有限實矩陣乘法法則的證明
設 m , n , p , q m,n,p,q m , n , p , q A ∈ R m × n A\in\mathbb R^{m\times n} A ∈ R m × n B ∈ R n × p B\in\mathbb R^{n\times p} B ∈ R n × p C ∈ R p × q C\in\mathbb R^{p\times q} C ∈ R p × q ( i , ℓ ) (i,\ell) ( i , ℓ )
( ( A B ) C ) i ℓ = ∑ k = 1 p ( ∑ j = 1 n a i j b j k ) c k ℓ = ∑ j = 1 n a i j ( ∑ k = 1 p b j k c k ℓ ) = ( A ( B C ) ) i ℓ . \begin{aligned}
((AB)C)_{i\ell}
&=\sum_{k=1}^{p}\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)c_{k\ell}\\
&=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\left(\sum_{k=1}^{p}b_{jk}c_{k\ell}\right)
=(A(BC))_{i\ell}.
\end{aligned} (( A B ) C ) i ℓ = k = 1 ∑ p ( j = 1 ∑ n a ij b jk ) c k ℓ = j = 1 ∑ n a ij ( k = 1 ∑ p b jk c k ℓ ) = ( A ( BC ) ) i ℓ . 中間等號只交換兩個有限和的求和次序，並使用實數分配律。兩邊同為 m × q m\times q m × q
對 D ∈ R n × p D\in\mathbb R^{n\times p} D ∈ R n × p
[ A ( B + D ) ] i k = ∑ j = 1 n a i j ( b j k + d j k ) = ( A B ) i k + ( A D ) i k . [A(B+D)]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(b_{jk}+d_{jk})
=(AB)_{ik}+(AD)_{ik}. [ A ( B + D ) ] ik = j = 1 ∑ n a ij ( b jk + d jk ) = ( A B ) ik + ( A D ) ik . 對 E ∈ R m × n E\in\mathbb R^{m\times n} E ∈ R m × n
[ ( A + E ) B ] i k = ∑ j = 1 n ( a i j + e i j ) b j k = ( A B ) i k + ( E B ) i k . [(A+E)B]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}(a_{ij}+e_{ij})b_{jk}
=(AB)_{ik}+(EB)_{ik}. [( A + E ) B ] ik = j = 1 ∑ n ( a ij + e ij ) b jk = ( A B ) ik + ( EB ) ik . 所以在所寫的相容大小下，兩條分配律均成立。對任意實純量 c c c
[ ( c A ) B ] i k = ∑ j ( c a i j ) b j k = c ∑ j a i j b j k = ∑ j a i j ( c b j k ) = [ A ( c B ) ] i k , [(cA)B]_{ik}=\sum_j(ca_{ij})b_{jk}
=c\sum_j a_{ij}b_{jk}
=\sum_j a_{ij}(cb_{jk})=[A(cB)]_{ik}, [( c A ) B ] ik = j ∑ ( c a ij ) b jk = c j ∑ a ij b jk = j ∑ a ij ( c b jk ) = [ A ( c B ) ] ik , 逐項相等便證明 ( c A ) B = c ( A B ) = A ( c B ) (cA)B=c(AB)=A(cB) ( c A ) B = c ( A B ) = A ( c B ) x , y ∈ R n x,y\in\mathbb R^n x , y ∈ R n s , t s,t s , t
[ A ( s x + t y ) ] i = ∑ j a i j ( s x j + t y j ) = s ( A x ) i + t ( A y ) i . [A(sx+ty)]_i=\sum_j a_{ij}(sx_j+ty_j)
=s(Ax)_i+t(Ay)_i. [ A ( s x + t y ) ] i = j ∑ a ij ( s x j + t y j ) = s ( A x ) i + t ( A y ) i . 這證明了比較同一線性系統的解時所用的矩陣乘向量線性性質。所有恆等式都只針對大小相容的有限實矩陣，不聲稱任意矩陣因子可交換或可消去。
由單位矩陣建立初等矩陣
假設一個初等 行變換 ρ \rho ρ p p p I p I_p I p I p I_p I p E ρ E_\rho E ρ c c c 1 / c 1/c 1/ c
定義
初等行變換矩陣 與 p p p ρ \rho ρ 初等行變換矩陣 ，就是把
ρ \rho ρ I p I_p I p p × p p \times p p × p
這種矩陣亦簡稱初等矩陣 ；較長的名稱可以明確指出它與指定行變換的關係。
換句話說，
E ρ = ρ ( I p ) . E_\rho = \rho(I_p). E ρ = ρ ( I p ) . 這個定義有用，是因為以下定理。
定理
初等行變換等同於左乘矩陣 設 A A A p p p ρ \rho ρ ρ ( A ) \rho(A) ρ ( A ) A A A
ρ ( A ) = E ρ A . \rho(A) = E_\rho A. ρ ( A ) = E ρ A . 所以，對 A A A I p I_p I p A A A
這裏必須是左乘。初等行變換改變的是行，會把新行寫成舊行的線性組合；左乘正是把
A A A
維數亦說明了同一點。若 A A A p × n p \times n p × n E ρ E_\rho E ρ p × p p \times p p × p E ρ A E_\rho A E ρ A p × n p \times n p × n A A A n n n n × n n \times n n × n
為甚麼左乘會執行指定行變換
證明
對三類初等行變換逐行驗證 把任意 p × n p \times n p × n A A A a 1 , a 2 , … , a p a_1,a_2,\ldots,a_p a 1 , a 2 , … , a p e k T e_k^{\mathsf T} e k T I p I_p I p k k k
e k T A = a k e_k^{\mathsf T}A=a_k e k T A = a k 表示左乘矩陣的一行會選取 A A A
對 R i ↔ R j R_i\leftrightarrow R_j R i ↔ R j E ρ E_\rho E ρ i i i e j T e_j^{\mathsf T} e j T j j j e i T e_i^{\mathsf T} e i T k k k e k T e_k^{\mathsf T} e k T E ρ A E_\rho A E ρ A A A A i , j i,j i , j
對 R i ← c R i R_i\leftarrow cR_i R i ← c R i c ≠ 0 c\ne0 c = 0 E ρ E_\rho E ρ i i i c e i T c e_i^{\mathsf T} c e i T i i i
( c e i T ) A = c a i , (c e_i^{\mathsf T})A=c a_i, ( c e i T ) A = c a i , 而每個 k ≠ i k\ne i k = i k k k a k a_k a k
對 R j ← R j + c R i R_j\leftarrow R_j+cR_i R j ← R j + c R i i ≠ j i\ne j i = j E ρ E_\rho E ρ j j j e j T + c e i T e_j^{\mathsf T}+c e_i^{\mathsf T} e j T + c e i T j j j
( e j T + c e i T ) A = a j + c a i , (e_j^{\mathsf T}+c e_i^{\mathsf T})A=a_j+c a_i, ( e j T + c e i T ) A = a j + c a i , 正是指定的行加法。
