方程组

若一个增广矩阵可由另一个增广矩阵经有限次基本行变换得到，则两者所代 表的线性方程组是等价的，也就是说，它们有完全相同的解集。

证明

逐种解释为什么基本行变换是安全的

每一种行变换，其实都只是方程操作的矩阵版本。

• 交换两行，只是改变方程出现的次序。某个数组在交换前同时满足所有方 程，交换后也同样同时满足它们。
• 把一行乘上一个非零标量，等于把同一条方程左右两边同时乘上同一个非 零数。这会得到一条等价方程，而且可用乘上 $1 / \alpha$ 逆转。
• 把 $R_j$ 换成 $\alpha R_i + R_j$，就是把第 $j$ 条方程改写成 “$\alpha \times$ 第 $i$ 条方程加第 $j$ 条方程”。原系统的任何解都会满足 新方程，而这一步也可通过把 $-\alpha$ 倍第 $i$ 行加回第 $j$ 行来逆 转。

因此，每一种基本行变换都保留解集，任何有限次组合也一样保留解集。

定义

REF 与 RREF

矩阵属于 行阶梯形（REF），表示：

1. 全 0 行都放在最下面；
2. 每一个非零行的第一个非零元素，都比上一行的第一个非零元素更靠 右。

矩阵属于 最简行阶梯形（RREF），则还要再满足：

1. 每个主元都等于 $1$；
2. 每个主元所在的列，除了那个主元之外，其余位置全部都是 $0$。

走一次完整的消元路径

考虑方程组

$$\begin{aligned} x + 2y + 2z &= 4, \\ x + 3y + 3z &= 5, \\ 2x + 6y + 5z &= 6. \end{aligned}$$

它的增广矩阵是

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 & 4 \\ 1 & 3 & 3 & 5 \\ 2 & 6 & 5 & 6 \end{bmatrix}.$$

例题

把每个行变换都读成一个目的

左上角的 $1$ 已经是一个很方便的主元，所以第一个目标很清楚：

把这个主元下面的元素全部变成 $0$。

做

$$R_2 \leftarrow R_2 - R_1, \qquad R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1.$$

就得到

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & -2 \end{bmatrix}.$$

现在第 1 列已经完成。下一个主元在第 2 行第 2 列，所以用它清掉下面 的 $2$：

$$R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2.$$

矩阵变成

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & -4 \end{bmatrix}.$$

此时矩阵已是 REF。从最后一个非零行往上回代，得到

$$-z=-4\ \Longrightarrow\ z=4,\qquad y+z=1\ \Longrightarrow\ y=-3,\qquad x+2y+2z=4\ \Longrightarrow\ x=2.$$

方程组已经解出。继续化为 RREF，是把这些代入步骤记录在矩阵中，从而直接读出各变量的值。

先把最后一个主元改成 $1$：

$$R_3 \leftarrow -R_3 \quad\Rightarrow\quad \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 4 \end{bmatrix}.$$

然后清掉这个主元上方的元素：

$$R_1 \leftarrow R_1 - 2R_3, \qquad R_2 \leftarrow R_2 - R_3,$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -4 \\ 0 & 1 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & 4 \end{bmatrix}.$$

