矩陣方法與聯立模型

矩陣乘法描述數量如何組合，行運算則用於求解聯立平衡關係，隨後用具體應用與練習檢驗這些方法。

本篇的線性映射保持向量加法和實數純量倍乘，因此把零向量映到零向量；可參閱線性映射先修。

矩陣記號與乘法

定義

矩陣乘積何時有定義

若 $A$ 是 $m \times n$ 矩陣，$B$ 是 $n \times p$ 矩陣，則乘積 $AB$ 有定義，且結果是 $m \times p$ 矩陣。

若 $A$ 的欄數不等於 $B$ 的行數，則 $AB$ 未定義。

定義

矩陣乘法

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

則 $AB$ 的 $(i,k)$ 元素為

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

也就是說，輸出中的一個元素，是 $A$ 的第 $i$ 行與 $B$ 的第 $k$ 欄按位相 乘後再相加。

單位矩陣是刻意「甚麼也不改變」的矩陣

定義

單位矩陣

對每個正整數 $n$，$I_n$ 表示 $n \times n$ 單位矩陣：主對角線上全是 $1$， 其餘位置全是 $0$。

例如

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

單位矩陣之所以重要，是因為它對任何大小相容的矩陣都不起改變作用：

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

例題

為甚麼乘上單位矩陣不會改變矩陣

若

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

則

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

因為 $I_2$ 的第一欄會抽出 $A$ 的第一欄，第二欄會抽出 $A$ 的第二欄。

反例模式

大小相容並不保證交換

「任意兩個同樣大小的方陣都滿足 $AB=BA$」是錯誤命題，即使兩種次序的乘積都有定義且大小相同。取

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

兩者都是 $2\times2$ 實矩陣，滿足所提命題的假設。直接按行乘欄計算，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 $(BA)_{12}=0\cdot2+0\cdot4=0$。只要一對對應元素不同，就足以證明 $AB\ne BA$。失敗的結構原因是：右乘這個 $B$ 會保留第二欄、把第一欄歸零；左乘它則保留第二行、把第一行歸零。

一個正確的修訂是：方陣與同樣大小的單位矩陣的任意純量倍都可交換。事實上，若 $B=cI$，則 $AB=A(cI)=cA=(cI)A=BA$。對於任意方陣，交換性需要另行論證；大小相容只保證乘法有定義，並不保證因子可以調換。

矩陣乘法其實表示複合

矩陣乘法不是任意規定的公式，而是用來表達線性映射複合的規則。

若向量 $x$ 先被送到 $Bx$，再將結果送到 $A(Bx)$，則整體作用就是

$$(AB)x.$$

所以內側大小一定要吻合，因為第一個變換的輸出，必須是第二個變換可以接收 的輸入。

定理

結合律對應重複複合

只要相關乘積有定義，就有

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

所以一串矩陣乘積可以改變分組方式，而不改變最後的線性變換。

這並不表示可以改變因子的次序。結合律只允許改變括號，而不允許重新排列因子。

定義

轉置

若 $A = [a_{ij}]$ 是一個 $m \times n$ 矩陣，則它的轉置 $A^T$ 是 $n \times m$ 矩陣，其 $(j,i)$ 位置的元素為 $a_{ij}$。

也就是

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

所以 $A$ 的每一行都會變成 $A^T$ 的一欄，而 $A$ 的每一欄都會變成 $A^T$ 的一行。

定理

轉置的基本性質

矩陣相加時，設 $A$ 與 $B$ 大小相同；設 $c$ 為純量。矩陣相乘時， 設 $A$ 是 $m \times n$ 矩陣、$B$ 是 $n \times p$ 矩陣。則：

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

證明

乘積轉置公式的逐元素證明

設 $A=[a_{ij}]$ 是 $m \times n$ 矩陣，$B=[b_{ij}]$ 是 $n \times p$ 矩陣。於是 $AB$ 是 $m \times p$ 矩陣，而 $(AB)^T$ 與 $B^T A^T$ 都是 $p \times m$ 矩陣。對 $1 \le i \le p$、$1 \le j \le m$，第一個矩陣的 $(i,j)$ 元素為

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

另一方面，$B^T A^T$ 的 $(i,j)$ 元素為

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

最後一步使用的是純量乘法的交換律，並沒有假設矩陣乘法可交換。兩邊每個 對應元素都相等，所以 $(AB)^T=B^T A^T$。大小亦可說明為甚麼必須反序： $B^T$ 是 $p \times n$ 矩陣，$A^T$ 是 $n \times m$ 矩陣； $A^T B^T$ 一般甚至沒有定義。