三類情形窮盡了初等行變換，因此對每個相容矩陣 A A A E ρ A = ρ ( A ) E_\rho A=\rho(A) E ρ A = ρ ( A ) ρ \rho ρ
作用於增廣矩陣
假設 A x = b Ax=b A x = b [ A ∣ b ] [A\mid b] [ A ∣ b ]
E ρ [ A ∣ b ] = [ E ρ A ∣ E ρ b ] . E_\rho[A\mid b]=[E_\rho A\mid E_\rho b]. E ρ [ A ∣ b ] = [ E ρ A ∣ E ρ b ] . 因此，係數和右端常數會接受完全相同的行組合。向量 x x x A x = b Ax=b A x = b E ρ A x = E ρ b E_\rho Ax=E_\rho b E ρ A x = E ρ b E ρ E_\rho E ρ
若只改 A A A b b b b b b
一串初等行變換就是一個矩陣乘積
真正的用途不只是表示一個初等步驟，而是把整串初等行變換寫成一個矩陣乘積。
定理
一串初等行變換的乘積表示 假設
A 1 → ρ 1 A 2 → ρ 2 A 3 → ρ 3 ⋯ → ρ k A k + 1 . A_1 \xrightarrow{\rho_1} A_2 \xrightarrow{\rho_2} A_3
\xrightarrow{\rho_3} \cdots \xrightarrow{\rho_k} A_{k+1}. A 1 ρ 1 A 2 ρ 2 A 3 ρ 3 ⋯ ρ k A k + 1 . 則
A k + 1 = E ρ k E ρ k − 1 ⋯ E ρ 2 E ρ 1 A 1 . A_{k+1}
= E_{\rho_k}E_{\rho_{k-1}}\cdots E_{\rho_2}E_{\rho_1}A_1. A k + 1 = E ρ k E ρ k − 1 ⋯ E ρ 2 E ρ 1 A 1 . 這裏每個 ρ j \rho_j ρ j
這個公式中的次序很重要。第一個行變換最靠近 A 1 A_1 A 1
A 2 = E ρ 1 A 1 , A 3 = E ρ 2 A 2 = E ρ 2 E ρ 1 A 1 . A_2 = E_{\rho_1}A_1,
\qquad
A_3 = E_{\rho_2}A_2 = E_{\rho_2}E_{\rho_1}A_1. A 2 = E ρ 1 A 1 , A 3 = E ρ 2 A 2 = E ρ 2 E ρ 1 A 1 . 例題
合併兩個行變換 令
A = [ 1 0 1 0 2 1 1 0 0 ] . A =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1\\
0 & 2 & 1\\
1 & 0 & 0
\end{bmatrix}. A = 1 0 1 0 2 0 1 1 0 . 依次做
ρ 1 : R 2 ← R 2 + R 1 , ρ 2 : R 1 ← R 1 + 2 R 2 . \rho_1:\ R_2 \leftarrow R_2 + R_1,
\qquad
\rho_2:\ R_1 \leftarrow R_1 + 2R_2. ρ 1 : R 2 ← R 2 + R 1 , ρ 2 : R 1 ← R 1 + 2 R 2 . 對應的行變換矩陣是
E ρ 1 = [ 1 0 0 1 1 0 0 0 1 ] , E ρ 2 = [ 1 2 0 0 1 0 0 0 1 ] . E_{\rho_1} =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix},
\qquad
E_{\rho_2} =
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}. E ρ 1 = 1 1 0 0 1 0 0 0 1 , E ρ 2 = 1 0 0 2 1 0 0 0 1 . 兩個操作完成後，結果就是
E ρ 2 E ρ 1 A = [ 3 2 0 1 1 0 0 0 1 ] [ 1 0 1 0 2 1 1 0 0 ] = [ 3 4 5 1 2 2 1 0 0 ] . E_{\rho_2}E_{\rho_1}A
=
\begin{bmatrix}
3&2&0\\
1&1&0\\
0&0&1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1&0&1\\
0&2&1\\
1&0&0
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
3&4&5\\
1&2&2\\
1&0&0
\end{bmatrix}. E ρ 2 E ρ 1 A = 3 1 0 2 1 0 0 0 1 1 0 1 0 2 0 1 1 0 = 3 1 1 4 2 0 5 2 0 . 若不想直接相乘 E ρ 2 E ρ 1 E_{\rho_2}E_{\rho_1} E ρ 2 E ρ 1 I 3 I_3 I 3 2 2 2
反向行變換與逆矩陣
每個初等行變換都有反向操作：
R j ← R j + c R i R_j \leftarrow R_j + cR_i R j ← R j + c R i R j ← R j − c R i R_j \leftarrow R_j - cR_i R j ← R j − c R i R i ← c R i R_i \leftarrow cR_i R i ← c R i c ≠ 0 c \ne 0 c = 0 R i ← ( 1 / c ) R i R_i \leftarrow (1/c)R_i R i ← ( 1/ c ) R i 交換兩行的反向操作仍然是同一次交換。
這給出一個精確的矩陣敘述。
定理
初等行變換矩陣都是可逆矩陣 每個初等行變換矩陣都是可逆的。它的逆矩陣，就是反向初等行變換所對應的
初等行變換矩陣。
證明
為甚麼反向矩陣是雙側逆矩陣 設 E ρ E_\rho E ρ ρ \rho ρ E ρ − 1 E_{\rho^{-1}} E ρ − 1 p p p X X X ρ \rho ρ X X X
E ρ − 1 E ρ X = X . E_{\rho^{-1}}E_\rho X=X. E ρ − 1 E ρ X = X . 這個等式對每個這樣的 X X X X = I p X=I_p X = I p E ρ − 1 E ρ = I p E_{\rho^{-1}}E_\rho=I_p E ρ − 1 E ρ = I p ρ \rho ρ E ρ E ρ − 1 = I p E_\rho E_{\rho^{-1}}=I_p E ρ E ρ − 1 = I p
E ρ − 1 = E ρ − 1 . E_\rho^{-1}=E_{\rho^{-1}}. E ρ − 1 = E ρ − 1 . 具體來說，交換兩行的逆仍是同一次交換；乘以 c ≠ 0 c\ne0 c = 0 1 / c 1/c 1/ c i i i c c c j j j − c -c − c i i i
例如，若
E = [ 1 0 0 3 1 0 0 0 1 ] E =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
3 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix} E = 1 3 0 0 1 0 0 0 1 表示 R 2 ← R 2 + 3 R 1 R_2 \leftarrow R_2 + 3R_1 R 2 ← R 2 + 3 R 1
E − 1 = [ 1 0 0 − 3 1 0 0 0 1 ] E^{-1} =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
-3 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix} E − 1 = 1 − 3 0 0 1 0 0 0 1 表示 R 2 ← R 2 − 3 R 1 R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1 R 2 ← R 2 − 3 R 1
這就是初等行變換可逆的代數原因，也解釋了為甚麼行化簡和可逆矩陣有密切關係。
證明
先撤銷最後一步操作 設 E 1 , … , E k E_1,\ldots,E_k E 1 , … , E k p p p J = E k ⋯ E 1 J=E_k\cdots E_1 J = E k ⋯ E 1 E j − 1 E_j^{-1} E j − 1 E k E_k E k E k − 1 , … , E 1 E_{k-1},\ldots,E_1 E k − 1 , … , E 1
