行列式的应用

作者：追风剑情发布于：2025-9-9 21:20 分类：Algorithms

1. 行列式与逆矩阵

为了寻找刻画方阵可逆的方法，首先引入伴随矩阵的概念。

定义 1.11 设 n 阶矩阵 $$ A= \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix} $$ 其中 $n \ge 2$. 我们称 n 阶矩阵 $$ A^*= \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} & \cdots & A_{1n} \\ A_{21} & A_{22} & \cdots & A_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ A_{n1} & A_{n2} & \cdots & A_{nn} \\ \end{pmatrix} $$ 为 A 的伴随矩阵，这里 $A_{ij}$ 是 $a_{ij}$ 的代数余子式。需要注意的是，$A^*$ 的第 i 列各元素为 A 的第 i 行各元素的代数余子式。

例 1.27 求矩阵 $ A= \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{pmatrix} $ 的伴随矩阵。

解 A 的各元素的代数余子式为 $$ A_{11}=d, \quad A_{12}=-c, \quad A_{21}=-b, \quad A_{22}=a $$ 于是 A 的伴随矩阵 $$ A^*= \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \\ \end{pmatrix} $$

这个例子告诉我们，求二阶矩阵的伴随矩阵可以按如下法则进行：主对角线元素交换，次对角线元素变号。

利用定理 1.8 和定理 1.9 可以证明如下关于伴随矩阵的重要结论。

例 1.28 设 A 为 n 阶矩阵($n \ge 2$)，证明 $AA^*=A^*A=|A|E$

证明根据(1.6.16)式可得 $$ \begin{aligned} AA^*&= \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A_{11} & \cdots & A_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ A_{n1} & \cdots & A_{nn} \\ \end{pmatrix} &\\[1em] &= \begin{pmatrix} \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{1k}A_{1k} & \cdots & \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{1k}A_{nk} \\ \vdots & & \vdots \\ \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{nk}A_{1k} & \cdots & \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{nk}A_{nk} \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} |A| & & \\ & \ddots & \\ & & |A| \\ \end{pmatrix} =|A|E &\\ \end{aligned} $$ 同理可得 $A^*A=|A|E$

定理 1.10 n 阶矩阵 A 可逆的充分必要条件是 $|A| \neq 0$。当 $|A| \neq 0$ 且 $n \ge 2$ 时 $$ A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^* \tag{1.6.18} $$

证明（充分性）因为 $|A| \neq 0$，若 n=1，则 A 就是一个非零的数，其倒数就是 A 的逆矩阵；若 $n \ge 2$，则由例 1.28 可得 $$ A\left(\frac{1}{|A|}A^* \right)=\left(\frac{1}{|A|}A^* \right)A=E $$ 因此 A 可逆，且 $A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^*$

（必要性）设 n 阶矩阵 A 可逆，则存在 n 阶矩阵 B，使得 AB=E。由性质 1.10 可得 $$ |A||B|=|AB|=|E|=1 $$ 因此，$|A| \neq 0$

定理 1.10 告诉我们，行列式是刻画方阵可逆的一个重要工具。同时，定理 1.10 还给出了求逆矩阵的一种方法。值得注意的是，定理 1.10 的证明过程告诉我们，如果 A 是可逆的，则 $|A^{-1}|=\frac{1}{|A|}$

推论 1.4 设 A 为 n 阶矩阵，若存在 n 阶矩阵 B 使得 AB=E（或 BA=E），则 A 是可逆的，并且 $B=A^{-1}$

证明若存在 n 阶矩阵 B 使得 AB=E，则由性质 1.10 可得 $$ |A||B|=|AB|=|E|=1 $$ 故 $|A| \neq 0$。由定理 1.10 知 A 是可逆的，所以 $$ B=EB=(A^{-1}A)B=A^{-1}(AB)=A^{-1}E=A^{-1} $$ 当 BA=E 时，可以类似地证明 $B=A^{-1}$

例 1.29 判断 3 阶矩阵 $ A= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 1 \\ 3 & 4 & 3 \\ \end{pmatrix} $ 是否可逆，若 A 可逆，求其逆矩阵。

