Lecture 3: Multiplication and Inverse Matrices
Lecture 3: Multiplication and Inverse Matrices
概述
上一讲我们用消元把矩阵变成了上三角，并把消元过程写成了一串 $E$ 的乘积。本讲把镜头对准两个问题。第一，矩阵乘法到底遵守哪些运算律——它不满足交换律，但满足结合律与分配律，而这两条正是消元能被压缩成单个 $E$ 的全部依据。第二，方阵的逆：什么矩阵有逆、逆的几何意义是什么、以及最实用的求法——Gauss-Jordan 法 $[A\mid I]\to[I\mid A^{-1}]$。这一讲结束时，”逆”不再是一个抽象符号，而是一串可以逐行追踪的行变换。
核心概念的几何直觉
乘法不交换：$AB\ne BA$
- 定义与目的：对一般的方阵 $A,B$，$AB$ 与 $BA$ 通常不相等。明确这一点是为了避免”把标量代数的直觉搬到矩阵上”这一最普遍的错误。$A(B+C)=AB+AC$（左分配）、$(A+B)C=AC+BC$（右分配）、$(AB)C=A(BC)$（结合律）都成立；唯独 $AB=BA$ 不成立。
- 几何直觉（它在空间中是什么样子？）：矩阵是变换，$AB$ 意味着”先做 $B$，再做 $A$”。先旋转再拉伸，与先拉伸再旋转，得到的结果不同——这是最直观的例子。两个变换能不能换序，取决于它们在几何上是否”对齐”（比如同轴缩放就能换序，因为 $\begin{bmatrix}2&0\\0&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}4&0\\0&5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}8&0\\0&15\end{bmatrix}$ 两种顺序一样）。
- 具体示例： \(A=\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}\ \Longrightarrow\ AB=\begin{bmatrix}2&1\\4&3\end{bmatrix},\quad BA=\begin{bmatrix}3&4\\1&2\end{bmatrix}\) $B$ 的几何作用是”交换两个坐标”。$AB$ 表示”先换坐标、再用 $A$ 组合”，$BA$ 表示”先用 $A$ 组合、再换坐标”——两者是不同的变换：$AB$ 的第 1 行是 $(2,1)$，$BA$ 的第 1 行是 $(3,4)$，四个元素全不一样。 再看一个更能说明问题的例子（$A$ 不动，换一个 $C$）： \(C=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}\ \Longrightarrow\ AC=\begin{bmatrix}1&3\\3&7\end{bmatrix},\qquad CA=\begin{bmatrix}4&6\\3&4\end{bmatrix}\) 四个数全不一样。
结合律：（$AB$）$C=A$（$BC$）
- 定义与目的：只要维数匹配，括号可以任意重打。这是所有矩阵分块、所有”把一串变换打包成一个矩阵”的操作的合法性来源。
- 几何直觉（它在空间中是什么样子？）：三个变换按同一个顺序作用，”先合 $A,B$ 再作用到 $C$ 的结果上”与”先合 $B,C$ 再让 $A$ 作用”，物理过程完全相同——反正作用的先后次序就是 $C\to B\to A$。结合律说的就是”复合的顺序是本质，打包的方式不是”。
- 具体示例： \(X=\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix},\quad Y=\begin{bmatrix}1&0\\2&1\end{bmatrix},\quad Z=\begin{bmatrix}2&1\\0&1\end{bmatrix}\) \(XY=\begin{bmatrix}5&2\\11&4\end{bmatrix}\Rightarrow (XY)Z=\begin{bmatrix}5\cdot2+2\cdot0&5\cdot1+2\cdot1\\11\cdot2+4\cdot0&11\cdot1+4\cdot1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}10&7\\22&15\end{bmatrix}\) \(YZ=\begin{bmatrix}2&1\\4&3\end{bmatrix}\Rightarrow X(YZ)=\begin{bmatrix}1\cdot2+2\cdot4&1\cdot1+2\cdot3\\3\cdot2+4\cdot4&3\cdot1+4\cdot3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}10&7\\22&15\end{bmatrix}\ \checkmark\) 完全相等。本讲最重要的推论：既然结合律成立，上一讲的 \(E_{32}\big(E_{31}(E_{21}A)\big)=\big(E_{32}E_{31}E_{21}\big)A\) 才是合法的——”整串消元 = 一个矩阵 $E$”这句话才有意义。
方阵的逆（Inverse）：定义与”撤销”的几何意义
- 定义与目的：对方阵 $A$，如果存在方阵 $B$ 使得 $AB=BA=I$，就称 $A$ 可逆（invertible / nonsingular），记 $B=A^{-1}$。它的目的是回答一个极其实用的问题：已知变换后的结果，怎么还原回去？ 于是 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 立刻有解 $\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}$。
- 几何直觉（它在空间中是什么样子？）：$A$ 把 $\mathbb{R}^n$ 送到 $\mathbb{R}^n$ 的某个像集。$A^{-1}$ 存在 $\iff$ 这个映射是一一对应的（one-to-one and onto），也就是整个空间被 $A$ 搬到整个空间，一个点也没挤在一起。这时 $A^{-1}$ 就是”倒带”：把每个像点送回它唯一的原像。 具体到 $2\times2$：$A$ 把单位方格变形为一个平行四边形。可逆 = 这个平行四边形的面积不是 $0$（空间没有被压扁），于是整个平面被”一对一”地铺满，任何 $\mathbf{b}$ 都能唯一对应一个 $\mathbf{x}$。