K = E 1 − 1 E 2 − 1 ⋯ E k − 1 . K=E_1^{-1}E_2^{-1}\cdots E_k^{-1}. K = E 1 − 1 E 2 − 1 ⋯ E k − 1 . 這裏必須區分兩種次序：反向操作的時間順序從 E k − 1 E_k^{-1} E k − 1
K J = E 1 − 1 E 2 − 1 ( E 3 − 1 E 3 ) E 2 E 1 = E 1 − 1 ( E 2 − 1 E 2 ) E 1 = I p . KJ=E_1^{-1}E_2^{-1}(E_3^{-1}E_3)E_2E_1
=E_1^{-1}(E_2^{-1}E_2)E_1=I_p. K J = E 1 − 1 E 2 − 1 ( E 3 − 1 E 3 ) E 2 E 1 = E 1 − 1 ( E 2 − 1 E 2 ) E 1 = I p . 另一個乘積 J K JK J K E 1 E 1 − 1 E_1E_1^{-1} E 1 E 1 − 1 I p I_p I p
把這個讀法用於前面的兩步例子：合併矩陣是 E ρ 2 E ρ 1 E_{\rho_2}E_{\rho_1} E ρ 2 E ρ 1 E ρ 1 − 1 E ρ 2 − 1 E_{\rho_1}^{-1}E_{\rho_2}^{-1} E ρ 1 − 1 E ρ 2 − 1 [ 1 0 1 ] [1\ 0\ 1] [ 1 0 1 ] [ 0 2 1 ] [0\ 2\ 1] [ 0 2 1 ]
有限消元必停止，並保持解集
設 A ∈ R m × n A\in\mathbb R^{m\times n} A ∈ R m × n b ∈ R m b\in\mathbb R^m b ∈ R m m , n m,n m , n A x = b Ax=b A x = b
從左到右掃描係數欄，並記錄下一未使用行。若當前欄在未使用行中有非零元素，就將其所在行交換到下一位置，除以非零主元，再從其餘各行減去適當倍數，清空該欄其他元素，然後推進未使用行指標。若該欄所有未使用位置都是零，就跳過該欄。先前主元欄始終是單位欄：當前未使用行在這些欄均為零，所以新主元行以及後續減法保留這些零與原主元。總共只有 n n n min ( m , n ) \min(m,n) min ( m , n )
解的分類與齊次自由度
令 r r r 0 = c 0=c 0 = c n − r n-r n − r r = n r=n r = n r < n r<n r < n
對 A z = 0 Az=0 A z = 0 r < n r<n r < n r = n r=n r = n x p x_p x p x p + z x_p+z x p + z A z = 0 Az=0 A z = 0
當 A A A I I I E E E E A = I EA=I E A = I E E E A = E − 1 A=E^{-1} A = E − 1 A E = I AE=I A E = I E E E [ A ∣ I ] [A\mid I] [ A ∣ I ] [ I ∣ A − 1 ] [I\mid A^{-1}] [ I ∣ A − 1 ]
從較小矩陣構造行列式
定義
子矩陣、子式與餘因子 設 A = [ a i j ] A=[a_{ij}] A = [ a ij ] n × n n\times n n × n n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 1 ≤ i , j ≤ n 1\le i,j\le n 1 ≤ i , j ≤ n i i i j j j ( n − 1 ) × ( n − 1 ) (n-1)\times(n-1) ( n − 1 ) × ( n − 1 ) A ( i ∣ j ) A(i\mid j) A ( i ∣ j )
屬於項 a i j a_{ij} a ij 子式 是純量
M i j = det ( A ( i ∣ j ) ) M_{ij}=\det\bigl(A(i\mid j)\bigr) M ij = det ( A ( i ∣ j ) ) 屬於項 a i j a_{ij} a ij 餘因子 是帶符號純量
C i j = ( − 1 ) i + j M i j C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij} 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 ∣ j ) A(i\mid j) A ( i ∣ j ) M i j M_{ij} M ij C i j = ( − 1 ) i + j M i j C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij} C ij = ( − 1 ) i + j M ij
定義
行列式的遞迴定義 對於 1 × 1 1\times1 1 × 1 [ a 11 ] [a_{11}] [ a 11 ]
det ( [ a 11 ] ) = a 11 \det([a_{11}])=a_{11} det ([ a 11 ]) = a 11 對於 n > 1 n>1 n > 1 n × n n\times n n × n
det ( A ) = ∑ j = 1 n a 1 j C 1 j = ∑ j = 1 n ( − 1 ) 1 + j a 1 j M 1 j \det(A)=\sum_{j=1}^{n}a_{1j}C_{1j}
=\sum_{j=1}^{n}(-1)^{1+j}a_{1j}M_{1j} det ( A ) = j = 1 ∑ n a 1 j C 1 j = j = 1 ∑ n ( − 1 ) 1 + j a 1 j M 1 j 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 n-1 n − 1 1 × 1 1\times1 1 × 1 0 × 0 0\times0 0 × 0 n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2
從遞迴行列式證明任意餘因子展開
設 A A A n × n n\times n n × n n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 S n S_n S n 1 , … , n 1,\ldots,n 1 , … , n inv ( σ ) \operatorname{inv}(\sigma) inv ( σ ) r < s r<s r < s σ ( r ) > σ ( s ) \sigma(r)>\sigma(s) σ ( r ) > σ ( s ) sgn ( σ ) = ( − 1 ) inv ( σ ) \operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)} sgn ( σ ) = ( − 1 ) inv ( σ )
若 σ ( i ) = j \sigma(i)=j σ ( i ) = j i i i j j j τ ∈ S n − 1 \tau\in S_{n-1} τ ∈ S n − 1 i i i u u u j j j ( i − 1 − u ) + ( j − 1 − u ) = i + j − 2 − 2 u (i-1-u)+(j-1-u)=i+j-2-2u ( i − 1 − u ) + ( j − 1 − u ) = i + j − 2 − 2 u
sgn ( σ ) = ( − 1 ) i + j sgn ( τ ) . \operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{i+j}\operatorname{sgn}(\tau). sgn ( σ ) = ( − 1 ) i + j sgn ( τ ) . 定義 P n ( A ) = ∑ σ ∈ S n sgn ( σ ) ∏ r = 1 n a r , σ ( r ) P_n(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{r=1}^n a_{r,\sigma(r)} P n ( A ) = ∑ σ ∈ S n sgn ( σ ) ∏ r = 1 n a r , σ ( r ) n = 1 n=1 n = 1 n > 1 n>1 n > 1 σ ( 1 ) = j \sigma(1)=j σ ( 1 ) = j P n ( A ) = ∑ j ( − 1 ) 1 + j a 1 j P n − 1 ( A ( 1 ∣ j ) ) P_n(A)=\sum_j(-1)^{1+j}a_{1j}P_{n-1}(A(1\mid j)) P n ( A ) = ∑ j ( − 1 ) 1 + j a 1 j P n − 1 ( A ( 1 ∣ j )) P n ( A ) = det A P_n(A)=\det A P n ( A ) = det A