大小相容的矩陣恆等式與線性

使用正有限大小的實矩陣，加法與純量乘法逐元素定義。映射稱為線性的，指對全部輸入和實純量都有 $L(\alpha x+\beta y)=\alpha L(x)+\beta L(y)$。在行乘欄公式的每個有限純量和中使用分配律，便證明 $x\mapsto Ax$ 線性；令 $x=y=0$ 得 $L(0)=0$。若 $A,B,C$ 的大小分別為 $m\times n,n\times p,p\times q$，則

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

這裏只對有限和重新分組。同樣的逐元素分配律證明矩陣分配律，單位矩陣的 Kronecker 元素則證明相容大小下 $AI=A=IA$。轉置定義直接給出 $(A^T)^T=A$、$(A+B)^T=A^T+B^T$ 和 $(cA)^T=cA^T$。若 $\Delta=ad-bc\ne0$，將 $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ 與 $\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$ 按任一次序相乘，均得 $\Delta I_2$；除以 $\Delta$ 便證明所述二階逆矩陣公式。

定義

標準內積

設 $u$ 和 $v$ 是 $\mathbb{R}^m$ 中維數相同的欄向量，其中 $m\ge1$。它們的 內積是實數

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

它亦稱為點積。我們把 $1\times1$ 矩陣和其中唯一的實數視為相同，所以 矩陣乘積 $u^Tv$ 可以直接讀成一個數。

線性方程組與解集

定義

係數矩陣、常數向量與增廣矩陣

對於系統 $Ax = b$：

• $A$ 稱為係數矩陣；
• $b$ 稱為常數向量；
• $[A\mid b]$ 稱為增廣矩陣，即把常數欄接在係數矩陣右邊所得的矩陣。

中間那條直線只是記號上的提示，用來提醒你最後一欄來自等號右邊。它不 代表有另一種獨立的矩陣運算。

定義

基本行變換

對增廣矩陣可做的行變換只有以下三種：

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 $i\ne j$、$\alpha\in\mathbb R$

這三種操作稱為基本行變換。

定理

行等價的增廣矩陣代表等價方程組

若一個增廣矩陣可由另一個增廣矩陣經有限次基本行變換得到，則兩者所代 表的線性方程組是等價的，也就是說，它們有完全相同的解集。

證明

逐種解釋為甚麼基本行變換是安全的

每一種行變換，其實都只是方程操作的矩陣版本。

• 交換兩行，只是改變方程出現的次序。某個數組在交換前同時滿足所有方 程，交換後亦同樣同時滿足它們。
• 把一行乘上一個非零純量，等於把同一條方程左右兩邊同時乘上同一個非 零數。這會得到一條等價方程，而且可用乘上 $1 / \alpha$ 逆轉。
• 把 $R_j$ 換成 $\alpha R_i + R_j$，即是把第 $j$ 條方程改寫成 「$\alpha \times$ 第 $i$ 條方程加第 $j$ 條方程」。原系統的任何解都會滿足 新方程，而這步亦可透過把 $-\alpha$ 倍第 $i$ 行加回第 $j$ 行來逆轉。