最后，再把第二个主元上方的 $2$ 清掉：

$$R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2,$$

就得到 RREF

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & 4 \end{bmatrix}.$$

这时解可以直接读出：

$$x = 2,\qquad y = -3,\qquad z = 4.$$

例题

先读结构，再做计算

假设你最后得到

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.$$

这里第 1、2 列是主元列，但第 3 列不是，所以第三个变量是自由变量。

因此，这个系统不是唯一解。它会有无限多解，因为你可以先自由选 第三个变量，再回头求出另外两个主元变量。

定理

矛盾行代表什么？

如果行化简后出现

$$\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix},$$

它对应的方程就是 $0 = 1$。这不可能成立，所以原方程组不相容，也就 是无解。

定义

齐次方程组

齐次线性方程组是形如

$$Ax = 0$$

的线性方程组。

其中 $x = 0$ 称为平凡解。

定义

零空间

对实 $m\times n$ 矩阵 $A$，其零空间定义为

$$N(A) = \{x\in\mathbb R^n : Ax = 0_m\}.$$

因此 $N(A)$ 就是齐次方程组 $Ax = 0$ 的解集。

定理

所有解都等于某个特解加上一个零空间向量

设 $x_p$ 是 $Ax = b$ 的一个特解。

则向量 $x$ 是 $Ax = b$ 的解，当且仅当

$$x = x_p + v$$

其中 $v \in N(A)$。

证明

为什么全部解都具有 $x_p + N(A)$ 的形式

先设 $x$ 是 $Ax = b$ 的任意一个解。那么

$$Ax = b \qquad \text{且} \qquad Ax_p = b.$$

相减得

$$A(x - x_p) = 0.$$

所以 $x - x_p \in N(A)$，即 $x = x_p + v$，其中 $v \in N(A)$。

反过来，若 $v \in N(A)$，则 $Av = 0$。因此

$$A(x_p + v) = Ax_p + Av = b + 0 = b.$$

所以任何形如 $x_p + v$ 的向量，也必定是系统的解。

实方阵的双侧逆与二阶求逆公式

定义

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

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。

令

$$A= \begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}, \qquad \det(A)=ad-bc\neq0.$$ $$A^{-1}= \frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} d&-b\\ -c&a \end{bmatrix}.$$

逆矩阵唯一性的证明见可逆矩阵。

实方阵的行列式与可逆性

以下结论针对有限阶实方阵；第一条还要求矩阵为上三角或下三角矩阵。

定理

三角矩阵定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩阵，则

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

定理

用行列式判定可逆性

对方阵 $A$，

$$A\text{ 可逆}\quad\Longleftrightarrow\quad\det(A)\ne0$$

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。

可逆操作及其矩阵

定义

基本行变换与基本矩阵

本节在实数域上讨论。设 $A$ 是 $n\times n$ 矩阵。基本行变换包括以下三类；出现两条行时， 行号必须不同：

1. $R_p\leftrightarrow R_q$：交换第 $p$、$q$ 行；
2. $R_p\leftarrow\beta R_p$，其中 $\beta\ne0$；
3. $R_q\leftarrow R_q+\alpha R_p$。

把同一操作应用在 $I_n$ 上所得的矩阵称为基本矩阵 $E$。左乘以 $E$ 会把同一操作应用到任意 $n\times m$ 矩阵 $X$，结果就是 $EX$。要求 $\beta\ne0$，是因为基本行变换必须可逆。

当 $\beta=0$ 时，缩放规则仍然给出正确的等式：矩阵有零行，行列式就 是零。但零缩放不可逆，所以不能把它当作稍后要撤销的基本因子。区分 “等式仍成立”和“操作可逆”这两件事，可以避免错误地约去零因子。

有限消元与基本矩阵的逆

对实 $m\times n$ 矩阵，在上一个主元下方的各行中从左向右扫描列。若某列有可用的非零元素，将其换到下一个主元位置，乘以非零倒数正规化，再减去该行的倍数以清除下方元素。若该列没有可用元素，就移向下一列。至多有 $\min(m,n)$ 个主元，每步运算有限，故此过程构造出 REF。再从最后一个主元向上清除主元上方元素，就构造出 RREF，且不破坏较早的主元列。齐次 RREF 方程组中可自由指定自由变量，再由回代唯一确定主元变量。因此令某个自由变量为一、其他自由变量为零，便得非零齐次解；没有自由变量时则只有零解。

基本矩阵是在 $I_m$ 上作一次合法行变换的结果；它左乘任意 $m\times n$ 矩阵会执行同一行变换。逆操作分别为相同换行、乘以 $1/\beta$（$\beta\ne0$），或加上来源行的 $-\alpha$ 倍。其基本矩阵 $E^{-1}$ 满足 $E^{-1}E=EE^{-1}=I_m$，因为两个复合操作恢复 $I_m$ 的每一行。按反序乘上各逆矩阵就使有限个基本矩阵的乘积可逆，结合律可核对两侧逆恒等式。这些事实提供下述方阵等价性证明所需的消元和可逆因子前提。