- 具体示例： \(A=\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix}\ \text{把}\ \binom{1}{0}\mapsto\binom{1}{3},\quad \binom{0}{1}\mapsto\binom{2}{8},\quad \binom{1}{1}\mapsto\binom{3}{11}\) 单位方格（面积 $1$）被送到由 $\binom{1}{3}$、$\binom{2}{8}$ 张成的平行四边形，面积 $=\vert 1\cdot8-2\cdot3\vert =2$。面积没塌，所以可逆。 它的逆是 \(A^{-1}=\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}\) 验证 $A^{-1}\binom{3}{11}=\binom{4\cdot3-1\cdot11}{-\frac32\cdot3+\frac12\cdot11}=\binom{1}{1}$——正好把 $\binom{1}{1}$ 送回了家。✓
奇异矩阵（Singular）：把平面压扁，信息丢失
- 定义与目的：没有逆的方阵叫奇异矩阵。判据可以有很多等价说法：$\det A=0$；消元出现零主元；$A$ 的列线性相关；$N(A)\ne\{\mathbf{0}\}$；$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 对某些 $\mathbf{b}$ 无解、对另一些有无穷多解。
- 几何直觉（它在空间中是什么样子？）：$A$ 把 $\mathbb{R}^n$ 压到一个更低维的子空间上。$\mathbb{R}^2$ 被压到一条直线（或一个点）之后，原来在垂直于这条直线的方向上的一切差异都被抹掉了——两个不同的输入可以有同一个输出。既然映射不是一对一，”倒带”就不可能存在。这就是”信息丢失”的准确含义。
- 具体示例：$S=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix}$。
- 第 2 列 $=\begin{bmatrix}2\\4\end{bmatrix}=2\times\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}=2\times$ 第 1 列，列线性相关。
- 单位方格的四个顶点：$(0,0)\mapsto(0,0)$，$(1,0)\mapsto(1,2)$，$(0,1)\mapsto(2,4)$，$(1,1)\mapsto(3,6)$——四个点全部落在同一条直线 $y=2x$ 上，方格被压成了一条线段，面积为 $0$。
- 两个不同的输入给出同一个输出：$S\binom{1}{0}=\binom{1}{2}$ 且 $S\binom{-1}{1}=\binom{-1+2}{-2+4}=\binom{1}{2}$。同一个输出 $\binom{1}{2}$ 有两个原像，无法”倒带”。
- 非零向量被送到零：$S\binom{2}{-1}=\binom{2-2}{4-4}=\binom{0}{0}$，即 $\binom{2}{-1}\in N(S)$。正是这个非零的零空间吃掉了信息。
============ 可逆 A=[[1,2],[3,8]] vs 奇异 S=[[1,2],[2,4]] ============
单位方格 (面积 1) 可逆: 变成平行四边形 奇异: 压成一条线段
(0,1)----(1,1) (2,8) y
| | / | (3,6)
| | / | /
| | / | / (2,4)
(0,0)----(1,0) (0,0)----(1,3) | / (1,2)
|/__________ x
(0,0)
面积 1 面积 |det| = |1*8-2*3| = 2 面积 = 0
一一对应, 可倒带 一对一, 可倒带 无穷多原像, 不可倒带
垂直于直线方向
的差异全部丢失
【要点】：$\det A$ 的正负号也有几何含义——$\det$ 为负表示变换翻转了定向（左右手互换）。$P=\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}$ 交换坐标，把 $(1,0)$ 送到 $(0,1)$、$(0,1)$ 送到 $(1,0)$，$\det P=-1$，方向被翻转，但 $\vert \det\vert =1$ 面积未变，所以仍可逆（$P^{-1}=P^{\mathsf{T}}=P$）。
对角矩阵与三角矩阵的逆
- 定义与目的：某些特殊形状的矩阵，逆可以”看”出来，不必做消元。掌握它们能极大加快手算，也是后面理解 $A=LU$、$A=S\Lambda S^{-1}$、Cholesky 等分解的基础。
- 几何直觉（它在空间中是什么样子？）：
- 对角矩阵：各个坐标轴独立地被拉伸（或压缩）。逆就是把每个拉伸倍数取倒数——各轴互不干扰，所以直接逐项取倒数即可。
- 下三角矩阵：变换是”逐级叠加”的（第 $k$ 个坐标只受前 $k-1$ 个影响）。逆就是逐个拆解这个叠加过程：从第 1 个坐标开始还原，再还原第 2 个……这正是前代（forward substitution）。
- 上三角矩阵：反过来，从最后一个坐标开始还原（回代）。
- 具体示例： \(D=\begin{bmatrix}2&0&0\\0&4&0\\0&0&5\end{bmatrix}\ \Longrightarrow\ D^{-1}=\begin{bmatrix}\frac12&0&0\\0&\frac14&0\\0&0&\frac15\end{bmatrix},\qquad \det D=2\cdot4\cdot5=40\) \(T_2=\begin{bmatrix}1&2&3\\0&1&2\\0&0&1\end{bmatrix}\ \Longrightarrow\ T_2^{-1}=\begin{bmatrix}1&-2&1\\0&1&-2\\0&0&1\end{bmatrix}\) 验算：$T_2T_2^{-1}$ 的第 1 行 $=(1,2,3)\cdot$ 各列，其中 $(1,2,3)\cdot(-2,1,0)^{\mathsf{T}}=-2+2+0=0$，$(1,2,3)\cdot(1,-2,1)^{\mathsf{T}}=1-4+3=0$ ✓。上三角矩阵的逆仍是上三角——因为”从后往前拆解”不会引入更早的坐标。
计算步骤与手算演示
示例 1（主讲）：Gauss-Jordan 求 $2\times2$ 的逆