因此，每一種基本行變換都保留解集，任何有限次組合也一樣保留解集。

定義

REF 與 RREF

矩陣屬於 行階梯形（REF），表示：

1. 全 0 行都放在最下面；
2. 每一個非零行的第一個非零元素，都比上一行的第一個非零元素更靠 右。

矩陣屬於 最簡行階梯形（RREF），則還要再滿足：

1. 每個主元都等於 $1$；
2. 每個主元所在的欄，除了那個主元之外，其餘位置全部都是 $0$。

走一次完整的消元路徑

考慮方程組

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

它的增廣矩陣是

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

例題

把每個行變換都讀成一個目的

左上角的 $1$ 已經是一個很方便的主元，所以第一個目標很清楚：

把這個主元下面的元素全部變成 $0$。

做

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

就得到

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

現在第 1 欄已經完成。下一個主元在第 2 行第 2 欄，所以用它清掉下面 的 $2$：

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

矩陣變成

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

此時矩陣已是 REF。由最後一個非零行向上回代，得到

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

方程組已經解出。繼續化為 RREF，是把這些代入步驟記錄在矩陣內，讓各變量的值可以直接讀出。

先把最後一個主元改成 $1$：

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

然後清掉這個主元上方的元素：

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

得到

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

最後，再把第二個主元上方的 $2$ 清掉：

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

就得到 RREF

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

這時解可以直接讀出：

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

例題

先讀結構，再做計算

假設你最後得到

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

這裡第 1、2 欄是主元欄，但第 3 欄不是，所以第三個變量是自由變量。

因此，這個系統不是唯一解。它會有無限多解，因為你可以先自由選 第三個變量，再回過頭求出另外兩個主元變量。

定理

矛盾行代表甚麼？

如果行化簡後出現

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

它對應的方程就是 $0 = 1$。這是不可能成立的，所以原方程組不相容， 也就是無解。

定義

齊次方程組

齊次線性方程組是形如

$$Ax = 0$$

的線性方程組。

其中 $x = 0$ 稱為平凡解。

定義

零空間

對實 $m\times n$ 矩陣 $A$，其零空間定義為

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

因此 $N(A)$ 就是齊次方程組 $Ax = 0$ 的解集。

定理

所有解都等於某個特解加上一個零空間向量

設 $x_p$ 是 $Ax = b$ 的一個特解。

則向量 $x$ 是 $Ax = b$ 的解，當且僅當

$$x = x_p + v$$

其中 $v \in N(A)$。

證明

為甚麼全部解都具有 $x_p + N(A)$ 的形式

先設 $x$ 是 $Ax = b$ 的任意一個解。那麼

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

相減得

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

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

反過來，若 $v \in N(A)$，則 $Av = 0$。因此

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

所以任何形如 $x_p + v$ 的向量，也必定是系統的解。

實方陣的雙側逆與二階求逆公式

定義

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

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。

令

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

逆矩陣唯一性的證明見可逆矩陣。

實方陣的行列式與可逆性

以下結論針對有限階實方陣；第一條還要求矩陣為上三角或下三角矩陣。

定理

三角矩陣定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩陣，則

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

定理

用行列式判定可逆性

對方陣 $A$，

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

從較小矩陣構造行列式

定義

子矩陣、子式與餘因子

設 $A=[a_{ij}]$ 是一個 $n\times n$ 矩陣，其中 $n\ge2$。給定 $1\le i,j\le n$，同時刪去第 $i$ 行與第 $j$ 欄，所得的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩陣記為子矩陣 $A(i\mid j)$。

屬於項 $a_{ij}$ 的子式是純量

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

屬於項 $a_{ij}$ 的餘因子是帶符號純量

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

符號形成左上角為正的棋盤：

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

$A(i\mid j)$ 表示一個矩陣，$M_{ij}$ 是該矩陣的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 則是加上符號後的純量。清楚區分這三個對 象，就不會把符號錯誤地乘兩次。

定義

行列式的遞迴定義

對於 $1\times1$ 矩陣 $[a_{11}]$，定義

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

對於 $n>1$ 的 $n\times n$ 矩陣，沿第一行定義

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

這是定義，還不是關於其他行或欄的定理。每個子式的階數都是 $n-1$， 所以反覆使用定義最終會到達 $1\times1$ 基本情形。不需要約定 $0\times0$ 行列式：子矩陣和子式的定義只用於 $n\ge2$。

觀看餘因子展開如何把一個行列式化成較小的有符號分支，再看零項如何剪枝、三角矩陣如何縮成對角線乘積。

1. 子式、符號、餘因子

   刪去第 i 行與第 j 欄後，取剩餘矩陣的行列式得到子式；再乘以 (-1)^{i+j} 得到餘因子。

2. 展開分支

   對 B=[[3,2,-1],[4,1,6],[-3,-1,2]]，沿第一行展開，三個子式的係數依次為 3、-2、-1。

3. 合併分支值

   三個子式為 8、26、-1。連同原矩陣元素與棋盤符號，得到 3(8)-2(26)+(-1)(-1)=-27。

4. 零項剪掉工作

   零項貢獻的是零餘因子項，所以選零多的行或列會立即刪去分支。

5. 唯一非零項

   若某行或列只有一個非零項，行列式就縮成一個帶符號的較小行列式。

6. 三角矩陣直接讀

   對三角矩陣而言，反覆做單分支展開後，留下的是對角線項之積。

餘因子展開既是遞迴定義，也是計算策略：選零多的行或列，讓零分支先消失，才不用花力氣計算它們。

從遞迴行列式證明任意餘因子展開

設 $A$ 為實 $n\times n$ 矩陣，$n\ge1$，行列式由一階基例和第一行遞迴定義。令 $S_n$ 為 $1,\ldots,n$ 的排列集合；定義逆序數 $\operatorname{inv}(\sigma)$ 為滿足 $r<s$ 且 $\sigma(r)>\sigma(s)$ 的數對個數，並令 $\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)}$。