等价表述

定理

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：

1. $A$ 可逆。
2. $A$ 与 $I_p$ 行等价。
3. $A$ 是若干个 $p$ 阶初等行变换矩阵的乘积。
4. $A$ 有左逆。
5. $A$ 有右逆。
6. $A$ 非奇异，即 $Ax=0$ 只有零解。
7. 对每个 $b\in\mathbb R^p$，方程组 $Ax=b$ 都一致。
8. 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。

每类行变换的乘数

定理

三种行变换对行列式的影响

对 $n\times n$ 矩阵 $A$，其中 $1\le p,q\le n$，凡出现两条行时均要求 $p\ne q$：

1. 若 $B$ 由 $A$ 交换第 $p$、$q$ 行得到，则 $\det(B)=-\det(A)$；
2. 若 $B$ 由 $A$ 把第 $p$ 行乘以 $\beta$ 得到，则 $\det(B)=\beta\det(A)$，包括 $\beta=0$ 的情形；
3. 若 $p\ne q$，且 $B$ 由 $A$ 作 $R_q\leftarrow R_q+\alpha R_p$ 得到，则 $\det(B)=\det(A)$。

第一条是行列式的交错性。第二条固定其他各行，只对第 $p$ 行使用线性 性，因此把这一行换成 $\beta a_p$ 会产生倍数 $\beta$。

行替换中的两个行号必须不同。若写成 $R_p\leftarrow R_p+\alpha R_p$，新行是 $(1+\alpha)a_p$，所以行列式乘以 $1+\alpha$。

证明

用多重线性证明行替换规则

把 $A$ 的各行写成 $a_1,\ldots,a_n$。令 $C$ 把第 $q$ 行替换为 $a_q+\alpha a_p$，其中 $p\ne q$。再令 $A^\star$ 把第 $q$ 行换成 $a_p$。由于其他各行都相同，多重线性给出

$$\det(C)=\det(A)+\alpha\det(A^\star)$$

$A^\star$ 的第 $p$、第 $q$ 行相同，所以 $\det(A^\star)=0$。因此 $\det(C)=\det(A)$。这个证明明确显示了额外项为什么消失，也显示了 两条行必须是不同的行。

定理

混合行变换的记账公式

若一串基本行变换把 $A$ 变成 $U$，其中有 $s$ 次换行，并把行分别乘以 非零数 $\beta_1,\ldots,\beta_q$，则

$$\det(U)=(-1)^s\left(\prod_{j=1}^{q}\beta_j\right)\det(A)$$

因此

$$\det(A)=\frac{\det(U)}{(-1)^s\prod_{j=1}^{q}\beta_j}$$

行替换的倍数是 $1$，所以不出现在分母中。

若 $U$ 是方形的行阶梯形，它同时是上三角矩阵，并且 $\det(U)$ 等于对角线元素的乘积。零行会使这个乘积为零；由于记账分母 只含非零因素，原矩阵的行列式也必为零。若这个行阶梯形没有零行，每个 对角位置都是主元，对角线乘积才必为非零。任意上三角矩阵未必如此，例 如 $\begin{bmatrix}0&1\\0&1\end{bmatrix}$ 是上三角矩阵但行列式为零。

用记账表执行行化简

开始前先写清矩阵的尺寸，并标出每条行在当前步骤中的作用。每一步都要 是合法的基本变换：换行或行替换所涉及的行号必须不同，缩放因素必须是 非零数。接着按以下顺序处理：