現在固定任意行 i i i σ ( i ) = j \sigma(i)=j σ ( i ) = j
det A = ∑ j = 1 n ( − 1 ) i + j a i j det ( A ( i ∣ j ) ) . \det A=\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)). det A = j = 1 ∑ n ( − 1 ) i + j a ij det ( A ( i ∣ j )) . 固定任意欄 j j j i i i σ ( i ) = j \sigma(i)=j σ ( i ) = j
det A = ∑ i = 1 n ( − 1 ) i + j a i j det ( A ( i ∣ j ) ) . \det A=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)). det A = i = 1 ∑ n ( − 1 ) i + j a ij det ( A ( i ∣ j )) . 兩個展開公式均用於 n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2
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 C C n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 k k k c k ℓ c_{k\ell} c k ℓ
det ( C ) = c k ℓ ( − 1 ) k + ℓ det ( C ( k ∣ ℓ ) ) \det(C)=c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det\bigl(C(k\mid\ell)\bigr) det ( C ) = c k ℓ ( − 1 ) k + ℓ det ( C ( k ∣ ℓ ) ) 若第 ℓ \ell ℓ c k ℓ c_{k\ell} c k ℓ c k ℓ = 0 c_{k\ell}=0 c k ℓ = 0
當 n = 1 n=1 n = 1 [ 0 ] [0] [ 0 ] n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 det ( A ) = 0 \det(A)=0 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 n=1 n = 1 1 × 1 1\times1 1 × 1 [ 0 ] [0] [ 0 ] n = k n=k n = k ( k + 1 ) × ( k + 1 ) (k+1)\times(k+1) ( k + 1 ) × ( k + 1 ) C C C ℓ \ell ℓ ℓ \ell ℓ j ≠ ℓ j\ne\ell j = ℓ k × k k\times k k × k j < ℓ j\lt\ell j < ℓ det ( C ) = 0 \det(C)=0 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 k k ℓ \ell ℓ j ≠ ℓ j\ne\ell j = ℓ C ( k ∣ j ) C(k\mid j) C ( k ∣ j ) ℓ \ell ℓ c k ℓ ( − 1 ) k + ℓ det ( C ( k ∣ ℓ ) ) c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell)) c k ℓ ( − 1 ) k + ℓ det ( C ( k ∣ ℓ ))
三角矩陣
定理
三角矩陣定理 若 T T T
det ( T ) = t 11 t 22 ⋯ t n n \det(T)=t_{11}t_{22}\cdots t_{nn} det ( T ) = t 11 t 22 ⋯ t nn 用 n n n n = 1 n=1 n = 1 k × k k\times k k × k T T T k + 1 k+1 k + 1 t k + 1 , k + 1 t_{k+1,k+1} t k + 1 , k + 1 ( − 1 ) 2 k + 2 = 1 (-1)^{2k+2}=1 ( − 1 ) 2 k + 2 = 1
det ( T ) = t k + 1 , k + 1 det ( T ( k + 1 ∣ k + 1 ) ) \det(T)=t_{k+1,k+1}\det\bigl(T(k+1\mid k+1)\bigr) det ( T ) = t k + 1 , k + 1 det ( T ( k + 1 ∣ k + 1 ) ) 保留下來的子矩陣仍是上三角矩陣，對角線為
t 11 , … , t k k t_{11},\ldots,t_{kk} t 11 , … , t kk t 11 ⋯ t k k t_{11}\cdots t_{kk} t 11 ⋯ t kk t 11 t_{11} t 11 t 22 t_{22} t 22 t n n t_{nn} 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 p p p p p α u + β v \alpha u+\beta v αu + β v
det ( 相同其他各行,但第 p 行為 α u + β v ) = α det ( 相同其他各行,但第 p 行為 u ) + β det ( 相同其他各行,但第 p 行為 v ) \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) det ( 相同其他各行 , 但第 p 行為 αu + β v ) = α det ( 相同其他各行 , 但第 p 行為 u ) + β det ( 相同其他各行 , 但第 p 行為 v ) 當 n = 1 n=1 n = 1
det ( [ α a + β b ] ) = α a + β b = α det ( [ a ] ) + β det ( [ b ] ) \det([\alpha a+\beta b])=\alpha a+\beta b
=\alpha\det([a])+\beta\det([b]) det ([ α a + β b ]) = α a + β b = α det ([ a ]) + β det ([ b ]) 這就證明了 1 × 1 1\times1 1 × 1
當 n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 p p p A , B , C A,B,C A , B , C p p p c p = α a p + β b p c_p=\alpha a_p+\beta b_p c p = α a p + β b p j j j p p p
A ( p ∣ j ) = B ( p ∣ j ) = C ( p ∣ j ) A(p\mid j)=B(p\mid j)=C(p\mid j) A ( p ∣ j ) = B ( p ∣ j ) = C ( p ∣ j ) 沿第 p p p det ( C ) \det(C) det ( C ) c p j = α a p j + β b p j c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj} c p j = α a p j + β b p j
det ( C ) = ∑ j = 1 n ( α a p j + β b p j ) ( − 1 ) p + j det ( C ( p ∣ j ) ) = α det ( A ) + β det ( B ) \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} det ( C ) = j = 1 ∑ n ( α a p j + β b p j ) ( − 1 ) p + j det ( C ( p ∣ j )) = α det ( A ) + β det ( B ) 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 0 0
設 A A A r q , r q + 1 r_q,r_{q+1} r q , r q + 1 B B B A A A q q q B B B q + 1 q+1 q + 1 r q r_q r q j j j