若 $\sigma(i)=j$，刪去位置 $i$ 與值 $j$，保持其餘位置及值的相對次序，得到排列 $\tau\in S_{n-1}$。設位置 $i$ 之前有 $u$ 個值小於 $j$；被刪去的逆序共有 $(i-1-u)+(j-1-u)=i+j-2-2u$ 個，故

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

定義 $P_n(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{r=1}^n a_{r,\sigma(r)}$。$n=1$ 時它就是遞迴行列式。$n>1$ 時，按 $\sigma(1)=j$ 分組並用符號恆等式，得 $P_n(A)=\sum_j(-1)^{1+j}a_{1j}P_{n-1}(A(1\mid j))$。歸納法因而證明 $P_n(A)=\det A$。

現在固定任意行 $i$，將同一有限排列和按 $\sigma(i)=j$ 分組。刪除操作與對應子矩陣的全部排列一一對應，因此

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

固定任意欄 $j$ 時，每個排列恰有一個位置 $i$ 滿足 $\sigma(i)=j$；按該位置分組即得

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

兩個展開公式均用於 $n\ge2$，沒有引入空行列式約定。此證明不預設換行交錯規則或行列式乘積定理。

結構規則為何成立

零行、零欄與唯一支撐項

定理

有零行或零欄時行列式為零

如果方陣的一整行或一整欄的每一項都是零，則它的行列式為零。

定理

某行或某欄至多有一個非零項

設 $C$ 是 $n\ge2$ 階方陣。若第 $k$ 行除 $c_{k\ell}$ 外都為零，則

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

若第 $\ell$ 欄除 $c_{k\ell}$ 外都為零，也有同一公式。即使 $c_{k\ell}=0$，這個表述仍然成立。

當 $n=1$ 時，含有零行的矩陣就是 $[0]$，按基本定義其行列式為零。當 $n\ge2$ 時，使用任意行展開定理沿該行展開。每一項都含有一個零項作為 因子，所以每一項都為零，因而 $\det(A)=0$。

零欄可以用歸納法直接證明，這樣能看清零欄如何傳遞。$n=1$ 時，唯一 具有零欄的 $1\times1$ 矩陣是 $[0]$，其行列式為零。假設結論對 $n=k$ 成立。設 $(k+1)\times(k+1)$ 矩陣 $C$ 的第 $\ell$ 欄全為零， 沿第一行展開。第 $\ell$ 項的因子已經是零。對其餘每一項，刪去第一行 和某個 $j\ne\ell$ 的欄；原來的零欄仍在所得 $k\times k$ 子矩陣中，只是 在 $j\lt\ell$ 時欄指標向左移。由歸納假設，每個這樣的子矩陣的行列式都是零， 所以整行展開的每一項都為零，得到 $\det(C)=0$。

若某行除一項外全為零，沿該行展開即可；若某欄除一項外全為零，沿第 $k$ 行展開。$\ell$ 項保留下來，而對每個 $j\ne\ell$，子矩陣 $C(k\mid j)$ 都繼承了原第 $\ell$ 欄的零欄，因此其行列式為零。最後 只剩下 $c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell))$。這正是稀疏行或 欄能把計算縮成一個子式的原因。

三角矩陣

定理

三角矩陣定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩陣，則

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

用 $n$ 作歸納證明上三角情形。$n=1$ 時結論就是行列式的定義。假設 結論對上三角 $k\times k$ 矩陣成立，令 $T$ 為 $k+1$ 階上三角矩陣。最 後一行除最後一項 $t_{k+1,k+1}$ 外都是零。沿最後一行展開，只有這一項 保留，而且符號 $(-1)^{2k+2}=1$：

