5.1 可逆矩陣

方陣可能把不同輸入送到同一個輸出，也可能無法產生某些輸出。逆矩陣要完全撤銷原矩陣的作用，就必須保證每個輸出都恰好對應一個輸入。因此，可逆性與方程組 $Ax=b$ 的解集直接相關。除非另有說明，矩陣元素均取實數。

開始之前

矩陣乘法必須保持因子次序，每一步合法的初等行變換都可逆。方程組 $Ax=b$ 有唯一解，當且僅當它一致，且化簡後每個變量欄都有主元。可逆性將保證每個維數適當的右端都滿足這個條件。

左逆與右逆

定義 5.1.1

（左逆與右逆）

設 $A$ 是一個 $p \times q$ 矩陣。

一個 $q \times p$ 矩陣 $H$ 如果滿足 $HA = I_q$ ，就稱為 $A$ 的左逆。
一個 $q \times p$ 矩陣 $G$ 如果滿足 $AG = I_p$ ，就稱為 $A$ 的右逆。

對長方形矩陣，左逆或右逆可以單獨存在；但若兩者都存在，它們必定相同。方陣還具有更強的性質：只要任何一側的逆存在，另一側的逆也存在。

定義 5.1.2

（可逆矩陣）

若 $A$ 是一個 $p \times p$ 方陣，而且存在另一個 $p \times p$ 矩陣 $B$ 使得

BA = AB = I_p,

我們就稱 $A$ 為可逆。矩陣 $B$ 叫做 $A$ 的逆矩陣，記作 $A^{-1}$ 。

定理 5.1.3

（逆矩陣是唯一的）

設 $A$ 是 $p\times q$ 矩陣， $B,C$ 是 $q\times p$ 矩陣。若 $B$ 是 $A$ 的左逆， $C$ 是右逆，則 $B=C$ 。特別地，可逆方陣恰好有一個逆矩陣。

證明

（為何逆矩陣唯一）

假設給出 $BA=I_q$ 與 $AC=I_p$ 。由結合律，

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

這裏沒有交換任何因子。可逆方陣的任何兩個逆矩陣都滿足這些假設，因此必定相同。

甚麼叫可逆

逆矩陣的定義要求恢復每個輸入向量。對角矩陣尤其容易顯示這種作用。

例題 5.1.4

（對角矩陣最容易看出逆矩陣）

設

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

那麼

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

原因很直接：對角線上每個非零元素變成倒數，而其餘零位仍然是零。將 $D$ 與 $D^{-1}$ 相乘，就會得到 $I_3$ 。

等價表述

定理 5.1.5

（識別可逆矩陣的等價條件）

設 $A$ 是實 $p\times p$ 矩陣。以下條件等價：

$A$ 可逆。
$A$ 與 $I_p$ 行等價。
$A$ 是若干個 $p$ 階初等行變換矩陣的乘積。
$A$ 有左逆。
$A$ 有右逆。
$A$ 非奇異，即 $Ax=0$ 只有零解。
對每個 $b\in\mathbb R^p$ ，方程組 $Ax=b$ 都一致。
對每個 $b\in\mathbb R^p$ ，方程組 $Ax=b$ 都恰好有一個解。

等價地， $A$ 的欄向量線性獨立，或它們張成 $\mathbb R^p$ 。這些條件成立時，唯一解為 $A^{-1}b$ 。

證明

（方陣假設在等價性證明中的作用）

若 $H$ 是左逆，則 $Ax=0$ 蘊含 $x=HAx=0$ 。反過來，設齊次系統只有零解。在 $A$ 的任何最簡行階梯形中，自由變量都會產生一個非零齊次解，因此每欄都有主元。由於 $A$ 是方陣，恰有 $p$ 個主元行，所得最簡行階梯形必為 $I_p$ 。

若行變換乘積 $E$ 滿足 $EA=I_p$ ，反向鏈說明 $E$ 可逆，而且 $A=E^{-1}$ 。因此 $A$ 可逆，並且本身是初等矩陣的乘積。反過來，這類乘積可逆，而逆矩陣尤其是左逆。這就連接了條件 1–4 和 6，並沒有假設 RREF 唯一。