\[A=\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix}\]核心思想：把 $I$ 并排挂在 $A$ 右边得到 $[A\mid I]$，然后对整个（加宽了的）矩阵做行变换，直到左边变成 $I$。此时右边自动就是 $A^{-1}$。
步骤 0：写出增广矩阵。
[A | I] =
[ 1 2 | 1 0 ]
[ 3 8 | 0 1 ]
步骤 1：消去 $(2,1)$。 乘数 $l_{21}=3/1=3$，操作 $R_2\leftarrow R_2-3R_1$。注意两半都动：
- 左半第 2 行 $=(3,8)-3(1,2)=(0,2)$
- 右半第 2 行 $=(0,1)-3(1,0)=(-3,1)$
对应的消元矩阵（加宽到 $4$ 列的作用是 $E_{21}=\begin{bmatrix}1&0\\-3&1\end{bmatrix}$）：
after R2 <- R2 - 3*R1:
[ 1 2 | 1 0 ]
[ 0 2 | -3 1 ]
步骤 2：把第 2 个主元归一化为 $1$。 操作 $R_2\leftarrow \frac12 R_2$（这对应左乘 $D=\begin{bmatrix}1&0\\0&\frac12\end{bmatrix}$）：
- 左半第 2 行 $=(0,2)/2=(0,1)$
- 右半第 2 行 $=(-3,1)/2=(-\frac32,\frac12)$
after R2 <- (1/2)*R2:
[ 1 2 | 1 0 ]
[ 0 1 | -3/2 1/2 ]
步骤 3：Jordan 消元——向上消去 $(1,2)$。 这是 Gauss-Jordan 与普通 Gauss 的唯一区别：普通 Gauss 到此停止（$U$ 已经是上三角），然后回代；Jordan 则继续把主元上方也清掉。操作 $R_1\leftarrow R_1-2R_2$（左乘 $E_{12}=\begin{bmatrix}1&-2\\0&1\end{bmatrix}$）：
- 左半第 1 行 $=(1,2)-2(0,1)=(1,0)$
- 右半第 1 行 $=(1,0)-2(-\frac32,\frac12)=(1+3,\ 0-1)=(4,-1)$
after R1 <- R1 - 2*R2:
[ 1 0 | 4 -1 ]
[ 0 1 | -3/2 1/2 ]
左边已是 $I$，于是右边读出 \(A^{-1}=\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}\)
验算： \(AA^{-1}=\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix}\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4-3&-1+1\\12-12&-3+4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}\ \checkmark\)
完整 ASCII 对比图：每一步两半同时变化
step 左半 (A 侧) 右半 (I 侧) 作用
----------------------------------------------------------------------
start [ 1 2 ] [ 1 0 ] 恒等
[ 3 8 ] [ 0 1 ]
|
| R2 <- R2 - 3*R1 (左乘 E21)
v
after E21 [ 1 2 ] [ 1 0 ] 清掉 a21
[ 0 2 ] [ -3 1 ]
|
| R2 <- (1/2)*R2 (左乘 D)
v
after D [ 1 2 ] [ 1 0 ] 主元归一
[ 0 1 ] [ -3/2 1/2 ]
|
| R1 <- R1 - 2*R2 (左乘 E12)
v
after E12 [ 1 0 ] [ 4 -1 ] 清掉 a12
[ 0 1 ] [ -3/2 1/2 ] => A^-1 出现在右边
【计算机制解说】：为什么”左乘一串 $E$ 就等于 $A^{-1}$”？ 把三个步骤合起来看。我们实际做的是： \(E_{12}\Big(D\big(E_{21}[A\mid I]\big)\Big)=[I\mid A^{-1}]\) 由于每个行变换都作用在整个加宽矩阵上，可以拆成两半分别看。左半给出 \(E_{12}DE_{21}A=I\) 右半给出 \(E_{12}DE_{21}I=E_{12}DE_{21}\) 所以右边那半算出来的东西就是 $E_{12}DE_{21}$。而左半等式 $MA=I$（其中 $M=E_{12}DE_{21}$）意味着 $M$ 就是 $A^{-1}$。（对方阵而言，$MA=I$ 已经足够推出 $M=A^{-1}$，因为消元过程保证这些 $E$ 都可逆。） 换句话说：$[A\mid I]\to[I\mid A^{-1}]$ 这个算法”顺手”把整串变换的乘积记录在了右边。 逐项验算这个乘积： \(E_{12}DE_{21}=\begin{bmatrix}1&-2\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0\\0&\frac12\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0\\-3&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&-2\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1+3&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}=A^{-1}\ \checkmark\) 为什么不回代而继续往上消？ 两种做法算出的 $A^{-1}$ 完全相同。Gauss-Jordan 的好处是不需要动脑子回代——左边一旦变成 $I$，右边直接可读。代价是运算量略大（约 $n^3/2$ 而非 $n^3/3$），而且数值上不做选主元时不如 $LU$ 稳定。
示例 2（主讲）：Gauss-Jordan 求 $3\times3$ 的逆
选一个有整数逆的例子，便于手算核验： \(B=\begin{bmatrix}1&1&0\\1&2&1\\0&1&2\end{bmatrix}\)
步骤 0：
[B | I] =
[ 1 1 0 | 1 0 0 ]
[ 1 2 1 | 0 1 0 ]
[ 0 1 2 | 0 0 1 ]
步骤 1：$R_2\leftarrow R_2-R_1$（乘数 $l_{21}=1$）。
[ 1 1 0 | 1 0 0 ]
