行變換、乘積與可逆性

上一節用餘因子展開定義了行列式。這個定義是基礎，但面對較大的矩陣， 逐層展開通常不是最有效率的計算方法。行化簡提供另一條路：把矩陣化 成較容易處理的形式，在每一步記下準確的行列式倍數，最後從三角矩陣 的對角線讀出結果。

行變換的倍數規則給出以下恆等式：

$$\text{行變換規則}\Longrightarrow\det(EX)=\det(E)\det(X) \Longrightarrow\det(AB)=\det(A)\det(B) \Longrightarrow\det(A)\ne0\Longleftrightarrow A\text{ 可逆}$$

凡是寫出行列式，矩陣都默認為方陣；在乘積中，兩個方陣的尺寸相同。

追蹤消元怎樣改變行列式

行化簡會改變矩陣元素，但各類操作對行列式的影響不同：換行使它變號，縮放一行使它乘以同一個數，把一行的倍數加到另一行則使它保持不變。

概念視角算法

把消元讀成行列式記帳

在每一個箭頭旁寫出操作及其行列式倍數：換行是 $-1$，非零縮放是 $\beta$，兩條不同的行作替換是 $1$。對角線乘積屬於最後的三角矩陣， 記帳表則負責把這個值準確地傳回初始矩陣。

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。

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。

例題詳解

例題

只用行替換：不累積行列式因素

令

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

按順序做行替換：

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

每一步都把一行的倍數加到另一條不同的行上，記帳倍數都是 $1$。故

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

第二步使用已更新的第 $2$ 行；操作順序影響中間矩陣，但不增加行列式因 素。

例題

換行、縮放與替換的混合記帳

令

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

繼續化到單位矩陣：

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

三步的倍數依次為 $-1,\frac14,1$，所以

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

中間三角矩陣的行列式為 $4$，與第一步的關係 $4=-\det(B)$ 完全一致；最後的行替換只消去非對角線元素，並保持縮放修 正後的矩陣行列式 $1$。

例題

參數、子式計算與核向量檢驗

令

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

沿第一欄展開。位置 $(3,1)$ 的餘因子符號為 $+1$，故

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

第一個子式沿第二行展開，唯一可能非零的項是第三項，符號為 $(-1)^{2+3}=-1$：

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

第二個子式沿第一行展開：

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

於是 $\det(A)=-2x-1$，所以矩陣奇異，當且僅當 $x=-\frac12$。在這 個值下，向量 $v=(1,-4,2,2)^T$ 滿足

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

這是對奇異性的直接檢驗。其他 $x$ 令行列式非零，因此齊次系統只有零 解。

定理

逆矩陣與整數冪

若 $A$ 可逆，則

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

對任意方陣 $A$ 和正整數 $m$，

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

若 $A$ 可逆，同一公式對所有整數 $m$（包括負整數）成立。

由 $A^{-1}A=I_n$ 及乘積公式，$\det(A^{-1})\det(A)=1$。正整數冪由 有限次重複乘法得到。約定任意方陣都滿足 $A^0=I_n$，即使 $A$ 奇異；此 時 $\det(A^0)=1$，不把它寫成可能引出 $0^0$ 的 $(\det A)^0$。負冪只 有在 $A$ 可逆時才定義，並由 $A^m=(A^{-1})^{-m}$ 得到相應公式。

常見錯誤

常見錯誤

行變換必須作用於整個增廣矩陣

只有把行變換作用於整個增廣矩陣 $[A\mid b]$（包括右端欄）時，解集才 保持不變。不能無條件地說「行等價的係數矩陣有相同解集」。例如 $x=1$ 的增廣矩陣是 $[1\mid1]$，而 $2x=1$ 的增廣矩陣是 $[2\mid1]$； 只改變係數而固定右端會改變解。齊次系統的增廣欄全為零，所以在那個 特殊情形中只寫係數矩陣的行變換沒有問題。

另外，忘記除回縮放因素、漏數換行次數，或把 $R_p\leftarrow R_p+\alpha R_p$ 當成行列式不變，都是常見錯誤。最後一 個操作其實把該行乘上了 $1+\alpha$。

練習

思考檢查

若把 $A$ 的其中一行乘上 $5$，$\det(A)$ 會怎樣變？

直接使用行縮放規則。

解答 · 答案

行列式會乘上 $5$。

思考檢查

若 A 行化簡後出現零行，對 $\det(A)$ 可以下甚麼結論？

先讀階梯形的行列式，再用非零記帳倍數回到原矩陣。

解答 · 答案

$\det(A)=0$。階梯形行列式為零，而換行和非零縮放組成的記帳倍數非零， 不會改變這個零的結論。

思考檢查

行列式等於 $0$ 的方陣可以可逆嗎？

用等價定理回答。

解答 · 答案

不可以。方陣可逆，當且僅當它的行列式非零。

思考檢查

用行化簡計算 $\det\begin{bmatrix}1&1&0\\2&3&1\\0&1&4\end{bmatrix}$。

盡量避免行縮放，令記帳保持簡短。

解答 · 引導解答

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

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

只用了行替換，所以 $\det=1\cdot1\cdot3=3$。

思考檢查

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

使用乘積公式。

解答 · 引導解答

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

思考檢查

若 $\det(A)=6$，求 $\det(A^{-1})$。

假設 A 可逆。

解答 · 引導解答

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

相關筆記

若基本定義仍然過於符號化，可以回看 7.1 行列式與餘因子展開。

接着閱讀 7.3 轉置、欄變換與克拉默法則， 從欄的角度理解行列式。

也可參考 5.1 可逆矩陣， 因為本節把行列式判準接到那一章的可逆性詞典上。