( − 1 ) q + 1 + j = − ( − 1 ) q + j (-1)^{q+1+j}=-(-1)^{q+j} ( − 1 ) q + 1 + j = − ( − 1 ) q + j 逐項比較便得 det ( B ) = − det ( A ) \det(B)=-\det(A) det ( B ) = − det ( A ) p < q p\lt q p < q 2 ( q − p ) − 1 2(q-p)-1 2 ( q − p ) − 1
若 A A A p p p q q q A A A det ( A ) = − det ( A ) \det(A)=-\det(A) det ( A ) = − det ( A ) 2 det ( A ) = 0 2\det(A)=0 2 det ( A ) = 0 det ( A ) = 0 \det(A)=0 det ( A ) = 0
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。
轉置把關於行的行列式恆等式轉為關於欄的恆等式。利用對一欄的線性性，可以分離線性組合中的一個係數：替換一欄後，其餘各項都因出現重複欄而消失。這個消去關係給出克拉默法則，並把它與伴隨矩陣恆等式聯繫起來。
本節的矩陣與純量均取實數；凡寫出行列式，所涉及的矩陣均為方陣。
轉置不會改變行列式
定理
轉置矩陣的行列式 對每個方陣 A A A
det ( A T ) = det ( A ) . \det(A^T)=\det(A). det ( A T ) = det ( A ) . 雖然遞迴定義採用第一行展開，轉置仍然保持行列式的值不變。
證明
用基本矩陣分解證明轉置不會改變行列式 若 A A A A T A^T A T A T A^T A T A A A A A A
A = E 1 E 2 ⋯ E k A=E_1E_2\cdots E_k A = E 1 E 2 ⋯ E k 交換行或把一行乘以非零純量的基本矩陣轉置後不變；加法基本矩陣
I + c E i j I+cE_{ij} I + c E ij I + c E j i I+cE_{ji} I + c E ji det ( E r T ) = det ( E r ) \det(E_r^T)=\det(E_r) det ( E r T ) = det ( E r )
A T = E k T ⋯ E 2 T E 1 T A^T=E_k^T\cdots E_2^TE_1^T A T = E k T ⋯ E 2 T E 1 T 使用行列式乘積公式便得到 det ( A T ) = det ( A ) \det(A^T)=\det(A) det ( A T ) = det ( A )
定理
可沿任意一欄作餘因子展開 設 A = [ a i j ] A=[a_{ij}] A = [ a ij ] n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 j j j M i j M_{ij} M ij C i j = ( − 1 ) i + j M i j C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij} C ij = ( − 1 ) i + j M ij
det ( A ) = a 1 j C 1 j + a 2 j C 2 j + ⋯ + a n j C n j . \det(A)=a_{1j}C_{1j}+a_{2j}C_{2j}+\cdots+a_{nj}C_{nj}. det ( A ) = a 1 j C 1 j + a 2 j C 2 j + ⋯ + a nj C nj . 等價地，
det ( A ) = ∑ i = 1 n ( − 1 ) i + j a i j M i j . \det(A)=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}a_{ij}M_{ij}. det ( A ) = i = 1 ∑ n ( − 1 ) i + j a ij M ij . 因此，你可以沿行展開，也可以沿欄展開。真正重要的不是方向，而是你
選中的那條行或欄是否能令子式最容易計。
為了看清欄公式從何而來，固定第 j j j A ( i ∣ j ) A(i|j) A ( i ∣ j ) i i i j j j a i j a_{ij} a ij A T A^T A T j j j i i i
( A T ) ( j ∣ i ) = ( A ( i ∣ j ) ) T (A^T)(j\mid i)=(A(i\mid j))^T ( A T ) ( j ∣ i ) = ( A ( i ∣ j ) ) T 根據轉置不變性，這兩個子矩陣的行列式相同。因此沿 A T A^T A T j j j
det ( A T ) = ∑ i = 1 n ( − 1 ) j + i a i j det ( ( A T ) ( j ∣ i ) ) = ∑ i = 1 n ( − 1 ) i + j a i j det ( A ( i ∣ j ) ) \det(A^T)=\sum_{i=1}^n(-1)^{j+i}a_{ij}\det((A^T)(j\mid i))
=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)) det ( A T ) = i = 1 ∑ n ( − 1 ) j + i a ij det (( A T ) ( j ∣ i )) = i = 1 ∑ n ( − 1 ) i + j a ij det ( A ( i ∣ j )) 而這等於 det ( A ) \det(A) det ( A ) A A A j j j
例題
沿着零較多的欄去展開 令
A = [ 1 7 0 6 9 8 0 1 5 ] . A=
\begin{bmatrix}
1&7&0\\
6&9&8\\
0&1&5
\end{bmatrix}. A = 1 6 0 7 9 1 0 8 5 . 第三欄有一個零，所以沿第三欄展開：
det ( A ) = 0 ⋅ C 13 + 8 C 23 + 5 C 33 . \det(A)=
0\cdot C_{13}
+8C_{23}
+5C_{33}. det ( A ) = 0 ⋅ C 13 + 8 C 23 + 5 C 33 . 因此
det ( A ) = − 8 ∣ 1 7 0 1 ∣ + 5 ∣ 1 7 6 9 ∣ = − 8 ( 1 ) + 5 ( 9 − 42 ) = − 173. \det(A)
=-8
\begin{vmatrix}
1&7\\
0&1
\end{vmatrix}
+5
\begin{vmatrix}
1&7\\
6&9
\end{vmatrix}
=-8(1)+5(9-42)=-173. det ( A ) = − 8 1 0 7 1 + 5 1 6 7 9 = − 8 ( 1 ) + 5 ( 9 − 42 ) = − 173. 同一個答案當然也可以用行展開得到，但挑對欄會令算式短很多。
欄變換遵守同一套模式
由於轉置不改變行列式，每一條關於行變換的規則，都有一條完全對應的
欄變換版本。
定理
欄變換對行列式的影響 設 B B B A A A
交換兩個不同的欄 p p p q q q − 1 -1 − 1
把第 p p p β \beta β β \beta β β ≠ 0 \beta\ne0 β = 0
若 p ≠ q p\ne q p = q q q q C q + c C p C_q+cC_p C q + c C p
這些規則就是把行規則應用到 A T A^T A T
常見錯誤
不要把一欄加到自己身上 只有 p ≠ q p\ne q p = q C q ← C q + c C p C_q\leftarrow C_q+cC_p C q ← C q + c C p p = q p=q p = q ( 1 + c ) C q (1+c)C_q ( 1 + c ) C q 1 + c 1+c 1 + c
例題
用欄變換製造零 考慮
C = [ 3 2 − 1 4 1 6 − 3 − 1 2 ] . C=
\begin{bmatrix}
3&2&-1\\
4&1&6\\
-3&-1&2
\end{bmatrix}. C = 3 4 − 3 2 1 − 1 − 1 6 2 . 按時間次序做欄變換 C 1 ← C 1 − C 2 C_1\leftarrow C_1-C_2 C 1 ← C 1 − C 2 C 1 ← C 1 + C 3 C_1\leftarrow C_1+C_3 C 1 ← C 1 + C 3
[ 3 2 − 1 4 1 6 − 3 − 1 2 ] ⟶ [ 1 2 − 1 3 1 6 − 2 − 1 2 ] . \begin{bmatrix}
3&2&-1\\
4&1&6\\
-3&-1&2
\end{bmatrix}
\longrightarrow
\begin{bmatrix}
1&2&-1\\
3&1&6\\
-2&-1&2
\end{bmatrix}. 3 4 − 3 2 1 − 1 − 1 6 2 ⟶ 1 3 − 2 2 1 − 1 − 1 6 2 . 第一步之後，第二步給出