1. 在每个主元下方消去元素；能用行替换时就优先使用行替换。需要移动主 元时，立即在记账表中增加一次换行。
2. 若把主元行正规化，立刻记录缩放数 $\beta$，包括它的符号和出现次序。 最后的对角线乘积属于缩放后的矩阵，所以必须除回这个因素。
3. 到达上三角矩阵就停止。若出现零行，不应再把它当作主元作除法；此 时行列式已经由零行定理确定为零。
4. 乘出最终对角线元素，再使用 $\det(A)=\det(U)/((-1)^s\prod\beta_j)$，不要靠记忆在脑中补正负号。

不同的消元路线可能产生不同的中间矩阵和主元，但各自的记账结果必须回 到同一个初始行列式。这是检查算术的实用方法，也是定理所保证的结果。 解 $Ax=b$ 时同样要注意范围：基本行变换作用在完整的 $[A\mid b]$ 上； 行列式记账则只对方形的系数矩阵 $A$ 读值。

从初等因子到乘积定理

对单个基本矩阵 $E$，当 $X$ 也是同尺寸方阵时，$EX$ 仍是方阵。$E$ 是把操作应用于 $I_n$ 的结果，所以三条规则分别 给出 $\det(E)=-1,\beta,1$。对 $X$ 应用同一规则即得 $\det(EX)=\det(E)\det(X)$。若有 $E_s\cdots E_1$，归纳得到

$$\det(E_s\cdots E_1X)=\left(\prod_{j=1}^{s}\det(E_j)\right)\det(X)$$

若 $A$ 可逆，前面关于行化简的结论给出 $A=E_s\cdots E_1$。先取 $X=I_n$，再取 $X=B$，便有

$$\det(A)=\prod_j\det(E_j)\ne0\qquad \det(AB)=\left(\prod_j\det(E_j)\right)\det(B)$$

若 $A$ 奇异，把它化为行阶梯形 $R$。早先的可逆性判准说明 $R$ 有零行。 设 $E_s\cdots E_1A=R$，并令 $c=\prod_j\det(E_j)$。每个因素非零， 因为每个操作都可逆；而 $R$ 的零行在 $RB$ 中仍是零行，所以

$$c\det(A)=\det(R)=0\qquad c\det(AB)=\det(RB)=0$$

取消非零的 $c$ 得 $\det(A)=0$ 和 $\det(AB)=0$，两边再次相等。

记号 $E_s\cdots E_1A$ 也记录了操作次序：最右边的 $E_1$ 先作用，接着 是 $E_2$，依此类推。证明没有使用矩阵乘法的交换性。所有因素都是 $n\times n$，而 $B$ 也是同尺寸方阵，所以每一个中间乘积都有定义；这 个尺寸条件是定理的一部分，不是可有可无的记号约定。

定理

乘积的行列式

若 $A$、$B$ 是同尺寸的方阵，则

$$\det(AB)=\det(A)\det(B)$$

虽然 $AB$ 与 $BA$ 通常不是同一个矩阵，但标量乘法可以交换，因此也有

$$\det(AB)=\det(A)\det(B)=\det(B)\det(A)=\det(BA)$$

行列式与可逆性

定理

用行列式判定可逆性

对方阵 $A$，

$$A\text{ 可逆}\quad\Longleftrightarrow\quad\det(A)\ne0$$

乘积定理的证明已经给出两个方向：可逆矩阵可以分解为行列式非零的基本矩阵；奇异矩阵则化为含零行的行阶梯形。消元的总倍数非零，因此后一种情形的原矩阵行列式也为零。

伴随恒等式与求逆的连续性

当 $n\ge2$，令 $C_{ij}=(-1)^{i+j}\det(A(i\mid j))$，并定义 $\operatorname{adj}(A)_{ji}=C_{ij}$。$A\operatorname{adj}(A)$ 的 $(i,j)$ 元素为 $\sum_k a_{ik}C_{jk}$。若 $i=j$，行展开使它等于 $\det A$；若 $i\ne j$，它是将第 $j$ 行换成第 $i$ 行后所得矩阵的第 $j$ 行展开：该行的余因子不变，而重复行使行列式为零。因此 $A\operatorname{adj}(A)=(\det A)I$。

