行变换、乘积与可逆性

上一节用余因子展开定义了行列式。这个定义是基础，但面对较大的矩阵， 逐层展开通常不是最有效的计算方法。行化简提供了另一条路线：把矩阵 换成较容易处理的形式，在每一步旁边记录准确的行列式倍数，最后从三角 矩阵的对角线读出结果。

行变换的倍数规则给出以下恒等式：

$$\text{行变换规则}\Longrightarrow\det(EX)=\det(E)\det(X) \Longrightarrow\det(AB)=\det(A)\det(B) \Longrightarrow\det(A)\ne0\Longleftrightarrow A\text{ 可逆}$$

凡是写出行列式，矩阵都默认为方阵；在乘积中，两个方阵的尺寸相同。

追踪消元怎样改变行列式

行化简会改变矩阵元素，但各类操作对行列式的影响不同：换行使它变号，缩放一行使它乘以同一个数，把一行的倍数加到另一行则使它保持不变。

概念视角算法

把消元读成行列式记账

在每个箭头旁写出操作及其行列式倍数：换行是 $-1$，非零缩放是 $\beta$，两条不同的行作替换是 $1$。对角线乘积属于最后的三角矩阵， 记账表则负责把这个值准确地传回初始矩阵。

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。

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。

例题详解

例题

只用行替换：不累积行列式因素

令

$$A=\begin{bmatrix}1&2&3\\2&5&7\\3&8&10\end{bmatrix}$$

按顺序做行替换：

$$\begin{bmatrix}1&2&3\\2&5&7\\3&8&10\end{bmatrix} \xrightarrow{R_2\leftarrow R_2-2R_1,\;R_3\leftarrow R_3-3R_1} \begin{bmatrix}1&2&3\\0&1&1\\0&2&1\end{bmatrix} \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3-2R_2} \begin{bmatrix}1&2&3\\0&1&1\\0&0&-1\end{bmatrix}=U$$

每一步都把一行的倍数加到另一条不同的行上，记账倍数都是 $1$。故

$$\det(A)=\det(U)=1\cdot1\cdot(-1)=-1$$

第二步使用已经更新的第 $2$ 行；操作顺序影响中间矩阵，但不增加行列 式因素。

例题

换行、缩放与替换的混合记账

令

$$B=\begin{bmatrix}0&1\\4&3\end{bmatrix}$$

继续化到单位矩阵：

$$\begin{bmatrix}0&1\\4&3\end{bmatrix} \xrightarrow{R_1\leftrightarrow R_2} \begin{bmatrix}4&3\\0&1\end{bmatrix} \xrightarrow{R_1\leftarrow\frac14R_1} \begin{bmatrix}1&\frac34\\0&1\end{bmatrix} \xrightarrow{R_1\leftarrow R_1-\frac34R_2}I_2$$

三步的倍数依次为 $-1,\frac14,1$，所以

$$1=\det(I_2)=(-1)\left(\frac14\right)\det(B) \qquad \det(B)=-4$$

中间三角矩阵的行列式为 $4$，与第一步的关系 $4=-\det(B)$ 完全一致；最后的行替换只消去非对角线元素，并保持缩放修 正后的矩阵行列式 $1$。

例题

参数、子式计算与核向量检验

令

$$A(x)=\begin{bmatrix}2&1&0&1\\0&1&1&1\\1&0&0&x\\0&2&3&1\end{bmatrix}$$

沿第一列展开。位置 $(3,1)$ 的余因子符号为 $+1$，故

$$\det(A)=2\begin{vmatrix}1&1&1\\0&0&x\\2&3&1\end{vmatrix} +\begin{vmatrix}1&0&1\\1&1&1\\2&3&1\end{vmatrix}$$

第一个子式沿第二行展开，唯一可能非零的项是第三项，符号为 $(-1)^{2+3}=-1$：

$$\begin{vmatrix}1&1&1\\0&0&x\\2&3&1\end{vmatrix} =-x\begin{vmatrix}1&1\\2&3\end{vmatrix}=-x(3-2)=-x$$