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

保留下來的子矩陣仍是上三角矩陣，對角線為 $t_{11},\ldots,t_{kk}$。由歸納假設，它的行列式是 $t_{11}\cdots t_{kk}$，於是得到完整的對角線乘積。下三角情形類似但可 沿第一行展開：第一行只可能留下 $t_{11}$，刪去第一行第一欄後的子矩陣 仍是下三角矩陣，對角線由 $t_{22}$ 到 $t_{nn}$。

固定一行時的多重線性

定理

固定一行時的多重線性

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

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

當 $n=1$ 時，基本定義直接給出

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

這就證明了 $1\times1$ 情形。

當 $n\ge2$ 時，固定除第 $p$ 行外的每一行。設矩陣 $A,B,C$ 在這些固定行上完全相同， 而第 $p$ 行滿足 $c_p=\alpha a_p+\beta b_p$。對每個欄指標 $j$，刪 去第 $p$ 行後得到相同的矩陣：

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

沿第 $p$ 行展開 $\det(C)$，再用每一項的關係 $c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj}$ 和分配律，得到

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

關鍵正是其他每一行都固定；同時改變兩行是另一條命題。

相鄰換行與相同行

定理

若有兩行相同，行列式必為零

若一個方陣有兩行完全相同，則它的行列式等於 $0$。

設 $A$ 的相鄰兩行是 $r_q,r_{q+1}$，交換這兩行得到 $B$。沿 $A$ 的第 $q$ 行展開，沿 $B$ 中已經移動到第 $q+1$ 行的同一行 $r_q$ 展開。對每個欄指標 $j$，兩次刪去該行後留下的子矩陣次序相同， 但符號相反，因為

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

逐項比較便得 $\det(B)=-\det(A)$。位置 $p\lt q$ 的兩行交換可以由 $2(q-p)-1$ 次相鄰交換組成，這是奇數次，所以同樣會使行列式變號。

若 $A$ 的第 $p$ 行與第 $q$ 行相同，交換它們後矩陣仍是 $A$ 本身。換行 結論於是給出 $\det(A)=-\det(A)$。由於這裏的項是實數， $2\det(A)=0$，所以 $\det(A)=0$。這個證明沒有調用下一節才會出現的行 替換規則。

指標與計算策略

每一項都要同時保留三個對象：所選項、刪去一行一欄後得到的子矩陣，以及取該子矩陣行列式所得的子式。先按原矩陣中的行列位置寫出棋盤符號，再計算子式。若繼續展開子式，應使用子式自己的局部指標；局部指標不會取代外層餘因子的符號。

任意行、任意欄展開定理使展開線可以有策略地選擇。優先選擇零多或剩餘子式較簡單的行或欄，並在計算前說明理由。零項會立即刪去分支；零子式則必須由它自己的計算證明。第一行遞迴式定義行列式，任意行欄展開則是容許這種計算選擇的定理。

可逆操作及其矩陣

定義

基本行變換與基本矩陣

本節在實數域上討論。設 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣。基本行變換包括以下三類；涉及兩條行時， 行號必須不同：

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

把同一操作套用在 $I_n$ 上所得的矩陣稱為基本矩陣 $E$。左乘 $E$ 會 把同一操作套用到任意 $n\times m$ 矩陣 $X$，結果就是 $EX$。要求 $\beta\ne0$，是因為基本行變換必須可逆。

當 $\beta=0$ 時，縮放規則仍然給出正確等式：矩陣有零行，行列式就是 零。但零縮放不可逆，所以不能把它當作稍後要撤銷的基本因子。分清 「等式仍成立」和「操作可逆」這兩件事，可以避免錯誤地約去零因子。

有限消元與基本矩陣的逆

對實 $m\times n$ 矩陣，在上一個主元下方的各行中從左向右掃描欄。若某欄有可用的非零元素，將其換到下一個主元位置，乘以非零倒數正規化，再減去該行的倍數以清除下方元素。若該欄沒有可用元素，就移向下一欄。至多有 $\min(m,n)$ 個主元，每步運算有限，故此過程構造出 REF。再從最後一個主元向上清除主元上方元素，就構造出 RREF，且不破壞較早的主元欄。齊次 RREF 方程組中可自由指定自由變量，再由回代唯一確定主元變量。因此令某個自由變量為一、其他自由變量為零，便得非零齊次解；沒有自由變量時則只有零解。