$ \textbf{解} \quad |A|= \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 1 \\ 3 & 4 & 3 \\ \end{vmatrix} =2 \neq 0 $ ，故矩阵 A 可逆。容易算出矩阵 A 的各元素的代数余子式如下： $$ \begin{flalign} \begin{split} A_{11}&=2, \quad A_{21}=6, \quad A_{31}=-4, &\\ A_{12}&=-3, \quad A_{22}=-6, \quad A_{32}=5, &\\ A_{13}&=2, \quad A_{23}=2, \quad A_{33}=-2. &\\ \end{split} \end{flalign} $$ 于是 A 的伴随矩阵 $$ A^*= \begin{pmatrix} 2 & 6 & -4 \\ -3 & -6 & 5 \\ 2 & 2 & -2 \\ \end{pmatrix} $$ 因此 $ A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^*= \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 \\ -\frac{3}{2} & -3 & \frac{5}{2} \\ 1 & 1 & -1 \\ \end{pmatrix} $

比较例 1.14 和例 1.29 可以看出，对于行列式 |A| 和代数余子式 $A_{ij}$ 都比较容易计算的情形（例如二阶矩阵和三阶矩阵），用（1.6.18）式求方阵 A 的逆矩阵比较方便，但在一般情况下，计算行列式 |A| 和代数余子式 $A_{ij}$ 的计算量较大，这时采用 1.4 节给出的初等变换求逆矩阵往往更加方便。

对于抽象的矩阵，上述两种方法都不合适，见下面的例子。

例 1.30 已知 n 阶矩阵 A 满足 $A^2 + 2A - 9E = O$，问 A, A+4E是否可逆？若可逆，求出其逆矩阵。

解由 $A^2 + 2A - 9E = O$ 可得 $(A + 2E)A = A^2 + 2A=9E$，因而 $$ \frac{1}{9}(A+2E)A=E $$ 于是由推论 1.4 可知 A 可逆，并且 $A^{-1}=\frac{1}{9}(A+2E)$。
又因为 $(A+4E)(A-2E)-E=A^2+2A - 9E=O$，所以 $$ (A+4E)(A-2E)=E $$ 由推论 1.4 可知 A+4E 可逆，并且 $(A+4E)^{-1}=A-2E$

推论 1.4 表明，对于 n 阶矩阵 A 和 B，如果 AB=E,那么 A 和 B 可交换。这个事实有一个巧妙的应用，见下面的例子。

例 1.31 设 A，B 为 n 阶矩阵，AB=A+2B，试证 AB=BA.

证明由 AB=A+2B 可得 AB-A-2B=O,因而 $$ (A-2E)(B-E)=AB-A-2B+2E=2E $$ 故 $\frac{1}{2}(A-2E)(B-E)=E$，从而 (B-E)(A-2E)=2E，即 BA-2B-A+2E=2E，由此可得 BA=A+2B=AB

我们已经介绍了求逆矩阵的常用方法。不过，遇到阶数较高的矩阵时，计算量会比较大，有时用分块矩阵可以化简计算。下面给出分块对角矩阵可逆的充分必要条件，以及求其逆矩阵的方法，利用分块矩阵的乘法，容易得到如下定理。

定理 1.11 分块对角矩阵 $A=diag(A_1，A_2，\cdots，A_s)$ 可逆的充分必要条件是 $A_i(i=1,2,\cdots,s)$ 均可逆，在此条件下 $A^{-1}$ 也是分块对角矩阵，且 $$ A^{-1}=diag(A^{-1}_1,A^{-1}_2,\cdots,A^{-1}_s) $$

例 1.32 设 5 阶矩阵 $$ A= \begin{pmatrix} 8 & 5 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 7 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & -5 \\ \end{pmatrix} $$ 求其逆矩阵 $A^{-1}$

解将矩阵 A 划分成分块对角矩阵 $A=diag(A_1,A_2,A_3)$，其中 $$ A_1= \begin{pmatrix} 8 & 5 \\ 3 & 2 \\ \end{pmatrix} , \quad A_2=7 ,\quad A_3= \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -3 & -5 \\ \end{pmatrix} $$ 由（1.6.18）式计算出 $$ A^{-1}_1= \begin{pmatrix} 2 & -5 \\ -3 & 8 \\ \end{pmatrix} ,\quad A^{-1}_3= \begin{pmatrix} 5 & 3 \\ -3 & -2 \\ \end{pmatrix} $$ 而 $A^{-1}_2=\frac{1}{7}$，因此 $ A^{-1}= \begin{pmatrix} 2 & -5 & 0 & 0 & 0 \\ -3 & 8 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{7} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & -2 \\ \end{pmatrix} $