[ 0 1 1 | -1 1 0 ]
[ 0 1 2 | 0 0 1 ]
步骤 2：$R_3\leftarrow R_3-R_2$（乘数 $l_{32}=1$）。
[ 1 1 0 | 1 0 0 ]
[ 0 1 1 | -1 1 0 ]
[ 0 0 1 | 1 -1 1 ]
（第 3 行左半 $=(0,1,2)-(0,1,1)=(0,0,1)$；右半 $=(0,0,1)-(-1,1,0)=(1,-1,1)$。） 此时左边已经是上三角 $U$，且主元全为 $1$（所以不需要做归一化这一步——这是选这个例子的理由）。
步骤 3：Jordan 向上消元，先清 $(2,3)$：$R_2\leftarrow R_2-R_3$。
[ 1 1 0 | 1 0 0 ]
[ 0 1 0 | -2 2 -1 ]
[ 0 0 1 | 1 -1 1 ]
（第 2 行左半 $=(0,1,1)-(0,0,1)=(0,1,0)$；右半 $=(-1,1,0)-(1,-1,1)=(-2,2,-1)$。）
步骤 4：再清 $(1,2)$：$R_1\leftarrow R_1-R_2$。
[ 1 0 0 | 3 -2 1 ]
[ 0 1 0 | -2 2 -1 ]
[ 0 0 1 | 1 -1 1 ]
（第 1 行左半 $=(1,1,0)-(0,1,0)=(1,0,0)$；右半 $=(1,0,0)-(-2,2,-1)=(3,-2,1)$。）
左边成为 $I_3$，读出 \(B^{-1}=\begin{bmatrix}3&-2&1\\-2&2&-1\\1&-1&1\end{bmatrix}\)
验算： \(BB^{-1}=\begin{bmatrix}1&1&0\\1&2&1\\0&1&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&-2&1\\-2&2&-1\\1&-1&1\end{bmatrix}\) 第 1 行：$(1,1,0)\to(3-2,\ -2+2,\ 1-1)=(1,0,0)$ ✓ 第 2 行：$(1,2,1)\to(3-4+1,\ -2+4-1,\ 1-2+1)=(0,1,0)$ ✓ 第 3 行：$(0,1,2)\to(-2+2,\ 2-2,\ -1+2)=(0,0,1)$ ✓ 反向 $B^{-1}B=I_3$ 也成立（两次验算都通过）。$\det B=1\cdot1\cdot1=1$（三个主元之积），这也解释了为什么逆是整数矩阵。
完整 ASCII：3×3 的 Gauss-Jordan 全过程
step left (B) right (I)
---------------------------------------------------------------
start [ 1 1 0 ] [ 1 0 0 ]
[ 1 2 1 ] [ 0 1 0 ]
[ 0 1 2 ] [ 0 0 1 ]
|
| R2 <- R2 - R1
v
step 1 [ 1 1 0 ] [ 1 0 0 ]
[ 0 1 1 ] [ -1 1 0 ]
[ 0 1 2 ] [ 0 0 1 ]
|
| R3 <- R3 - R2
v
step 2 (U) [ 1 1 0 ] [ 1 0 0 ]
[ 0 1 1 ] [ -1 1 0 ]
[ 0 0 1 ] [ 1 -1 1 ]
|
| R2 <- R2 - R3 (Jordan 开始)
v
step 3 [ 1 1 0 ] [ 1 0 0 ]
[ 0 1 0 ] [ -2 2 -1 ]
[ 0 0 1 ] [ 1 -1 1 ]
|
| R1 <- R1 - R2
v
step 4 (I) [ 1 0 0 ] [ 3 -2 1 ]
[ 0 1 0 ] [ -2 2 -1 ]
[ 0 0 1 ] [ 1 -1 1 ]
【计算机制解说】：这个 $3\times3$ 例子把”为什么左乘一串 $E$ 就是 $A^{-1}$”讲得更透。 我们一共用了四个行变换，把它们写成矩阵：$E_{21}=\begin{bmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}$，$E_{32}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&-1&1\end{bmatrix}$，$E_{23}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&0&1\end{bmatrix}$，$E_{12}=\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}$。整个算法断言 \(M=E_{12}E_{23}E_{32}E_{21}\quad\text{满足}\quad MB=I\ \Longrightarrow\ M=B^{-1}\) 而 $[B\mid I]\to I\mid M$ 的过程恰好把 $M$ 累积在右边。注意这里不需要回代，也不需要把主元归一化——只要左边化成 $I$，右边就是答案。 还有一个更深的观察：这个算法的成功本身就是可逆性的判据。如果消元过程中某一步在某一列找不到非零主元（即使换行也找不到），左边就永远变不成 $I$——这就是 $B$ 奇异的标志。所以”Gauss-Jordan 是否走得通”就是”$A$ 是否可逆”的检验。可以证明：$2n\times n$ 的矩阵 $[A\mid I]$ 的行阶梯形有 $n$ 个主元 $\iff A$ 可逆。 顺带记账：四个 $E$ 的乘积就是 $B^{-1}$，即 \(B^{-1}=E_{12}E_{23}E_{32}E_{21}\) 这与上一讲的 $E=E_{32}E_{31}E_{21}$ 是同一回事，只是方向相反——消元把 $A$ 化成 $I$ 的矩阵，就是 $A^{-1}$。
示例 3：$2\times2$ 逆矩阵公式与行列式
对方阵 $\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$，有 \(\boxed{\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix}d&-b\\-c&a\end{bmatrix}}\qquad(\text{要求 } ad-bc\ne0)\)
