通过行列式判断可逆性

($\Rightarrow$)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。