基本矩陣是在 $I_m$ 上作一次合法行變換的結果；它左乘任意 $m\times n$ 矩陣會執行同一行變換。逆操作分別為相同換行、乘以 $1/\beta$（$\beta\ne0$），或加上來源行的 $-\alpha$ 倍。其基本矩陣 $E^{-1}$ 滿足 $E^{-1}E=EE^{-1}=I_m$，因為兩個複合操作恢復 $I_m$ 的每一行。按反序乘上各逆矩陣就使有限個基本矩陣的乘積可逆，結合律可核對兩側逆恆等式。這些事實提供下述方陣等價性證明所需的消元和可逆因子前提。

等價表述

定理

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：

1. $A$ 可逆。
2. $A$ 與 $I_p$ 行等價。
3. $A$ 是若干個 $p$ 階初等行變換矩陣的乘積。
4. $A$ 有左逆。
5. $A$ 有右逆。
6. $A$ 非奇異，即 $Ax=0$ 只有零解。
7. 對每個 $b\in\mathbb R^p$，方程組 $Ax=b$ 都一致。
8. 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。

每類行變換的乘數

定理

三種行變換對行列式的影響

對 $n\times n$ 矩陣 $A$，其中 $1\le p,q\le n$，凡涉及兩條行時均要求 $p\ne q$：

1. 若 $B$ 由 $A$ 交換第 $p$、$q$ 行得到，則 $\det(B)=-\det(A)$；
2. 若 $B$ 由 $A$ 把第 $p$ 行乘以 $\beta$ 得到，則 $\det(B)=\beta\det(A)$，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，則 $\det(B)=\det(A)$。

第一條是行列式的交錯性。第二條固定其他各行，只對第 $p$ 行使用線性 性，因此把這一行換成 $\beta a_p$ 會產生倍數 $\beta$。

行替換中的兩個行號必須不同。若寫成 $R_p\leftarrow R_p+\alpha R_p$，新行是 $(1+\alpha)a_p$，所以行列式乘以 $1+\alpha$。

證明

用多重線性證明行替換規則

把 $A$ 的各行寫成 $a_1,\ldots,a_n$。令 $C$ 把第 $q$ 行替換為 $a_q+\alpha a_p$，其中 $p\ne q$。再令 $A^\star$ 把第 $q$ 行換成 $a_p$。由於其他各行都相同，多重線性給出

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

$A^\star$ 的第 $p$、第 $q$ 行相同，所以 $\det(A^\star)=0$。因此 $\det(C)=\det(A)$。這個證明清楚顯示額外項為何消失，也顯示兩條行必 須是不同的行。

定理

混合行變換的記帳公式

若一串基本行變換把 $A$ 變成 $U$，其中有 $s$ 次換行，並把行分別乘以 非零數 $\beta_1,\ldots,\beta_q$，則

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

因此

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

行替換的倍數是 $1$，所以不出現在分母中。

若 $U$ 是方形的行階梯形，它同時是上三角矩陣，並且 $\det(U)$ 等於對角線元素的乘積。零行會令這個乘積為零；由於記帳分母 只含非零因素，原矩陣的行列式也必為零。若這個行階梯形沒有零行，每個 對角位置都是主元，對角線乘積才必為非零。任意上三角矩陣未必如此，例 如 $\begin{bmatrix}0&1\\0&1\end{bmatrix}$ 是上三角矩陣但行列式為零。

用記帳表執行行化簡

開始前先寫清楚矩陣的尺寸，並標出每一行在當前步驟的作用。每一步都要 是合法的基本變換：換行或行替換涉及的行號必須不同，縮放因素必須是非 零數。接着按以下次序處理：

1. 在每個主元下方消去元素；可以用行替換時就優先使用行替換。需要移動 主元時，立即在記帳表中加入一次換行。
2. 若把主元行正規化，立刻記下縮放數 $\beta$，包括符號和出現次序。最 後的對角線乘積屬於縮放後矩陣，所以必須除回這個因素。
3. 到達上三角矩陣便停止。若出現零行，不應再把它當作主元作除法；此時 行列式已由零行定理確定為零。
4. 乘出最後的對角線元素，再使用 $\det(A)=\det(U)/((-1)^s\prod\beta_j)$，不要靠記憶在腦中補回符號。

不同的消元路線可能產生不同的中間矩陣和主元，但各自的記帳結果必須回 到同一個初始行列式。這是檢查算術的實用方法，也是定理保證的結果。解 $Ax=b$ 時同樣要留意範圍：基本行變換作用在完整的 $[A\mid b]$ 上；行 列式記帳則只對方形的係數矩陣 $A$ 讀值。

