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

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

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。

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

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

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。

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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}.

把增廣矩陣 $[A_\alpha \mid I_4]$ 行化簡，得到

\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

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

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

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

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

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

思考檢查

如果 $A$ 可逆， $A^{-1}A$ 是甚麼？

直接用逆矩陣定義。

解答 · 答案

$A^{-1}A = I_p$ 。

思考檢查

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 $x = 0$ 。

思考檢查

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 $(A^t)^{-1} = (A^{-1})^t$ 。

思考檢查

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。

思考檢查

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。

思考檢查

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 $1$ 。

思考檢查

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。

思考檢查

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。

思考檢查

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

思考檢查

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。

思考檢查

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。

可逆矩陣

開始之前

左逆與右逆

左逆與右逆

可逆矩陣

逆矩陣是唯一的

為何逆矩陣唯一

甚麼叫可逆

對角矩陣最容易看出逆矩陣

等價表述

識別可逆矩陣的等價條件

方陣假設在等價性證明中的作用

行化簡與逆矩陣

如何使用可逆性的等價字典

非零零空間向量可以證明不可逆

用逆矩陣解方程組

由可逆矩陣角度理解行等價

行等價等同於左乘一個可逆矩陣

把行等價讀成一條矩陣等式

行變換保留對應欄向量之間的線性關係

乘積與逆矩陣的次序

方陣乘積可逆當且僅當各因子可逆

先構造逆矩陣，再使用它的名稱

轉置與冪次

轉置、純量倍乘與整數冪

乘積等於單位矩陣時怎樣推理

方陣情況下，一側單位等式已經足夠

由 ABCD=IABCD=IABCD=I 得到循環恆等式

用行化簡計算逆矩陣

用行化簡求逆矩陣

一族逆矩陣

由行化簡得到參數化逆矩陣

不要把每個參數都當成限制條件

讀取已給出的行化簡表格

一對互逆矩陣與轉置系統

用主元欄讀四個逆矩陣計算

最後的單位區塊控制整條行操作鏈

不用行列式證明或否定可逆性

由向量恆等式證明可逆

用反證法證明某個多項式矩陣不可逆

常見錯誤

不要把長方形矩陣的一側逆當成另一側逆

不要靠外表估計可逆性

不要在未證明時任意交換因子

快速檢查

如果 AAA 可逆，A−1AA^{-1}AA−1A 是甚麼？

如果 AAA 可逆，齊次方程組 Ax=0Ax = 0Ax=0 會不會有非零解？

如果 AAA 可逆，AtA^tAt 是否可逆？

若 B=GAB = GAB=GA，而 GGG 可逆，同時 AAA 的欄滿足 a3=2a1−a2a_3 = 2a_1 - a_2a3​=2a1​−a2​，那麼 BBB 的對應欄必須滿足甚麼關係？

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

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

若對每個向量 xxx 都有 A2x=Ax+xA^2x=Ax+xA2x=Ax+x，哪個矩陣可作為 AAA 的逆矩陣？

若行操作把 [A∣Ip][A \mid I_p][A∣Ip​] 化成 [Ip∣D][I_p \mid D][Ip​∣D]，DDD 是甚麼？

行變換把 [A∣Ip][A\mid I_p][A∣Ip​] 化成 [Ip∣E][I_p\mid E][Ip​∣E]，其中 AAA 是方陣。說明為甚麼除了 EA=IpEA=I_pEA=Ip​，還必有 AE=IpAE=I_pAE=Ip​。

練習

假設 AAA 可逆，而且 AB=IpAB = I_pAB=Ip​。證明 B=A−1B = A^{-1}B=A−1。

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

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由 $ABCD=I$ 得到循環恆等式

如果 $A$ 可逆， $A^{-1}A$ 是甚麼？

如果 $A$ 可逆，齊次方程組 $Ax = 0$ 會不會有非零解？

如果 $A$ 可逆， $A^t$ 是否可逆？

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？

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 $DCBA=I$ ？

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？

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？

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

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 $AE=I_p$ 。

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

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