排列公式还给出 $\det(A^T)=\det A$：将排列换成其逆排列即可。两者的逆序数相同，因为逆序 $(r,s)$ 与逆排列的逆序 $(\sigma(s),\sigma(r))$ 一一对应，元素乘积在重新编号后也相同。对子矩阵同样适用，故 $\operatorname{adj}(A^T)=(\operatorname{adj} A)^T$。对 $A^T$ 使用第一个恒等式再转置，得到 $\operatorname{adj}(A)A=(\det A)I$。当 $n=1$，定义 $\operatorname{adj}([a])=[1]$，两个恒等式立即成立。

若 $\det A\ne0$，两侧恒等式证明 $A^{-1}=\operatorname{adj}(A)/\det A$。每个行列式和余因子都是矩阵元素的有限多项式，所以此逆矩阵公式在行列式非零处连续。这提供了局部逆函数证明中使用的求逆连续性结论。

证明见三角矩阵的行列式及行列式可逆判据。

联立模型：估值与生产平衡

固定权重产生线性估值

为两笔未来付款指定固定权重 $d=(0.9,0.8)^T$。付款向量为 $c=(100,50)^T$ 时，加权值为

$$d^Tc=0.9(100)+0.8(50)=130.$$

权重固定时，付款向量相加，其加权值也相加。如果权重依赖付款本身或其他同时变化的输入，整个较大模型就未必是线性的。

三个平衡条件，一个联立解

设三个数量满足

$$x+y+z=6,\qquad2x-y+z=3,\qquad x+2y+3z=14.$$

从第二式减去第一式的两倍，并从第三式减去第一式，得到 $-3y-z=-9$ 和 $y+2z=8$。把前式与后式的三倍相加，得 $5z=15$。因此 $z=3$、$y=2$、$x=1$。代回原来的三个左端，分别得到 $6$、$3$、$14$。各主元均非零，所有变量都被确定，所以解唯一。

总产出不等于最终需求

设 $x$ 为总产出，$Ax$ 为生产过程中内部使用的产出，$d$ 为最终需求。固定系数平衡模型为

$$x=Ax+d,\qquad (I-A)x=d.$$

取

$$A=\begin{pmatrix}0.2&0.1\\0.1&0.2\end{pmatrix},\qquad d=\begin{pmatrix}70\\70\end{pmatrix}.$$

此时 $I-A=\begin{pmatrix}0.8&-0.1\\-0.1&0.8\end{pmatrix}$ 的行列式为 $0.63\ne0$。向量 $x=(100,100)^T$ 满足平衡：内部使用为 $(30,30)^T$，加上最终需求后为 $(100,100)^T$。非奇异性证明解唯一；数量非负及直接平衡核对，则验证这个需求下的可行性。

行列式为正本身不能保证产出非负。例如 $A=2I_2$、$d=(1,1)^T$ 时，$\det(I-A)=1>0$，但唯一代数解为 $x=(-1,-1)^T$。若模型要求产出非负，这个解就不可行。代数可解性和模型可行性是两项不同检查。

次序改变矩阵的作用

设 $D=\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}$ 把第一个坐标放大，$S=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ 交换两个坐标，则

$$DS=\begin{pmatrix}0&2\\1&0\end{pmatrix},\qquad SD=\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}.$$

交换后再缩放，与缩放后再交换不同。对于方阵，$(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2$；只有在 $AB=BA$ 时，中间两项才能合并为 $2AB$。

参数可以改变解的个数

对于 $x+2y=5$、$2x+ay=b$，消元得 $(a-4)y=b-10$。若 $a\ne4$，唯一解为 $y=(b-10)/(a-4)$、$x=5-2y$。若 $a=4,b=10$，所有 $(5-2t,t)$ 都是解。若 $a=4,b\ne10$，则无解。在分情况前先除以 $a-4$，会遗漏两种奇异情形。