例 1.33 设 m 阶矩阵 A 和 n 阶矩阵 B 均可逆，C 为 $m \times n$ 矩阵，证明 $ \begin{pmatrix} A & C \\ O & B \\ \end{pmatrix} $ 为可逆矩阵，并求其逆矩阵。

证明由于 m 阶矩阵 A 和 n 阶矩阵 B 均可逆，故 $ \begin{vmatrix} A & C \\ O & B \\ \end{vmatrix} =|A||B| \neq 0 $ ，因而 $ \begin{pmatrix} A & C \\ O & B \\ \end{pmatrix} $ 可逆。设 $ \begin{pmatrix} A & C \\ O & B \\ \end{pmatrix} $ 的逆矩阵为 $ X= \begin{pmatrix} X_1 & X_2 \\ X_3 & X_4 \\ \end{pmatrix} $ ，其中 $X_1，X_2，X_3，X_4$ 依次为 $m \times m,\; m \times n,\; n \times m,\; n \times n$ 矩阵，则 $$ \begin{pmatrix} A & C \\ O & B \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X_1 & X_2 \\ X_3 & X_4 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} E & O \\ O & E \\ \end{pmatrix} $$ 即 $AX_1+CX_3=E,\; AX_2+CX_4=O,\; BX_3=O,\;BX_4=E$,由此可得 $X_1=A^{-1}, \; X_4=B^{-1}, \; X_3=O, \; X_2=-A^{-1}CB^{-1}$.故 $$ \begin{pmatrix} A & C \\ O & B \\ \end{pmatrix} ^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1}CB^{-1} \\ O & B^{-1} \\ \end{pmatrix} $$

2.克拉默(Cramer)法则

当 n 阶矩阵 A 可逆时，利用定理 1.10 可以求出线性组 Ax=b 的解，并且其解可用行列式来表示。

定理 1.12（克拉默法则）设线性方程组 $$ Ax=b \tag{1.6.19} $$ 中 $A=(a_{ij})_{n \times n}=(\alpha_1,\dots,\alpha_n),x=(x_1,\dots,x_n)^T,b=(b_1,\dots,b_n)^T$. 若系数矩阵的行列式 $D=|A| \neq 0$，则此线性方程组有唯一解，且 $$ x_j=\frac{D_j}{D} \tag{1.6.20} $$ 其中 $D_j=det(\alpha_1,\dots,\alpha_{j-1},b,\alpha_{j+1},\dots,\alpha_n),j=1,\dots,n$。

证明由于 $D \neq 0$，故 A 是可逆的。在（1.6.19）式的两端左乘 $A^{-1}$ 得 $$ x=(A^{-1}A)x=A^{-1}(Ax)=A^{-1}b=\frac{1}{|A|}A^*b $$ 即 $$ \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \\ \end{pmatrix} = \frac{1}{D} \begin{pmatrix} A_{11} & A_{21} & \dots & A_{n1} \\ A_{12} & A_{22} & \dots & A_{n2} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ A_{1n} & A_{2n} & \dots & A_{nn} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} b_1 \\ \vdots \\ b_n \\ \end{pmatrix} $$ 由此可得 $$ x_j=\frac{1}{D}(b_1A_{1j} + b_2A_{2j} + \dots + b_nA_{nj}) =\frac{D_j}{D}, \quad j=1,2,\dots,n $$

由 Cramer 法则求解线性方程组 Ax=b，要求其中 A 为可逆方阵，即方程的个数等于未知数的个数，而且系数矩阵的行列式不为零。在此条件下还需要计算 n+1 个 n 阶行列式。一般情况下计算量很大。然而这并不意味着 Cramer 法则不重要，事实上，Cramer 法则具有重要的理论意义，特别是它揭示了线性方程组的解与行列式之间的关系。

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