[ 1 2 − 1 3 1 6 − 2 − 1 2 ] ⟶ [ 0 2 − 1 9 1 6 0 − 1 2 ] \begin{bmatrix}
1&2&-1\\
3&1&6\\
-2&-1&2
\end{bmatrix}
\longrightarrow
\begin{bmatrix}
0&2&-1\\
9&1&6\\
0&-1&2
\end{bmatrix} 1 3 − 2 2 1 − 1 − 1 6 2 ⟶ 0 9 0 2 1 − 1 − 1 6 2 這兩步都只是「某欄加上另一欄倍數」，所以行列式沒有改變。現在沿第一
欄展開：
det ( C ) = 9 ( − 1 ) 2 + 1 ∣ 2 − 1 − 1 2 ∣ = − 9 ( 4 − 1 ) = − 27 \det(C)=
9(-1)^{2+1}
\begin{vmatrix}
2&-1\\
-1&2
\end{vmatrix}
=-9(4-1)=-27 det ( C ) = 9 ( − 1 ) 2 + 1 2 − 1 − 1 2 = − 9 ( 4 − 1 ) = − 27 位置 ( 2 , 1 ) (2,1) ( 2 , 1 )
伴隨矩陣把所有餘因子一次過收集起來
單一個餘因子可以處理一次展開；伴隨矩陣則把所有餘因子集中到同一個
矩陣內。
定義
伴隨矩陣 對 n × n n\times n n × n n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 A = [ a i j ] A=[a_{ij}] A = [ a ij ] C i j C_{ij} C ij a i j a_{ij} a ij
[ C 11 C 12 ⋯ C 1 n C 21 C 22 ⋯ C 2 n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ C n 1 C n 2 ⋯ C n n ] . \begin{bmatrix}
C_{11}&C_{12}&\cdots&C_{1n}\\
C_{21}&C_{22}&\cdots&C_{2n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
C_{n1}&C_{n2}&\cdots&C_{nn}
\end{bmatrix}. C 11 C 21 ⋮ C n 1 C 12 C 22 ⋮ C n 2 ⋯ ⋯ ⋱ ⋯ C 1 n C 2 n ⋮ C nn . 把這個餘因子矩陣轉置，便得到 伴隨矩陣
adj ( A ) = [ C 11 C 21 ⋯ C n 1 C 12 C 22 ⋯ C n 2 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ C 1 n C 2 n ⋯ C n n ] . \operatorname{adj}(A)=
\begin{bmatrix}
C_{11}&C_{21}&\cdots&C_{n1}\\
C_{12}&C_{22}&\cdots&C_{n2}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
C_{1n}&C_{2n}&\cdots&C_{nn}
\end{bmatrix}. adj ( A ) = C 11 C 12 ⋮ C 1 n C 21 C 22 ⋮ C 2 n ⋯ ⋯ ⋱ ⋯ C n 1 C n 2 ⋮ C nn . 對於 1 × 1 1\times1 1 × 1 det ( [ a ] ) = a \det([a])=a det ([ a ]) = a adj ( [ a ] ) = [ 1 ] \operatorname{adj}([a])=[1] adj ([ a ]) = [ 1 ] [ a ] [ 1 ] = [ a ] = det ( [ a ] ) I 1 [a][1]=[a]=\det([a])I_1 [ a ] [ 1 ] = [ a ] = det ([ a ]) I 1 n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2
定理
伴隨矩陣恆等式與逆矩陣公式 對每個方陣 A A A
A adj ( A ) = det ( A ) I . A\,\operatorname{adj}(A)=\det(A)I. A adj ( A ) = det ( A ) I . 若 det ( A ) ≠ 0 \det(A)\neq0 det ( A ) = 0 A A A
A − 1 = 1 det ( A ) adj ( A ) . A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A). A − 1 = det ( A ) 1 adj ( A ) . 證明
伴隨矩陣恆等式的對角與非對角情況 下面的證明假設 n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 1 × 1 1\times1 1 × 1
乘積 A adj ( A ) A \operatorname{adj}(A) A adj ( A ) ( i , j ) (i,j) ( i , j )
( A adj ( A ) ) i j = ∑ k = 1 n a i k C j k \bigl(A\operatorname{adj}(A)\bigr)_{ij}=\sum_{k=1}^n a_{ik}C_{jk} ( A adj ( A ) ) ij = k = 1 ∑ n a ik C jk 當 i = j i=j i = j i i i det ( A ) \det(A) det ( A ) i ≠ j i\ne j i = j i i i A A A j j j B B B B B B det ( B ) = 0 \det(B)=0 det ( B ) = 0 j j j j j j A A A C j k C_{jk} C jk
0 = det ( B ) = ∑ k = 1 n a i k C j k 0=\det(B)=\sum_{k=1}^n a_{ik}C_{jk} 0 = det ( B ) = k = 1 ∑ n a ik C jk 所以對角元是 det ( A ) \det(A) det ( A ) det ( A ) ≠ 0 \det(A)\ne0 det ( A ) = 0
例題
由伴隨矩陣重建 2×2 逆矩陣公式 令
A = [ a b c d ] , det ( A ) = a d − b c ≠ 0. A=
\begin{bmatrix}
a&b\\
c&d
\end{bmatrix},
\qquad
\det(A)=ad-bc\neq0. A = [ a c b d ] , det ( A ) = a d − b c = 0. 其餘因子矩陣是
[ d − c − b a ] , \begin{bmatrix}
d&-c\\
-b&a
\end{bmatrix}, [ d − b − c a ] , 所以
adj ( A ) = [ d − b − c a ] . \operatorname{adj}(A)=
\begin{bmatrix}
d&-b\\
-c&a
\end{bmatrix}. adj ( A ) = [ d − c − b a ] . 因此
A − 1 = 1 a d − b c [ d − b − c a ] . A^{-1}=
\frac{1}{ad-bc}
\begin{bmatrix}
d&-b\\
-c&a
\end{bmatrix}. A − 1 = a d − b c 1 [ d − c − b a ] . 熟悉的 2 × 2 2\times2 2 × 2
A adj ( A ) = [ a d − b c 0 0 a d − b c ] = ( a d − b c ) I 2 A\operatorname{adj}(A)=\begin{bmatrix}ad-bc&0\\0&ad-bc\end{bmatrix}=(ad-bc)I_2 A adj ( A ) = [ a d − b c 0 0 a d − b c ] = ( a d − b c ) I 2 伴隨矩陣必須取餘因子矩陣的轉置。若直接使用未轉置的餘因子矩陣
[ d − c − b a ] \begin{bmatrix}d&-c\\-b&a\end{bmatrix} [ d − b − c a ] a d − b 2 ad-b^2 a d − b 2 a b − a c ab-ac ab − a c c d − b d cd-bd c d − b d a d − c 2 ad-c^2 a d − c 2
克拉默法則是逐個座標求解
定理