現設 $AG=I_p$ 。此時 $A$ 是方陣 $G$ 的左逆，剛證明的左逆判別使 $G$ 可逆，從而 $A=A(GG^{-1})=(AG)G^{-1}=G^{-1}$ 可逆。這就證明了右逆判別，沒有擅自顛倒乘積。

若每個 $Ax=b$ 都一致，對 $I_p$ 的第 $j$ 欄 $e_j$ 選擇解 $u_j$ ，使 $Au_j=e_j$ 。令 $U=[u_1\ \cdots\ u_p]$ ，便有 $AU=I_p$ ，可用右逆判別。最後，若 $A$ 可逆，則 $A(A^{-1}b)=b$ 證明解存在；任何解 $x$ 都滿足 $x=A^{-1}Ax=A^{-1}b$ ，所以解唯一。每個右端都有唯一解，自然蘊含每個右端都有解。

欄向量的說法只是翻譯：線性獨立等價於 $Ax=0$ 只有零系數向量；張成則表示每個 $b$ 都有表示 $Ax=b$ 。這裏沒有額外增加欄向量的假設。

行化簡與逆矩陣

每個初等行變換矩陣都可逆，逆矩陣編碼對應的反向操作，證明見 3.5 初等行變換矩陣。若按時間順序施加的操作對應 $E_1,\ldots,E_k$ ，合併左乘矩陣就是 $E=E_k\cdots E_1$ 。

每一步都須作用於整個增廣矩陣，因此

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

若左塊變成 $I_p$ ，則 $EA=I_p$ 。由於 $E$ 可逆，有 $A=E^{-1}$ ，右塊 $E$ 正是 $A^{-1}$ 。若左塊化簡後缺少主元，方陣便不滿足上面的等價條件。這一方法同時判斷可逆性和計算逆矩陣；右塊再複雜，也不能補救左塊缺少主元的問題。

可逆性的等價測試

沿着行化簡背後的可逆性字典：可逆行變換把 A 化成 I 時，右邊區塊正好成為 A^{-1}。

可逆行變換
每個初等行變換都是左乘一個可逆矩陣，所以整段化簡會記錄一個累積乘積。
化到單位矩陣
若 E_k...E_1A=I，那麼累積乘積 E_k...E_1 就是 A^{-1}。
增廣求逆法
把同一批行變換作用在 [A|I] 上；當左邊化成 I，右邊就是 A^{-1}。
失敗訊號
若缺少主元，左邊不能化成 I。等價地，Ax=0 有非零解，所以 A 是奇異矩陣。
等價字典
可逆、非奇異、與 I 行等價、零空間只有零向量、每個 b 有唯一解，是同一套條件。

對方陣來說，行化簡測試、逆矩陣公式、零空間測試與唯一可解性，說的是同一件事。

互動 · 逐步演示第 1 步，共 7 步

跟著看一個用行化簡求逆的例子

對整個增廣矩陣 $[A \mid I]$ 逐步做行變換。左邊變成 I 時，從右邊讀出 $A^{-1}$ 。

[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本步改動竪線左邊：A；右邊：同一組行變換作用於 I

由 A = [[1,2,1],[0,1,1],[2,3,4]] 開始，在右邊接上 I。每次行變換都必須作用於該行全部六個元素；右邊記錄同一組行變換對 I 的作用。

所用主元: 第 1 行第 1 列：1
本步改動: 沒有（起點）

左邊還未到行階梯形

左邊第 3 行第 1 列仍是 2，沒有在第 2 行主元的右方。A 是否可逆尚未判定。

要留意行變換作用於 [A | I] 的整行，包括右邊；否則右邊就不再記錄對 I 所做的變換。

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跟著走完一條行化簡路徑

每一步做一組基本行運算。留意主元上下的元素怎樣逐個變成 0。

先在第 1 列選主元。

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

1正在處理的主元0本步改動竪線右邊：常數

先由增廣矩陣開始。第一個主元的工作，是幫我們把它下面的元素清掉。

主元: 第 1 行第 1 列：1
本步改動: 沒有（起點）

還未到行階梯形

第 2 行第 1 列仍是 1，沒有在第 1 行主元的右方。

要留意第 1 列的第一行已經有方便的主元 1，所以暫時不用換行。

如何使用可逆性的等價字典

按已知資料選擇判別：主元、單側逆等式、非零零空間向量，或所有右端的可解性。

例題 5.1.6

（非零零空間向量可以證明不可逆）

設 $A$ 是方陣，並且

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

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

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

左邊等於 $v$ ，右邊等於 $0$ ，於是會推出 $v = 0$ 。這和已知的非零向量矛盾。因此，只要找到一個非零的 $Ax = 0$ 解，就已經證明 $A$ 是奇異矩陣。