推导（顺便看清”为什么是这个公式”）：直接乘法验算 \(\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\begin{bmatrix}d&-b\\-c&a\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}ad-bc&-ab+ba\\cd-dc&-cb+da\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}ad-bc&0\\0&ad-bc\end{bmatrix}=(ad-bc)I\) 两边除以 $ad-bc$（非零时）即得。注意对角线上出现的两个 $0$ 是”巧合的代数抵消”：$-ab+ba=0$ 和 $cd-dc=0$。这个抵消成立的唯一原因是我们在 $(1,1)$ 位置放了 $d$、$(1,2)$ 位置放了 $-b$——交换 $b,c$ 的位置并加负号。
具体验算（三组）：
- $A=\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix}$：$ad-bc=1\cdot8-2\cdot3=2$，故 $A^{-1}=\frac12\begin{bmatrix}8&-2\\-3&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}$ ✓（与示例 1 一致）
- $M=\begin{bmatrix}3&1\\1&2\end{bmatrix}$：$ad-bc=3\cdot2-1\cdot1=5$，故 $M^{-1}=\frac15\begin{bmatrix}2&-1\\-1&3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac25&-\frac15\\-\frac15&\frac35\end{bmatrix}$。验算 $MM^{-1}=\frac15\begin{bmatrix}3&1\\1&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2&-1\\-1&3\end{bmatrix}=\frac15\begin{bmatrix}6-1&-3+3\\2-2&-1+6\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}$ ✓
- $N=\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix}$：$ad-bc=4-6=-2$，故 $N^{-1}=\frac{1}{-2}\begin{bmatrix}4&-2\\-3&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-2&1\\\frac32&-\frac12\end{bmatrix}$。验算 $NN^{-1}=\begin{bmatrix}-2+3&1-1\\-6+6&3-2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}$ ✓
行列式 $ad-bc$ 的三重身份：
ad - bc 扮演的三个角色
------------------------------------------------------------------
1) 可逆性判据 : ad-bc != 0 <=> A 可逆 (A^-1 的分母不为零)
2) 面积缩放因子: 单位方格 -> 平行四边形的面积 = |ad-bc|
(符号表示定向是否翻转: 负 = 左右手互换)
3) 主元之积 : ad-bc = (第1主元) x (第2主元), 也是消元能否走通的标志
------------------------------------------------------------------
[[1,2],[3,8]] : det = 2 -> 面积 2, 可逆
[[1,2],[2,4]] : det = 0 -> 面积 0, 奇异 (压成直线)
[[0,1],[1,0]] : det = -1 -> 面积 1, 可逆但翻转定向
【计算机制解说】：行列式为什么是面积？ 考虑 $A$ 的两列 $\mathbf{a}_1=\binom{a}{c}$、$\mathbf{a}_2=\binom{b}{d}$。$A$ 把单位方格（由 $\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2$ 张成，面积 $1$）送到由 $\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2$ 张成的平行四边形。这个平行四边形的（有向）面积恰好是 $ad-bc$——它是二维叉积／楔积 $\vert \mathbf{a}_1\ \mathbf{a}_2\vert $ 的分量形式。而”面积是否为 $0$”正是”两列是否共线”：面积 $0$ $\iff$ $\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2$ 线性相关 $\iff$ 平面被压扁 $\iff$ 奇异。这就把”$\det=0$ $\iff$ 不可逆”这条代数判据翻译成了纯几何事实。第 18 讲会把这件事推广到 $n$ 维：$\vert \det A\vert $ 是 $n$ 维盒子的体积。
示例 4：逆的运算律及验证
(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}（”穿鞋脱鞋”顺序）
- 几何直觉：早晨先穿袜子（$B$）再穿鞋（$A$）。要取消这一切，必须先脱鞋（$A^{-1}$）再脱袜子（$B^{-1}$）。顺序必须颠倒，因为 $A$ 只认识”穿了袜子之后的脚”。这正是 $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ 而不是 $A^{-1}B^{-1}$。