克拉默法則 令 A ∈ M n ( R ) A\in M_n(\mathbb{R}) A ∈ M n ( R ) det ( A ) ≠ 0 \det(A)\ne0 det ( A ) = 0 b ∈ R n b\in\mathbb{R}^n b ∈ R n j j j A A A j j j b b b M j M_j M j
若 x x x
A x = b Ax=b A x = b 的唯一解，則
x j = det ( M j ) det ( A ) . x_j=\frac{\det(M_j)}{\det(A)}. x j = det ( A ) det ( M j ) . 每個座標都由一個行列式比值表示，明確顯示它對係數矩陣與右端向量的依賴。
證明
固定一欄的線性性隔離出 x_j 把 A A A a 1 , … , a n a_1,\ldots,a_n a 1 , … , a n det ( A ) ≠ 0 \det(A)\ne0 det ( A ) = 0
b = x 1 a 1 + ⋯ + x n a n b=x_1a_1+\cdots+x_na_n b = x 1 a 1 + ⋯ + x n a n 在 M j M_j M j j j j j j j
det ( M j ) = ∑ k = 1 n x k det ( a 1 , … , a j − 1 , a k , a j + 1 , … , a n ) \det(M_j)=\sum_{k=1}^n x_k\det(a_1,\ldots,a_{j-1},a_k,a_{j+1},\ldots,a_n) det ( M j ) = k = 1 ∑ n x k det ( a 1 , … , a j − 1 , a k , a j + 1 , … , a n ) 當 k ≠ j k\ne j k = j k = j k=j k = j x j det ( A ) x_j \det(A) x j det ( A )
det ( M j ) = x j det ( A ) , x j = det ( M j ) det ( A ) \det(M_j)=x_j\det(A),
\qquad x_j=\frac{\det(M_j)}{\det(A)} det ( M j ) = x j det ( A ) , x j = det ( A ) det ( M j ) 替換過程中欄的次序從未改變，所以沒有額外符號。
替換一欄為何能隔離一個未知量
下面的視覺說明會追蹤克拉默法則背後的行列式邏輯：把其中一欄換成右邊
向量，使用欄線性，再看重複欄如何令多餘項消失。
對於 n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 det ( A ) ≠ 0 \det(A)\ne0 det ( A ) = 0 adj ( A ) = det ( A ) A − 1 \operatorname{adj}(A)=\det(A)A^{-1} adj ( A ) = det ( A ) A − 1 A − 1 A^{-1} A − 1 A x = b Ax=b A x = b
det ( A ) x = adj ( A ) b x j = ∑ i = 1 n C i j b i det ( A ) \det(A)x=\operatorname{adj}(A)b
\qquad x_j=\frac{\sum_{i=1}^n C_{ij}b_i}{\det(A)} det ( A ) x = adj ( A ) b x j = det ( A ) ∑ i = 1 n C ij b i 這個分子正好是 det ( M j ) \det(M_j) det ( M j ) j j j M j M_j M j b b b A A A b i b_i b i C i j C_{ij} C ij n = 1 n=1 n = 1 A = [ a ] A=[a] A = [ a ] b = [ b 1 ] b=[b_1] b = [ b 1 ] a ≠ 0 a\ne0 a = 0 x 1 = b 1 / a x_1=b_1/a x 1 = b 1 / a
例題
3×3 伴隨矩陣與三個替換行列式 令
A = [ 1 2 3 1 0 1 1 1 − 1 ] b = [ 2 3 1 ] A=\begin{bmatrix}1&2&3\\1&0&1\\1&1&-1\end{bmatrix}
\qquad b=\begin{bmatrix}2\\3\\1\end{bmatrix} A = 1 1 1 2 0 1 3 1 − 1 b = 2 3 1 沿第一行展開：
det ( A ) = 1 ( − 1 ) − 2 ( − 2 ) + 3 ( 1 ) = 6 \det(A)=1(-1)-2(-2)+3(1)=6 det ( A ) = 1 ( − 1 ) − 2 ( − 2 ) + 3 ( 1 ) = 6 餘因子矩陣為
[ − 1 2 1 5 − 4 1 2 2 − 2 ] \begin{bmatrix}-1&2&1\\5&-4&1\\2&2&-2\end{bmatrix} − 1 5 2 2 − 4 2 1 1 − 2 轉置後得到
adj ( A ) = [ − 1 5 2 2 − 4 2 1 1 − 2 ] \operatorname{adj}(A)=\begin{bmatrix}-1&5&2\\2&-4&2\\1&1&-2\end{bmatrix} adj ( A ) = − 1 2 1 5 − 4 1 2 2 − 2 把第一、第二、第三欄分別替換成 b b b
M 1 = [ 2 2 3 3 0 1 1 1 − 1 ] , M 2 = [ 1 2 3 1 3 1 1 1 − 1 ] , M 3 = [ 1 2 2 1 0 3 1 1 1 ] M_1=\begin{bmatrix}2&2&3\\3&0&1\\1&1&-1\end{bmatrix},\quad
M_2=\begin{bmatrix}1&2&3\\1&3&1\\1&1&-1\end{bmatrix},\quad
M_3=\begin{bmatrix}1&2&2\\1&0&3\\1&1&1\end{bmatrix} M 1 = 2 3 1 2 0 1 3 1 − 1 , M 2 = 1 1 1 2 3 1 3 1 − 1 , M 3 = 1 1 1 2 0 1 2 3 1 沿第一行計算：
det ( M 1 ) = − 2 + 8 + 9 = 15 det ( M 2 ) = − 4 + 4 − 6 = − 6 det ( M 3 ) = − 3 + 4 + 2 = 3 \det(M_1)=-2+8+9=15\qquad
\det(M_2)=-4+4-6=-6\qquad
\det(M_3)=-3+4+2=3 det ( M 1 ) = − 2 + 8 + 9 = 15 det ( M 2 ) = − 4 + 4 − 6 = − 6 det ( M 3 ) = − 3 + 4 + 2 = 3 所以
( x 1 , x 2 , x 3 ) = ( 15 6 , − 6 6 , 3 6 ) = ( 5 2 , − 1 , 1 2 ) (x_1,x_2,x_3)=\left(\frac{15}{6},\frac{-6}{6},\frac36\right)
=\left(\frac52,-1,\frac12\right) ( x 1 , x 2 , x 3 ) = ( 6 15 , 6 − 6 , 6 3 ) = ( 2 5 , − 1 , 2 1 ) 代回三行分別得到 5 / 2 − 2 + 3 / 2 = 2 5/2-2+3/2=2 5/2 − 2 + 3/2 = 2 5 / 2 + 1 / 2 = 3 5/2+1/2=3 5/2 + 1/2 = 3 5 / 2 − 1 − 1 / 2 = 1 5/2-1-1/2=1 5/2 − 1 − 1/2 = 1 b b b
這些數值還提供了對符號與伴隨矩陣路線的獨立檢查。把上面列出的伴隨矩陣乘以 b b b
adj ( A ) b = [ 15 − 6 3 ] \operatorname{adj}(A)b=\begin{bmatrix}15\\-6\\3\end{bmatrix} adj ( A ) b = 15 − 6 3 因此伴隨矩陣恆等式給出 x = adj ( A ) b / det ( A ) x=\operatorname{adj}(A)b/\det(A) x = adj ( A ) b / det ( A ) − 1 ( 2 ) + 5 ( 3 ) + 2 ( 1 ) = 15 -1(2)+5(3)+2(1)=15 − 1 ( 2 ) + 5 ( 3 ) + 2 ( 1 ) = 15
例題
用克拉默法則解一個 2×2 系統 求解
{ 2 x 1 + x 2 = 5 , x 1 + 3 x 2 = 7. \begin{cases}
2x_1+x_2=5,\\
x_1+3x_2=7.