例題 5.1.7

（用逆矩陣解方程組）

設

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

若 $Ax = b$ ，兩邊左乘 $A^{-1}$ ：

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

逆矩陣不只是「把 $A$ 反過來」的符號，它給出了唯一解的明確公式。

由可逆矩陣角度理解行等價

定理 5.1.8

（行等價等同於左乘一個可逆矩陣）

設 $A$ 與 $B$ 是有 $p$ 行的矩陣。以下敘述等價：

$A$ 與 $B$ 行等價；
存在一個可逆的 $p \times p$ 矩陣 $G$ ，使得

B = GA.

而且一旦 $B = GA$ ，就同時有

A = G^{-1}B.

行變換鏈給出這樣的乘積 $G$ 。反過來，等價字典把任何可逆的 $G$ 表成初等矩陣的乘積，所以 $GA$ 可由相應行變換從 $A$ 得到。左乘 $G^{-1}$ 就能恢復 $A$ 。

例題 5.1.9

（把行等價讀成一條矩陣等式）

設

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}.

矩陣 $G$ 就是行變換

R_2 \leftarrow R_2 - R_1

對應的行變換矩陣。所以

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

如果把這個新矩陣記作 $B$ ，就有 $B = GA$ 。一條等式已經完整記錄了這次行變換。因為 $G$ 可逆，所以 $A$ 與 $B$ 行等價。

定理 5.1.10

（行變換保留對應欄向量之間的線性關係）

設 $A$ 與 $B$ 是行等價的 $p \times q$ 矩陣，並把它們的欄寫成

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},

就必然有

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

特別地，對應欄之間的線性相依與線性獨立，都會被行等價保留。

左乘 $G$ 把關係向前傳遞，左乘 $G^{-1}$ 則恢復原關係。因此同一組係數關係在兩個方向都成立，也就證明了線性相依與線性獨立均被保留。欄向量本身通常會改變。完整的 RREF 唯一性證明及其與秩的關係，見 5.2 RREF 的唯一性與秩。

乘積與逆矩陣的次序

定理 5.1.11

（方陣乘積可逆當且僅當各因子可逆）

設 $A,B$ 是實 $p\times p$ 矩陣。 $AB$ 可逆，當且僅當 $A,B$ 都可逆。此時

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

證明

（先構造逆矩陣，再使用它的名稱）

先假設兩個因子都可逆，並令 $C=B^{-1}A^{-1}$ 。用結合律核對兩側：

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

現在才能斷言 $C=(AB)^{-1}$ 。反向次序使互逆因子彼此相鄰；論證沒有使用交換律。

證明反向時，假設 $AB$ 可逆，記 $C=(AB)^{-1}$ 。此時還不能使用 $A^{-1}$ 或 $B^{-1}$ ，應先寫出

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

於是 $A$ 有右逆， $B$ 有左逆。兩個因子都是同階方陣，所以前面已證明的單側逆判別保證它們可逆。這一步引用等價字典，正是反向證明的關鍵。

由歸納法，同階方陣的有限乘積可逆，當且僅當每個因子都可逆，而且

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

轉置與冪次

定理 5.1.12

（轉置、純量倍乘與整數冪）

若 $A$ 可逆，則 $(A^{-1})^{-1}=A$ ，且 $(A^T)^{-1}=(A^{-1})^T$ 。對非零實數 $c$ ，有 $(cA)^{-1}=c^{-1}A^{-1}$ 。

每個整數冪 $A^n$ 都可逆，且 $(A^n)^{-1}=(A^{-1})^n$ 。這裏 $A^0=I_p$ ；對正整數 $m$ ，定義 $A^{-m}=(A^{-1})^m$ 。