- 具体验证：取 \(A=\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix},\qquad B=\begin{bmatrix}2&1\\1&1\end{bmatrix}\) 先算乘积：$AB=\begin{bmatrix}1\cdot2+2\cdot1&1\cdot1+2\cdot1\\3\cdot2+8\cdot1&3\cdot1+8\cdot1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4&3\\14&11\end{bmatrix}$，$\det(AB)=4\cdot11-3\cdot14=44-42=2$。 \((AB)^{-1}=\frac12\begin{bmatrix}11&-3\\-14&4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{11}{2}&-\frac32\\-7&2\end{bmatrix}\) 另一边：$\det A=2$，$A^{-1}=\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}$；$\det B=1$，$B^{-1}=\begin{bmatrix}1&-1\\-1&2\end{bmatrix}$。 \(B^{-1}A^{-1}=\begin{bmatrix}1&-1\\-1&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4+\frac32&-1-\frac12\\-4-3&1+1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{11}{2}&-\frac32\\-7&2\end{bmatrix}=(AB)^{-1}\ \checkmark\) 若按错误顺序 $A^{-1}B^{-1}$： \(A^{-1}B^{-1}=\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-1\\-1&2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4+1&-4-2\\-\frac32-\frac12&\frac32+1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}5&-6\\-2&\frac52\end{bmatrix}\ne(AB)^{-1}\) 顺序错了，答案就错了。
$(A^{\mathsf{T}})^{-1} = (A^{-1})^{\mathsf{T}}$（转置与求逆可以交换）
- 几何直觉：转置是”把矩阵沿对角线翻过来”（对 $A$ 而言，转置 $A^{\mathsf{T}}$ 描述的是一组把 $\mathbf{x}$ 送到 $\mathbf{x}^{\mathsf{T}}A$ 的行向量——第 5 讲会正式讲）。求逆是”倒带”。这两件事互不干扰，所以先后顺序无所谓。
- 证明（用定义，两行）：由 $AA^{-1}=I$，两边转置，并用 $(XY)^{\mathsf{T}}=Y^{\mathsf{T}}X^{\mathsf{T}}$： \((AA^{-1})^{\mathsf{T}}=I^{\mathsf{T}}\ \Longrightarrow\ (A^{-1})^{\mathsf{T}}A^{\mathsf{T}}=I\) 这说明 $(A^{-1})^{\mathsf{T}}$ 是 $A^{\mathsf{T}}$ 的逆（左逆即逆），故 $(A^{\mathsf{T}})^{-1}=(A^{-1})^{\mathsf{T}}$。∎
- 具体验证：对 $A=\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix}$， \(A^{\mathsf{T}}=\begin{bmatrix}1&3\\2&8\end{bmatrix},\qquad (A^{\mathsf{T}})^{-1}=\frac{1}{1\cdot8-3\cdot2}\begin{bmatrix}8&-3\\-2&1\end{bmatrix}=\frac12\begin{bmatrix}8&-3\\-2&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4&-\frac32\\-1&\frac12\end{bmatrix}\) 而 $(A^{-1})^{\mathsf{T}}=\begin{bmatrix}4&-\frac32\\-1&\frac12\end{bmatrix}$（把 $A^{-1}=\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}$ 转置）。两者完全相同 ✓
示例 5：三角矩阵的逆（前代/回代就是求逆）
下三角：$T_1=\begin{bmatrix}2&0&0\\4&3&0\\1&2&5\end{bmatrix}$。
[T1 | I] =
[ 2 0 0 | 1 0 0 ]
[ 4 3 0 | 0 1 0 ]
[ 1 2 5 | 0 0 1 ]
R1 <- (1/2)*R1: (主元归一)
[ 1 0 0 | 1/2 0 0 ]
[ 4 3 0 | 0 1 0 ]
[ 1 2 5 | 0 0 1 ]
R2 <- R2 - 4*R1: (l21 = 4)
[ 1 0 0 | 1/2 0 0 ]
[ 0 3 0 | -2 1 0 ]
[ 1 2 5 | 0 0 1 ]
R2 <- (1/3)*R2:
[ 1 0 0 | 1/2 0 0 ]
[ 0 1 0 | -2/3 1/3 0 ]
[ 1 2 5 | 0 0 1 ]
R3 <- R3 - 1*R1: (l31 = 1)
[ 1 0 0 | 1/2 0 0 ]
[ 0 1 0 | -2/3 1/3 0 ]
[ 0 2 5 | -1/2 0 1 ]
R3 <- R3 - 2*R2: (l32 = 2)
[ 1 0 0 | 1/2 0 0 ]
[ 0 1 0 | -2/3 1/3 0 ]
[ 0 0 5 | 5/6 -2/3 1 ]
R3 <- (1/5)*R3:
[ 1 0 0 | 1/2 0 0 ]
[ 0 1 0 | -2/3 1/3 0 ]
[ 0 0 1 | 1/6 -2/15 1/5 ]
于是 \(T_1^{-1}=\begin{bmatrix}\frac12&0&0\\-\frac23&\frac13&0\\\frac16&-\frac{2}{15}&\frac15\end{bmatrix}\) 验算：$T_1T_1^{-1}$ 的第 3 行 $=(1,2,5)$ 乘各列：
- 第 1 列：$1\cdot\frac12+2\cdot(-\frac23)+5\cdot\frac16=\frac12-\frac43+\frac56=\frac{3-8+5}{6}=0$ ✓
- 第 2 列：$1\cdot0+2\cdot\frac13+5\cdot(-\frac{2}{15})=\frac23-\frac{2}{3}=0$ ✓
- 第 3 列：$1\cdot0+2\cdot0+5\cdot\frac15=1$ ✓ 第 1、2 行同理，全部成立。注意 $T_1^{-1}$ 仍是下三角——这是”前代不引入更早的坐标”的直接后果。