\end{cases} { 2 x 1 + x 2 = 5 , x 1 + 3 x 2 = 7. 寫成
A = [ 2 1 1 3 ] , b = [ 5 7 ] . A=
\begin{bmatrix}
2&1\\
1&3
\end{bmatrix},
\qquad
b=
\begin{bmatrix}
5\\
7
\end{bmatrix}. A = [ 2 1 1 3 ] , b = [ 5 7 ] . 先算
det ( A ) = 2 ⋅ 3 − 1 ⋅ 1 = 5. \det(A)=2\cdot3-1\cdot1=5. det ( A ) = 2 ⋅ 3 − 1 ⋅ 1 = 5. 把第一欄換成 b b b
M 1 = [ 5 1 7 3 ] , det ( M 1 ) = 15 − 7 = 8. M_1=
\begin{bmatrix}
5&1\\
7&3
\end{bmatrix},
\qquad
\det(M_1)=15-7=8. M 1 = [ 5 7 1 3 ] , det ( M 1 ) = 15 − 7 = 8. 把第二欄換成 b b b
M 2 = [ 2 5 1 7 ] , det ( M 2 ) = 14 − 5 = 9. M_2=
\begin{bmatrix}
2&5\\
1&7
\end{bmatrix},
\qquad
\det(M_2)=14-5=9. M 2 = [ 2 1 5 7 ] , det ( M 2 ) = 14 − 5 = 9. 因此
x 1 = 8 5 , x 2 = 9 5 . x_1=\frac{8}{5},
\qquad
x_2=\frac{9}{5}. x 1 = 5 8 , x 2 = 5 9 . 代回可檢查結果：2 ( 8 / 5 ) + 9 / 5 = 5 2(8/5)+9/5=5 2 ( 8/5 ) + 9/5 = 5 8 / 5 + 3 ( 9 / 5 ) = 7 8/5+3(9/5)=7 8/5 + 3 ( 9/5 ) = 7
常見錯誤
常見錯誤
克拉默法則不是所有線性系統都可用 克拉默法則要求係數矩陣必須是方陣，而且其行列式非零。若係數矩陣不是方陣，或者係數矩陣本身奇異，克拉默法則便不能使用。即使條件滿足，
對大系統來說，它通常亦比高斯消元慢。
反例模式
替換行列式全為零不能判定奇異系統 令 A = diag ( 1 , 0 , 0 ) A=\operatorname{diag}(1,0,0) A = diag ( 1 , 0 , 0 ) b = e 1 = ( 1 , 0 , 0 ) T b=e_1=(1,0,0)^T b = e 1 = ( 1 , 0 , 0 ) T x 1 = 1 x_1=1 x 1 = 1 0 = 0 0=0 0 = 0 0 = 0 0=0 0 = 0 ( 1 , s , t ) (1,s,t) ( 1 , s , t ) b = e 2 = ( 0 , 1 , 0 ) T b=e_2=(0,1,0)^T b = e 2 = ( 0 , 1 , 0 ) T 0 = 1 0=1 0 = 1
明確寫出替換後的欄三元組。對 b = e 1 b=e_1 b = e 1 ( M 1 ) = ( e 1 , 0 , 0 ) (M_1)=(e_1,0,0) ( M 1 ) = ( e 1 , 0 , 0 ) ( M 2 ) = ( e 1 , e 1 , 0 ) (M_2)=(e_1,e_1,0) ( M 2 ) = ( e 1 , e 1 , 0 ) ( M 3 ) = ( e 1 , 0 , e 1 ) (M_3)=(e_1,0,e_1) ( M 3 ) = ( e 1 , 0 , e 1 ) b = e 2 b=e_2 b = e 2 ( M 1 ) = ( e 2 , 0 , 0 ) (M_1)=(e_2,0,0) ( M 1 ) = ( e 2 , 0 , 0 ) ( M 2 ) = ( e 1 , e 2 , 0 ) (M_2)=(e_1,e_2,0) ( M 2 ) = ( e 1 , e 2 , 0 ) ( M 3 ) = ( e 1 , 0 , e 2 ) (M_3)=(e_1,0,e_2) ( M 3 ) = ( e 1 , 0 , e 2 ) M 1 M_1 M 1 0 / 0 0/0 0/0 det ( A ) ≠ 0 \det(A)\ne0 det ( A ) = 0
快速檢查
解答 · 答案 不會。det ( A T ) = det ( A ) \det(A^T)=\det(A) det ( A T ) = det ( A )
解答 · 答案 把某一欄改成「原本那一欄加上另一條不同欄的倍數」，會保留行列式。
解答 · 答案 當係數矩陣是方陣而且可逆，也就是說它的行列式非零時，才可使用克拉
默法則。
練習
思考檢查
用欄展開計算 det [ 1 0 2 3 4 5 0 0 6 ] \det\begin{bmatrix}1&0&2\\3&4&5\\0&0&6\end{bmatrix} det 1 3 0 0 4 0 2 5 6 解答 · 引導解答 沿第二欄展開：
det = 4 ( − 1 ) 2 + 2 ∣ 1 2 0 6 ∣ = 4 ( 6 ) = 24. \det=
4(-1)^{2+2}
\begin{vmatrix}
1&2\\
0&6
\end{vmatrix}
=4(6)=24. det = 4 ( − 1 ) 2 + 2 1 0 2 6 = 4 ( 6 ) = 24. 思考檢查
對 A = [ 1 2 3 4 ] A=\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix} A = [ 1 3 2 4 ] adj ( A ) \operatorname{adj}(A) adj ( A ) 解答 · 引導解答 餘因子是 C 11 = 4 C_{11}=4 C 11 = 4 C 12 = − 3 C_{12}=-3 C 12 = − 3 C 21 = − 2 C_{21}=-2 C 21 = − 2 C 22 = 1 C_{22}=1 C 22 = 1
adj ( A ) = [ 4 − 2 − 3 1 ] . \operatorname{adj}(A)=
\begin{bmatrix}
4&-2\\
-3&1
\end{bmatrix}. adj ( A ) = [ 4 − 3 − 2 1 ] . 思考檢查
用克拉默法則求系統 x 1 + x 2 = 3 x_1+x_2=3 x 1 + x 2 = 3 2 x 1 − x 2 = 0 2x_1-x_2=0 2 x 1 − x 2 = 0 x 1 x_1 x 1 只需要 det ( A ) \det(A) det ( A ) det ( M 1 ) \det(M_1) det ( M 1 )
解答 · 引導解答 此時
A = [ 1 1 2 − 1 ] , b = [ 3 0 ] . A=
\begin{bmatrix}
1&1\\
2&-1
\end{bmatrix},
\qquad
b=
\begin{bmatrix}
3\\
0
\end{bmatrix}. A = [ 1 2 1 − 1 ] , b = [ 3 0 ] . 所以
det ( A ) = − 1 − 2 = − 3 , M 1 = [ 3 1 0 − 1 ] , det ( M 1 ) = − 3. \det(A)=-1-2=-3,
\qquad
M_1=
\begin{bmatrix}
3&1\\
0&-1
\end{bmatrix},
\qquad
\det(M_1)=-3. det ( A ) = − 1 − 2 = − 3 , M 1 = [ 3 0 1 − 1 ] , det ( M 1 ) = − 3. 因此
x 1 = det ( M 1 ) det ( A ) = 1. x_1=\frac{\det(M_1)}{\det(A)}=1. x 1 = det ( A ) det ( M 1 ) = 1. 相關筆記
若你對行變換的記帳仍未穩固，可先回看
7.2 行變換、乘積與可逆性 。
同時亦應保留
3.3 轉置、對稱矩陣與反對稱矩陣
在旁，因為本節把那一章的轉置觀點推到行列式。
若要回到線性系統語言，可連回
1.1 方程與解集
與 2.3 高斯消元與 RREF 。