從初等因子到乘積定理

對單個基本矩陣 $E$，當 $X$ 也是同尺寸方陣時，$EX$ 仍是方陣。$E$ 是把操作套用於 $I_n$ 的結果，所以三條規則分別 給出 $\det(E)=-1,\beta,1$。對 $X$ 套用同一規則即得 $\det(EX)=\det(E)\det(X)$。若有 $E_s\cdots E_1$，歸納得到

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

若 $A$ 可逆，前面關於行化簡的結論給出 $A=E_s\cdots E_1$。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 $A$ 奇異，把它化為行階梯形 $R$。早先的可逆性判準說明 $R$ 有零行。 設 $E_s\cdots E_1A=R$，並令 $c=\prod_j\det(E_j)$。每個因素非零， 因為每個操作都可逆；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 $\det(AB)=0$，兩邊再次相等。

記號 $E_s\cdots E_1A$ 也記錄了操作次序：最右邊的 $E_1$ 先作用，接着 是 $E_2$，如此類推。證明沒有使用矩陣乘法的交換性。所有因素都是 $n\times n$，而 $B$ 也是同尺寸方陣，所以每一個中間乘積都有定義；這 個尺寸條件是定理的一部分，不是可有可無的記號約定。

定理

乘積的行列式

若 $A$、$B$ 是同尺寸的方陣，則

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

雖然 $AB$ 與 $BA$ 通常不是同一個矩陣，但純量乘法可以交換，因此也有

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

行列式與可逆性

定理

用行列式判定可逆性

對方陣 $A$，

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

乘積定理的證明已經給出兩個方向：可逆矩陣可以分解為行列式非零的基本矩陣；奇異矩陣則化為含零行的行階梯形。消元的總倍數非零，因此後一種情況的原矩陣行列式也為零。

伴隨恆等式與求逆的連續性

當 $n\ge2$，令 $C_{ij}=(-1)^{i+j}\det(A(i\mid j))$，並定義 $\operatorname{adj}(A)_{ji}=C_{ij}$。$A\operatorname{adj}(A)$ 的 $(i,j)$ 元素為 $\sum_k a_{ik}C_{jk}$。若 $i=j$，行展開使它等於 $\det A$；若 $i\ne j$，它是將第 $j$ 行換成第 $i$ 行後所得矩陣的第 $j$ 行展開：該行的餘因子不變，而重複行使行列式為零。因此 $A\operatorname{adj}(A)=(\det A)I$。

排列公式還給出 $\det(A^T)=\det A$：將排列換成其逆排列即可。兩者的逆序數相同，因為逆序 $(r,s)$ 與逆排列的逆序 $(\sigma(s),\sigma(r))$ 一一對應，元素乘積在重新編號後也相同。對子矩陣同樣適用，故 $\operatorname{adj}(A^T)=(\operatorname{adj} A)^T$。對 $A^T$ 使用第一個恆等式再轉置，得到 $\operatorname{adj}(A)A=(\det A)I$。當 $n=1$，定義 $\operatorname{adj}([a])=[1]$，兩個恆等式立即成立。

若 $\det A\ne0$，兩側恆等式證明 $A^{-1}=\operatorname{adj}(A)/\det A$。每個行列式和餘因子都是矩陣元素的有限多項式，所以此逆矩陣公式在行列式非零處連續。這提供了局部逆函數證明中使用的求逆連續性結論。

證明見三角矩陣的行列式及行列式可逆判據。

聯立模型：估值與生產平衡

固定權重產生線性估值

為兩筆未來付款指定固定權重 $d=(0.9,0.8)^T$。付款向量為 $c=(100,50)^T$ 時，加權值為

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

權重固定時，付款向量相加，其加權值亦相加。如果權重依賴付款本身或其他同時變化的輸入，整個較大模型便未必是線性的。

三個平衡條件，一個聯立解

設三個數量滿足

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

從第二式減去第一式的兩倍，並從第三式減去第一式，得到 $-3y-z=-9$ 和 $y+2z=8$。把前式與後式的三倍相加，得 $5z=15$。因此 $z=3$、$y=2$、$x=1$。代回原來的三個左端，分別得到 $6$、$3$、$14$。各主元均非零，所有變量都被確定，所以解唯一。