上三角：$T_2=\begin{bmatrix}1&2&3\\0&1&2\\0&0&1\end{bmatrix}$，主元已经是 $1$，只需从下往上消： $R_2\leftarrow R_2-2R_3$、$R_1\leftarrow R_1-3R_3$、$R_1\leftarrow R_1-2R_2$，得到 \(T_2^{-1}=\begin{bmatrix}1&-2&1\\0&1&-2\\0&0&1\end{bmatrix}\) 验算：$(1,2,3)\cdot(-2,1,0)^{\mathsf{T}}=-2+2+0=0$，$(1,2,3)\cdot(1,-2,1)^{\mathsf{T}}=1-4+3=0$ ✓
【计算机制解说】：为什么三角矩阵的逆还是三角？ 因为求解 $T\mathbf{x}=\mathbf{b}$（$T$ 下三角）时，第 1 个方程只含 $x_1$，解出后代入第 2 个方程（只含 $x_1,x_2$）解 $x_2$……第 $k$ 步只用到 $x_1,\dots,x_k$。于是 $x_k$ 是 $b_1,\dots,b_k$ 的线性组合，不含任何 $b_{k+1},\dots,b_n$。把这件事写成矩阵就是 $T^{-1}$ 的第 $k$ 行只有前 $k$ 个非零元——即 $T^{-1}$ 下三角。上三角同理（从 $x_n$ 开始）。这也是为什么三角矩阵的求逆只要 $O(n^2)$，而一般矩阵要 $O(n^3)$。
矩阵分解的核心思想
本讲没有引入一个新的”名字响亮”的分解，但它是两个分解的直接跳板。
（一）$A^{-1}$ 本身就是一串消元矩阵的乘积。 示例 2 算出 \(B^{-1}=E_{12}E_{23}E_{32}E_{21}\) 这与第 2 讲的 $E=E_{32}E_{31}E_{21}$ 是一枚硬币的两面：$E$ 把 $A$ 化成 $U$，$A^{-1}$ 把 $A$ 化成 $I$。把两者合并： \(A=E^{-1}U=LU,\qquad A^{-1}=U^{-1}L^{-1}\) 即“$A$ 的 $LU$ 分解”与”$A^{-1}$ 的 $U^{-1}L^{-1}$ 分解”是同一件事的两种读法。下一讲会看到，$L$ 是单位下三角、$U$ 是上三角，于是 $A^{-1}=U^{-1}L^{-1}$ 就是”上三角 $\times$ 下三角”——这种”把一个矩阵拆成三角因子”的思想，正是所有直接法（Cholesky、$LDL^{\mathsf{T}}$、$QR$）的共同骨架。
（二）”可逆”是分解存在的门槛。 当所有主元非零，$A=LU$ 存在，$A^{-1}$ 存在；当某一步找不到非零主元，$U$ 的对角线上出现 $0$，$\det A=0$，$A$ 奇异，$A^{-1}$ 不存在。所以”消元是否走得通”这一条算法事实，同时回答了”可逆吗””$\det$ 是否为零”“列是否线性无关”“零空间是否只有零向量”这四个看似无关的问题。 这种”一个算法同时回答一堆等价问题”的结构，是整个 18.06 反复出现的主题。
（三）行列式作为可逆性的数值判据。 $2\times2$ 的 $\det=ad-bc$ 是 $n$ 维行列式的最简单实例。第 18 讲将证明：$\det(AB)=\det A\det B$，$\det A^{\mathsf{T}}=\det A$，$\det A^{-1}=1/\det A$——这三条配上本讲的 $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ 与 $(A^{\mathsf{T}})^{-1}=(A^{-1})^{\mathsf{T}}$，构成一个完美对应的”逆—行列式”字典。
与其他讲次的关联
- 与第 2 讲：第 2 讲把消元写成 $E_{32}E_{31}E_{21}A=U$；本讲证明了结合律（因此可以打包成单个 $E$），并用同一套 $E$ 语言求逆。两讲合起来构成 $A=LU$ 的全部材料。
- 与第 4 讲（$A=LU$ 分解）：本讲示例 2 的 $B^{-1}=E_{12}E_{23}E_{32}E_{21}$ 转置一下就是 $B=E_{21}^{-1}E_{32}^{-1}E_{23}^{-1}E_{12}^{-1}$，第 4 讲将把它整理成 $A=LU$ 与 $PA=LU$ 的规范形式，并说明 $L$ 里的数就是乘数。
- 与第 5 讲（转置、置换、向量空间）：本讲的 $(A^{\mathsf{T}})^{-1}=(A^{-1})^{\mathsf{T}}$ 与置换矩阵的 $P^{-1}=P^{\mathsf{T}}$ 都会被归入”正交矩阵”一族（$Q^{-1}=Q^{\mathsf{T}}$）。对称矩阵 $S=S^{\mathsf{T}}$ 也在那里正式登场。
- 与第 6-10 讲（子空间）：可逆 $\iff N(A)=\{\mathbf{0}\}$ $\iff$ $A$ 的列线性无关。这两条等价说法是第 6-10 讲的核心。奇异矩阵的例子 $S=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix}$ 在这里已经给出了 $N(S)$ 的一个具体向量 $\binom{2}{-1}$。
- 与第 18-20 讲（行列式）：$2\times2$ 公式里的 $ad-bc$ 会升级为 $n$ 阶行列式；”面积/体积缩放因子”的几何图像会完整化；$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\operatorname{adj}(A)$（伴随矩阵公式）是 $2\times2$ 公式的 $n$ 维推广。
- 与第 21-25 讲（特征值）：$A=S\Lambda S^{-1}$ 用的正是本讲的 $A^{-1}$；而”对角矩阵的逆就是逐项取倒数”（本讲）会直接变成”对角化让求逆变简单”。
- 与第 30-33 讲（线性变换与伪逆）：$A^{-1}$ 存在 $\iff$ 线性变换是一一对应；奇异时用 $A^{+}$（伪逆）在”有限制的意义下”倒带——这正是把本讲的门槛（必须一一对应）放宽后的产物。
关键要点
- 乘法不交换，但结合、分配：$AB\ne BA$（一般情形），$(AB)C=A(BC)$，$A(B+C)=AB+AC$。结合律是消元可以打包成 $E$ 的合法依据。
- 可逆 = 变换可倒带 = 没有信息丢失。等价判据：$\det A\ne0$ ｜ 消元全程主元非零 ｜ 列线性无关 ｜ $N(A)=\{\mathbf{0}\}$ ｜ $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 对每个 $\mathbf{b}$ 恰有一个解。
