矩阵与行列式

由于行列式衡量的是线性映射对体积的缩放程度,先作用映射 $B$、再作用映射 $A$,体积应当先按 $B$ 的倍数缩放,再按 $A$ 的倍数缩放,也就是按这两个倍数的乘积缩放——乘性正是"复合线性映射就复合它们的体积缩放倍数"这一事实的代数表述。

首先回顾三种基本行变换对行列式的影响(这可以直接从莱布尼茨求和式 $\det(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{i=1}^n a_{i,\sigma(i)}$ 得出,因为该和式的每一项分别对每一行都是线性的):交换两行使 $\det$ 乘以 $-1$,把某一行乘以 $k$ 使 $\det$ 乘以 $k$,把某一行的若干倍加到另一行上则 $\det$ 不变。

对 $A$ 施行的每一个基本行变换,都等价于用相应的初等矩阵 $E$ 左乘 $A$(把同一变换施加到单位矩阵 $I$ 上即可得到)。与上一段对照可知,$\det(E)$ 恰好等于该变换的缩放系数($-1$、$k$ 或 $1$),所以对每个初等矩阵 $E$,都有 $\det(EA)=\det(E)\det(A)$。

情形一,$A$ 可逆:高斯消元法用有限次基本行变换把任意可逆矩阵化为单位矩阵,即存在初等矩阵 $E_1,\dots,E_m$ 使 $E_m\cdots E_1A=I$,于是 $A=E_1^{-1}\cdots E_m^{-1}$,它本身就是初等矩阵的乘积(初等矩阵的逆也是同类型的初等矩阵)。反复利用上一段的等式,得 $\det(A)=\det(E_1^{-1})\cdots\det(E_m^{-1})$;再把它用到 $AB=E_1^{-1}\cdots E_m^{-1}B$ 上,得 $\det(AB)=\det(E_1^{-1})\cdots\det(E_m^{-1})\det(B)=\det(A)\det(B)$。

情形二,$A$ 奇异:此时 $\det(A)=0$(奇异矩阵不能完全化为单位矩阵,上面的行变换规则表明,任何能达到的行阶梯形仍含有一行全为零,沿该行做余子式展开就迫使 $\det=0$)。奇异还意味着 $\operatorname{rank}(A)<n$,而对任意 $B$ 都有 $\operatorname{rank}(AB)\leq\operatorname{rank}(A)<n$,所以乘积 $AB$ 也是奇异的,从而 $\det(AB)=0$。因此 $\det(AB)=0=0\cdot\det(B)=\det(A)\det(B)$,等式在这种情形下同样成立,至此对一切 $A$ 完成证明。

一个线性映射能被"撤销",恰好发生在它没有把空间压缩到更低维度的时候——由于行列式正好衡量的就是"它是否把体积压缩为零"这个问题,所以可逆性与 $\det\neq 0$ 其实是同一个论断从两个角度看到的结果:一个是代数角度(是否存在逆矩阵),一个是几何角度(体积缩放系数是否非零)。

($\Rightarrow$)假设 $A$ 可逆,于是存在矩阵 $A^{-1}$ 使 $AA^{-1}=I$。应用上面已证明的乘性定理,得 $\det(A)\det(A^{-1})=\det(AA^{-1})=\det(I)=1$。由于 $\det(A)$ 与 $\det(A^{-1})$ 这两个数的乘积等于 $1$,它们都不能为 $0$——所以 $\det(A)\neq 0$。

($\Leftarrow$)以 $2\times 2$ 情形具体验证:设 $A=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}$ 满足 $\det(A)=ad-bc\neq 0$。定义 $\operatorname{adj}(A)=\begin{pmatrix}d&-b\\ -c&a\end{pmatrix}$。直接相乘,$A\cdot\operatorname{adj}(A)=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}d&-b\\ -c&a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ad-bc&-ab+ab\\ cd-cd&-cb+ad\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ad-bc&0\\ 0&ad-bc\end{pmatrix}=\det(A)\,I$,这恰好就是等式 $A\cdot\operatorname{adj}(A)=\det(A)\,I$。按相反顺序做同样的计算,同样得到 $\operatorname{adj}(A)\cdot A=\det(A)\,I$。

因为 $\det(A)\neq 0$,把 $A\cdot\operatorname{adj}(A)=\det(A)I$ 两边同除以标量 $\det(A)$,得到 $A\cdot\dfrac{\operatorname{adj}(A)}{\det(A)}=I$,同样按相反顺序也得到 $\dfrac{\operatorname{adj}(A)}{\det(A)}\cdot A=I$。这就给出了一个显式的双侧逆矩阵 $A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A)$,所以 $A$ 可逆。

对于一般的 $n$(以 $n=3$ 为例说明),同样的论证依然有效,因为拉普拉斯余子式展开给出 $\sum_j a_{ij}C_{ij}=\det(A)$(沿第 $i$ 行展开),而当 $i\neq k$ 时 $\sum_j a_{ij}C_{kj}=0$(这个和是把第 $i$ 行复制到第 $k$ 行所得矩阵的余子式展开,该矩阵有两行相等,由上表知其行列式为 $0$)。把这些逐行的等式组合成矩阵形式,对任意 $n$ 都恰好给出 $A\cdot\operatorname{adj}(A)=\det(A)I$,所以只要 $\det(A)\neq 0$,就可以像 $2\times 2$ 情形那样通过除法得到 $A^{-1}=\operatorname{adj}(A)/\det(A)$;反之,若 $\det(A)=0$,第一段的逆否命题就完全排除了可逆性,因为 $\det(A)\det(A^{-1})=1$ 会强行要求 $\det(A)\neq 0$。这样就从两个方向证明了这个判据。