第二个子式沿第一行展开：

$$\begin{vmatrix}1&0&1\\1&1&1\\2&3&1\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}1&1\\3&1\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}1&1\\2&3\end{vmatrix} =(-2)+1=-1$$

于是 $\det(A)=-2x-1$，所以矩阵奇异，当且仅当 $x=-\frac12$。在这个 值下，向量 $v=(1,-4,2,2)^T$ 满足

$$Av=\begin{bmatrix}2-4+2\\-4+2+2\\1-1\\-8+6+2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\end{bmatrix}$$

这是对奇异性的直接检验。其他 $x$ 令行列式非零，因此齐次系统只有零 解。

定理

逆矩阵与整数幂

若 $A$ 可逆，则

$$\det(A^{-1})=\frac1{\det(A)}$$

对任意方阵 $A$ 和正整数 $m$，

$$\det(A^m)=(\det A)^m$$

若 $A$ 可逆，同一公式对所有整数 $m$（包括负整数）成立。

由 $A^{-1}A=I_n$ 及乘积公式， $\det(A^{-1})\det(A)=1$。正整数幂由有限次重复乘法得到。约定任意 方阵都满足 $A^0=I_n$，即使 $A$ 奇异；此时 $\det(A^0)=1$，不把它写 成可能引出 $0^0$ 的 $(\det A)^0$。负幂只有在 $A$ 可逆时才定义，并由 $A^m=(A^{-1})^{-m}$ 得到相应公式。

常见错误

常见错误

行变换必须作用于整个增广矩阵

只有把行变换作用于整个增广矩阵 $[A\mid b]$（包括右端列）时，解集才 保持不变。不能无条件地说“行等价的系数矩阵有相同解集”。例如 $x=1$ 的增广矩阵是 $[1\mid1]$，而 $2x=1$ 的增广矩阵是 $[2\mid1]$；只改变系数而固定右端会改变解。齐次系统的增广列全为零， 所以在那个特殊情形中只写系数矩阵的行变换没有问题。

另外，忘记除回缩放因素、漏数换行次数，或把 $R_p\leftarrow R_p+\alpha R_p$ 当成行列式不变，都是常见错误。最后一 个操作其实把该行乘上了 $1+\alpha$。

练习

思考检查

若把 $A$ 的其中一行乘上 $5$，$\det(A)$ 会怎样变？

直接使用行缩放规则。

解答 · 答案

行列式会乘上 $5$。

思考检查

若 A 行化简后出现零行，对 $\det(A)$ 可以下什么结论？

先读阶梯形的行列式，再用非零记账倍数回到原矩阵。

解答 · 答案

$\det(A)=0$。阶梯形行列式为零，而换行和非零缩放组成的记账倍数非零， 不会改变这个零的结论。

思考检查

行列式等于 $0$ 的方阵可以可逆吗？

用等价定理回答。

解答 · 答案

不可以。方阵可逆，当且仅当它的行列式非零。

思考检查

用行化简计算 $\det\begin{bmatrix}1&1&0\\2&3&1\\0&1&4\end{bmatrix}$。

尽量避免行缩放，让记账保持简短。

解答 · 引导解答

先做 $R_2\leftarrow R_2-2R_1$，再用新的 $R_2$ 做 $R_3\leftarrow R_3-R_2$：

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

只用了行替换，所以 $\det=1\cdot1\cdot3=3$。

思考检查

若 $\det(A)=4$ 而 $\det(B)=-3$，其中 A、B 都是 $3\times3$ 方阵，求 $\det(AB)$。

使用乘积公式。

解答 · 引导解答

$$\det(AB)=\det(A)\det(B)=4(-3)=-12$$

思考检查

若 $\det(A)=6$，求 $\det(A^{-1})$。

假设 A 可逆。

解答 · 引导解答

$$\det(A^{-1})=\frac1{\det(A)}=\frac16$$

相关笔记

若基本定义仍然过于符号化，可以回看 7.1 行列式与余因子展开。

接着阅读 7.3 转置、列变换与克拉默法则， 从列的角度理解行列式。

也可参考 5.1 可逆矩阵， 因为本节把行列式判准接到那一章的可逆性词典上。