轉置公式來自對兩條互逆等式取轉置，此時因子次序反轉。純量倍乘公式可在左右兩個乘積中約去 $c$ 與 $c^{-1}$ ；正整數冪來自乘積定理，負整數冪則對 $A^{-1}$ 使用該定理，零次冪就是單位矩陣。對正整數 $n$ ， $A^n$ 可逆也能反推 $A$ 可逆；但 $n=0$ 時反推不成立，因為奇異方陣仍滿足 $A^0=I_p$ 。

乘積等於單位矩陣時怎樣推理

定理 5.1.13

（方陣情況下，一側單位等式已經足夠）

設 $P$ 和 $Q$ 是同大小方陣。若

PQ=I,

則 $P$ 和 $Q$ 都可逆，而且

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

例題 5.1.14

（由 $ABCD=I$ 得到循環恆等式）

假設 $A,B,C,D$ 都是 $5 \times 5$ 矩陣，且

ABCD=I_5.

先把乘積分組成

(ABC)D=I_5.

由一側單位等式的定理， $ABC$ 和 $D$ 互為逆矩陣。因此

DABC=I_5.

再用已經證明的循環等式繼續分組，可以得到

CDAB=I_5, \qquad BCDA=I_5.

所以 $BCDA$ 、 $CDAB$ 和 $DABC$ 確實必然等於 $I_5$ 。但像 $DCBA$ 或 $DBAC$ 這些任意重排則沒有被迫成立；矩陣乘法仍然不可交換。

用行化簡計算逆矩陣

例題 5.1.15

（用行化簡求逆矩陣）

設

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

先寫出 $[A\mid I_2]$ ：

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

先清走左下角的 $3$ ：

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

再把第二行除以 $-1$ ，然後清走第一行第二欄：

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

所以

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

一族逆矩陣

例題 5.1.16

（由行化簡得到參數化逆矩陣）

對實數 $\alpha$ ，令

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

從 $[A_\alpha\mid I_4]$ 開始，同時對左右兩半施行 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ 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].

左半邊四個主元已經都是 $1$ 。按下列順序消去其餘非零項：

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.

第一步後，右半邊第三行成為 $(\alpha,0,1,-\alpha)$ 。右半邊第二、四行分別為 $(-1,1,0,0)$ 、 $(-1,0,0,1)$ ；第一行的三次操作因此給出 $(5-\alpha,-2,-1,\alpha-2)$ 。每步只加上另一行的倍數，沒有除以任何含參數的表達式，故對每個實數 $\alpha$ 都合法且可逆。最終增廣矩陣為

\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].

由於左邊對每個實數 $\alpha$ 都是 $I_4$ ，矩陣 $A_\alpha$ 對每個實數 $\alpha$ 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}.

請留意這個結論的意思。參數仍然留在逆矩陣中；它不是需要解出的未知數。行化簡真正說明的是：沒有任何 $\alpha$ 會令左邊失去主元。

常見錯誤

（不要把每個參數都當成限制條件）

有時參數出現，是因為答案是一族逆矩陣，而不是因為矩陣在某些值下失效。限制來自缺少主元或非法除以零，不是來自符號本身。

讀取已給出的行化簡表格

例題 5.1.17

（一對互逆矩陣與轉置系統）

假設一個行化簡表格顯示 $[A \mid I_4]$ 與 $[I_4 \mid D]$ 行等價，其中

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

這個最終形狀本身已經說明

A^{-1}=D.

對應的係數矩陣為

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 $AD=I_4$ ，驗證了這對矩陣互為逆矩陣。現在令

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

要求解 $A^t x=g$ ，不需要從頭再行化簡一次。因為 $A$ 可逆，所以 $A^t$ 也可逆，並且

(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}.