總產出不等於最終需求

設 $x$ 為總產出，$Ax$ 為生產過程中內部使用的產出，$d$ 為最終需求。固定係數平衡模型為

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

取

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

此時 $I-A=\begin{pmatrix}0.8&-0.1\\-0.1&0.8\end{pmatrix}$ 的行列式為 $0.63\ne0$。向量 $x=(100,100)^T$ 滿足平衡：內部使用為 $(30,30)^T$，加上最終需求後為 $(100,100)^T$。非奇異性證明解唯一；數量非負及直接平衡核對，則驗證這個需求下的可行性。

行列式為正本身不能保證產出非負。例如 $A=2I_2$、$d=(1,1)^T$ 時，$\det(I-A)=1>0$，但唯一代數解為 $x=(-1,-1)^T$。若模型要求產出非負，這個解便不可行。代數可解性和模型可行性是兩項不同檢查。

次序改變矩陣的作用

設 $D=\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}$ 把第一個座標放大，$S=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ 交換兩個座標，則

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

交換後再縮放，與縮放後再交換不同。對於方陣，$(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2$；只有在 $AB=BA$ 時，中間兩項才能合併為 $2AB$。

參數可以改變解的個數

對於 $x+2y=5$、$2x+ay=b$，消元得 $(a-4)y=b-10$。若 $a\ne4$，唯一解為 $y=(b-10)/(a-4)$、$x=5-2y$。若 $a=4,b=10$，所有 $(5-2t,t)$ 都是解。若 $a=4,b\ne10$，則無解。在分情況前先除以 $a-4$，會遺漏兩種奇異情形。

用代入核對逆矩陣

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

練習與完整解答

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

解答。 $Aq=(2+12,4+0)^T=(14,4)^T$。

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

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

P03. $L(x)=2x+(1,0)^T$ 是否為 $\mathbb R^2$ 上的線性映射？給出決定性的檢驗。

解答。 $L(0)=(1,0)^T\ne0$。線性映射必須把零映為零，因此它不是線性的。

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

解答。 從第一式減去第二式，得 $2y=2$，故 $y=1$。其餘關係為 $x+z=3$、$2x-z=2$。相加得 $3x=5$，所以 $x=5/3$、$z=4/3$。代回原方程，三個右端均得到驗證。

P05. 求 $x+2y-z=3$、$2x+4y-2z=6$ 的所有解。

解答。 第二式是第一式的兩倍。令 $y=s,z=t$，則 $x=3-2s+t$。所以所有解為 $(3-2s+t,s,t)^T$，其中 $s,t\in\mathbb R$。代回可驗證每一對參數都滿足兩個方程。

P06. 對所有實數 $a,b$，分類討論 $x-y=2$、$2x+ay=b$ 的解。

解答。 從第二式減去第一式的兩倍，得 $(a+2)y=b-4$。若 $a\ne-2$，唯一解為 $y=(b-4)/(a+2)$、$x=2+y$。若 $a=-2,b=4$，所有 $(2+t,t)$ 都是解。若 $a=-2,b\ne4$，化簡後出現矛盾，故無解。

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

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

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

解答。 這是三角矩陣，行列式為 $1\cdot2\cdot4=8\ne0$，所以矩陣可逆。

P09. 在 $x=Ax+d$ 中，設 $A=\operatorname{diag}(1/4,1/2)$、$d=(30,20)^T$。求總產出，並驗證內部使用加上最終需求等於總產出。

完整解答。 兩個方程為 $(3/4)x_1=30$ 和 $(1/2)x_2=20$，故 $x=(40,40)^T$。內部使用為 $(10,20)^T$，加上需求後為 $(40,40)^T$。所有數量均非負，所以該代數解亦滿足所述產出約束。

P10. 雙向證明相容實線性方程組的「特解加零空間向量」描述，並解釋為甚麼整個解集不可能恰有兩個不同向量。

解答。 若 $Ax_p=b$、$Az=0$，則 $A(x_p+z)=b$。反過來，若 $Ax=b$，相減得 $A(x-x_p)=0$，所以 $x=x_p+z$，其中 $z$ 是零空間向量。若已有兩個不同解，它們的差 $z\ne0$ 屬於零空間。於是對每個實數 $t$，$x_p+tz$ 都是解；不同 $t$ 給出不同向量，因此有無窮多解，不可能恰有兩個。