用代入核对逆矩阵

对 $A=\begin{pmatrix}3&1\\1&1\end{pmatrix}$，行列式为 $2$，所以 $A^{-1}=\frac12\begin{pmatrix}1&-1\\-1&3\end{pmatrix}$。作用于 $(10,6)^T$ 得 $(2,4)^T$。代回原方程，得到 $3(2)+4=10$ 和 $2+4=6$。

练习与完整解答

P01. 设 $A=\begin{pmatrix}1&3\\2&0\end{pmatrix}$、$q=(2,4)^T$，求 $Aq$。

解答。 $Aq=(2+12,4+0)^T=(14,4)^T$。

P02. 设 $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$、$B=\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}$，求 $AB$ 和 $BA$。

解答。 $AB=\begin{pmatrix}2&3\\0&3\end{pmatrix}$，$BA=\begin{pmatrix}2&2\\0&3\end{pmatrix}$。非对角元素不同，所以乘法次序不能交换。

P03. $L(x)=2x+(1,0)^T$ 是否为 $\mathbb R^2$ 上的线性映射？给出决定性的检验。

解答。 $L(0)=(1,0)^T\ne0$。线性映射必须把零映为零，因此它不是线性的。

P04. 用消元法解 $x+y+z=4$、$x-y+z=2$、$2x+y-z=3$。

解答。 从第一式减去第二式，得 $2y=2$，故 $y=1$。其余关系为 $x+z=3$、$2x-z=2$。相加得 $3x=5$，所以 $x=5/3$、$z=4/3$。代回原方程，三个右端均得到验证。

P05. 求 $x+2y-z=3$、$2x+4y-2z=6$ 的所有解。

解答。 第二式是第一式的两倍。令 $y=s,z=t$，则 $x=3-2s+t$。所以所有解为 $(3-2s+t,s,t)^T$，其中 $s,t\in\mathbb R$。代回可验证每一对参数都满足两个方程。

P06. 对所有实数 $a,b$，分类讨论 $x-y=2$、$2x+ay=b$ 的解。

解答。 从第二式减去第一式的两倍，得 $(a+2)y=b-4$。若 $a\ne-2$，唯一解为 $y=(b-4)/(a+2)$、$x=2+y$。若 $a=-2,b=4$，所有 $(2+t,t)$ 都是解。若 $a=-2,b\ne4$，化简后出现矛盾，故无解。

P07. 求 $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$ 的逆，并用它解 $Ax=(5,4)^T$。

解答。 行列式为 $3$，所以 $A^{-1}=\frac13\begin{pmatrix}2&-1\\-1&2\end{pmatrix}$。相乘得 $x=(2,1)^T$。核对：$(4+1,2+2)^T=(5,4)^T$。

P08. 求 $\begin{pmatrix}1&2&0\\0&2&3\\0&0&4\end{pmatrix}$ 的行列式，并判断是否可逆。

解答。 这是三角矩阵，行列式为 $1\cdot2\cdot4=8\ne0$，所以矩阵可逆。

P09. 在 $x=Ax+d$ 中，设 $A=\operatorname{diag}(1/4,1/2)$、$d=(30,20)^T$。求总产出，并验证内部使用加上最终需求等于总产出。

完整解答。 两个方程为 $(3/4)x_1=30$ 和 $(1/2)x_2=20$，故 $x=(40,40)^T$。内部使用为 $(10,20)^T$，加上需求后为 $(40,40)^T$。所有数量均非负，所以该代数解也满足所述产出约束。

P10. 双向证明相容实线性方程组的“特解加零空间向量”描述，并解释为什么整个解集不可能恰有两个不同向量。

解答。 若 $Ax_p=b$、$Az=0$，则 $A(x_p+z)=b$。反过来，若 $Ax=b$，相减得 $A(x-x_p)=0$，所以 $x=x_p+z$，其中 $z$ 是零空间向量。若已有两个不同解，它们的差 $z\ne0$ 属于零空间。于是对每个实数 $t$，$x_p+tz$ 都是解；不同 $t$ 给出不同向量，因此有无穷多解，不可能恰有两个。