這個計算很短，是因為行化簡表格已經完成了主要工作。

例題 5.1.18

（用主元欄讀四個逆矩陣計算）

以下每個矩陣都用同一個方法處理：先行化簡 $[A \mid I_4]$ ，先看左邊區塊的主元模式；只有當左邊區塊變成 $I_4$ 時，右邊區塊才可讀作逆矩陣。

情況 (a)。 對

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

其中一個行階梯階段的左邊區塊是

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

第四欄沒有主元，所以 $A_1$ 不可逆。

情況 (b)。 取前一個互逆矩陣例子中的 $A_2=A$ 。行化簡得到 $[I_4 \mid D]$ ，四欄都有主元，所以 $A_2^{-1}=D$ 。前面用來解轉置系統的同一個矩陣，在這裏給出了一個可逆的情形。

情況 (c)。 對

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

其中一個行階梯階段的左邊區塊是

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

同樣有主元欄缺失，所以 $A_3$ 不可逆。

情況 (d)。 對

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

行化簡可達到 $[I_4 \mid A_4^{-1}]$ ，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}.

在情況 (b) 與 (d) 中，左邊的單位矩陣確認了可逆性。在情況 (a) 與 (c) 中，缺少主元就已排除可逆性，右邊區塊的數值並不能改變這個結論。

例題 5.1.19

（最後的單位區塊控制整條行操作鏈）

假設一條行操作鏈把 $[A \mid I_5]$ 經過中間矩陣 $[B \mid C]$ ，最後化成 $[D \mid E]$ 。在最後幾步之後，所得增廣矩陣是

[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].

左邊區塊是 $I_5$ ，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}.

於是可以立即推出 $A^t$ 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}.

同一條行操作鏈也可以被讀成一次左乘。令 $H$ 為整條鏈中所有行操作矩陣的乘積。因為 $HA=I_5$ 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.

同一條行操作鏈對每個矩陣的作用，都是左乘同一個矩陣 $H=A^{-1}$ 。因此，這次數值化簡也確定了關於 $F$ 的方程。

不用行列式證明或否定可逆性

例題 5.1.20

（由向量恆等式證明可逆）

假設 $A$ 是 $7 \times 7$ 矩陣，而且

A^2x = Ax + x

對每個 $x \in \mathbb R^7$ 都成立。把含有 $A$ 的項移到左邊：

(A^2-A)x = x \qquad\text{對每個 }x.

因為 $A^2-A=(A-I_7)A$ ，這就是

((A-I_7)A)x = I_7x \qquad\text{對每個 }x.

若兩個矩陣作用在每個向量上的結果都相同，它們就是同一個矩陣，所以

(A-I_7)A = I_7.

因此 $A-I_7$ 是 $A$ 的左逆。由於 $A$ 是方陣，一側單位等式已經足夠推出： $A$ 可逆，而且其逆矩陣是 $A-I_7$ 。

例題 5.1.21

（用反證法證明某個多項式矩陣不可逆）

假設 $A$ 和 $B$ 是兩個不同的 $6 \times 6$ 矩陣，且

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

我們證明 $A^2+B^2$ 不可逆。令

C=A^2+B^2.

先比較 $CB$ 與 $CA$ ：

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 $C^{-1}$ 就會得到 $B=A$ ，這與 $A$ 、 $B$ 不同矛盾。所以 $C=A^2+B^2$ 不可逆。

常見錯誤

（不要把長方形矩陣的一側逆當成另一側逆）

對非方陣而言，有左逆並不保證有右逆，有右逆也不保證有左逆；若兩側逆都存在，則必定相同。對於方陣，前面的等價性定理保證：任何一側逆的存在，都能推出唯一的雙側逆存在。

常見錯誤

（不要靠外表估計可逆性）

一個矩陣表面上看來很簡單，也未必可逆。真正方法是行化簡，或者用上面列出的等價條件。

常見錯誤

（不要在未證明時任意交換因子）

由 $ABCD=I$ 可以透過逆矩陣理論推出某些循環恆等式，例如 $DABC=I$ 。但這不代表可以把因子任意改排成 $DCBA$ ；除非已知矩陣彼此可交換，否則不能這樣做。

快速檢查

（如果 $A$ 可逆， $A^{-1}A$ 是甚麼？）

直接用逆矩陣定義。

解答 · 答案

$A^{-1}A = I_p$ 。

快速檢查

（如果 $A$ 可逆，齊次方程組 $Ax = 0$ 會不會有非零解？）

用唯一解的結論來思考。

解答 · 答案

不會。因為可逆時， $Ax = b$ 對每個 $b$ 都有唯一解；取 $b = 0$ 時，唯一解就是 $x = 0$ 。

快速檢查

（如果 $A$ 可逆， $A^t$ 是否可逆？）

用轉置定理回答。

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，同時 $A$ 的欄滿足 $a_3 = 2a_1 - a_2$ ，那麼 $B$ 的對應欄必須滿足甚麼關係？）

保留同一組係數，並用 $b_j = Ga_j$ 。

解答 · 答案

$B$ 的對應欄必須滿足

b_3 = 2b_1 - b_2.

行等價會改變欄向量本身，但不會改變線性關係所用的係數模式。

快速檢查

（假設 $A,B,C,D$ 都是方陣，且 $ABCD=I$ 。哪一個循環等式必然成立： $DABC=I$ 還是 $DCBA=I$ ？）

把原式分組成 $(ABC)D=I$ 。

解答 · 答案

$DABC=I$ 必然成立。因為 $(ABC)D=I$ ，方陣的一側單位等式定理說明 $D$ 是 $ABC$ 的逆矩陣，所以 $D(ABC)=I$ 。而 $DCBA=I$ 是把因子倒序重排，通常不會被原式保證。

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（在上面的參數化逆矩陣中，當 $\alpha=3$ 時， $A_\alpha^{-1}$ 的 $(1,4)$ 元素是多少？）

把 $\alpha=3$ 代入第一行第四欄。

解答 · 答案

$(1,4)$ 元素是 $\alpha-2$ ，所以當 $\alpha=3$ 時，它等於 $1$ 。

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（若對每個向量 $x$ 都有 $A^2x=Ax+x$ ，哪個矩陣可作為 $A$ 的逆矩陣？）

把所有項移到同一邊，再尋找含有 $A$ 的因式分解。

解答 · 答案

逆矩陣是 $A-I$ 。向量恆等式給出 $(A-I)A=I$ ；對方陣而言，這個一側單位等式足以推出 $A$ 可逆。

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

只有在確認左邊區塊是單位矩陣後，才讀取右邊區塊。

解答 · 答案

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

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（行變換把 $[A\mid I_p]$ 化成 $[I_p\mid E]$ ，其中 $A$ 是方陣。說明為甚麼除了 $EA=I_p$ ，還必有 $AE=I_p$ 。）

區分行操作乘積直接給出的等式，與方陣單側逆定理補上的結論。

解答 · 答案

設初等矩陣的乘積為 $H$ ，兩個分塊直接給出 $HA=I_p$ 和 $HI_p=E$ 。因此 $H=E$ ，並且 $EA=I_p$ 。由於 $A$ 與 $E$ 是同階方陣，左逆也必是右逆，所以 $E=A^{-1}$ 且 $AE=I_p$ 。最後這個推論必須使用方陣假設。

練習

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

用逆矩陣唯一性或者左乘 $A^{-1}$ 都可以。

解答 · 引導解答

因為 $A$ 可逆，所以存在 $A^{-1}$ 。將等式 $AB = I_p$ 左乘 $A^{-1}$ ，得

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

由結合律，

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

而 $A^{-1}A = I_p$ ，所以

B = A^{-1}.

因此任何可逆方陣的右逆都必定等於其逆矩陣。

快速檢查

（假設 $(A-B)A=I$ ，其中 $A$ 和 $B$ 是方陣。證明 $A$ 和 $B$ 可交換。）

先使用方陣的一側單位等式定理，再展開 $AB-BA$ 。

解答 · 引導解答

由 $(A-B)A=I$ ，方陣的一側單位等式定理給出

A(A-B)=I.

現在計算交換子：

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

把兩部分重新分組：

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 $B$ 可交換。

網站功能儲存（按需使用）

5.1 可逆矩陣

開始之前

左逆與右逆

甚麼叫可逆

等價表述

行化簡與逆矩陣

如何使用可逆性的等價字典

由可逆矩陣角度理解行等價

乘積與逆矩陣的次序

轉置與冪次

乘積等於單位矩陣時怎樣推理

用行化簡計算逆矩陣

一族逆矩陣

讀取已給出的行化簡表格

不用行列式證明或否定可逆性

常見錯誤

快速檢查

練習

相關筆記

先備知識

本節重點詞彙