- Gauss-Jordan 算法：对 $[A\mid I]$ 做行变换直到左边成为 $I$，右边即 $A^{-1}$。其合法性是 $E_{12}\cdots E_{21}[A\mid I]=[I\mid E_{12}\cdots E_{21}]$，且 $E_{12}\cdots E_{21}=A^{-1}$。
- $2\times2$ 公式：$\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix}d&-b\\-c&a\end{bmatrix}$。交换对角线、非对角线取负、除以行列式（口诀：swap, negate, divide）。
- 三条逆的法则：$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$（穿鞋脱鞋，顺序颠倒）；$(A^{\mathsf{T}})^{-1}=(A^{-1})^{\mathsf{T}}$（转置与求逆可交换）；$\det(A^{-1})=1/\det A$。
- 特殊形状直接读：对角矩阵逐项取倒数；三角矩阵的逆仍同类型三角（$O(n^2)$ 即可算出）。
常见误区与注意事项
- 把 $(AB)^{-1}$ 写成 $A^{-1}B^{-1}$。顺序必须颠倒。用示例 4 的数字检查：$B^{-1}A^{-1}=\begin{bmatrix}\frac{11}{2}&-\frac32\\-7&2\end{bmatrix}$ 正确，而 $A^{-1}B^{-1}=\begin{bmatrix}5&-6\\-2&\frac52\end{bmatrix}$ 错误。一个快速的合理性检查：$(AB)^{-1}$ 必须满足 $(AB)^{-1}(AB)=I$；把错误的顺序代进去马上就不成立。
- 把 $A^{-1}$ 的公式记成 $\frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix}d&-c\\-b&a\end{bmatrix}$（非对角线的负号放错位置）。正确是 $\begin{bmatrix}d&-b\\-c&a\end{bmatrix}$——主对角线交换，副对角线两个元素各取负。用 $A=\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix}$ 检查：正确结果 $\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}$；写成 $\begin{bmatrix}8&-3\\-2&1\end{bmatrix}/2$ 就错了。
- 以为 $A^{-1}$ 一定存在，或者以为”算不出逆”是自己的算术失误。如果消元过程中某列（含换行后）全为零，$A$ 就是奇异的，逆根本不存在——不是算错。$S=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix}$ 就是这样的例子（第 2 列 $=2\times$ 第 1 列）。
- 忘记做 Jordan 消元的那一步（只化到上三角就停下）。$[A\mid I]\to[U\mid M]$ 时右边的 $M$ 不是 $A^{-1}$，而是 $E$（把 $A$ 化成 $U$ 的那个矩阵）。只有左边真正变成 $I$，右边才是 $A^{-1}$。半途而废是这个算法的头号陷阱。
- 认为对 $[A\mid I]$ 的行变换可以只作用在左半。绝对不行。必须把加宽矩阵当成一个整体。示例 1 里 $R_2\leftarrow R_2-3R_1$ 在右半产生 $(-3,1)$——正是 $A^{-1}$ 第一列数的来源，漏掉它结果必然错误。
- 用 $\det=0$ 却仍去写 $\frac{1}{ad-bc}$。$S=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix}$ 的 $ad-bc=0$，公式的分母为零，此时公式不适用（不是”逆是无穷”而是”逆不存在”）。
- 混淆”转置”与”求逆”。$\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix}^{\mathsf{T}}=\begin{bmatrix}1&3\\2&8\end{bmatrix}$（只翻位置），而 $\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}4&-1\\-\frac32&\frac12\end{bmatrix}$（要算行列式）。两者数值上毫无关系，只是运算律上”可以交换顺序”而已。
思考题（带答案）
Q1.（纯计算）用 Gauss-Jordan 法求 $A=\begin{bmatrix}1&2&1\\3&8&1\\0&4&1\end{bmatrix}$ 的逆，并验证 $AA^{-1}=I$。顺便用上一讲的结果（$L$、$U$）说明为什么 $\det A=10$。
答案
``` [A | I] = [ 1 2 1 | 1 0 0 ] [ 3 8 1 | 0 1 0 ] [ 0 4 1 | 0 0 1 ] R2 <- R2 - 3*R1: (l21 = 3) [ 1 2 1 | 1 0 0 ] [ 0 2 -2 | -3 1 0 ] [ 0 4 1 | 0 0 1 ] R3 <- R3 - 2*R2: (l32 = 4/2 = 2) [ 1 2 1 | 1 0 0 ] [ 0 2 -2 | -3 1 0 ] [ 0 0 5 | 6 -2 1 ] 现在 left 是 U，主元 1, 2, 5。下面做 Jordan 消元 (+ 归一化)。 R2 <- (1/2)*R2: [ 1 2 1 | 1 0 0 ] [ 0 1 -1 | -3/2 1/2 0 ] [ 0 0 5 | 6 -2 1 ] R3 <- (1/5)*R3: [ 1 2 1 | 1 0 0 ] [ 0 1 -1 | -3/2 1/2 0 ] [ 0 0 1 | 6/5 -2/5 1/5 ] R2 <- R2 + 1*R3: (清 a23 = -1) [ 1 2 1 | 1 0 0 ] [ 0 1 0 | -3/10 1/10 1/5 ] [ 0 0 1 | 6/5 -2/5 1/5 ] R1 <- R1 - 1*R3: (清 a13 = 1) [ 1 2 0 | -1/5 2/5 -1/5 ] [ 0 1 0 | -3/10 1/10 1/5 ] [ 0 0 1 | 6/5 -2/5 1/5 ] R1 <- R1 - 2*R2: (清 a12 = 2) [ 1 0 0 | 2/5 1/5 -3/5 ] [ 0 1 0 | -3/10 1/10 1/5 ] [ 0 0 1 | 6/5 -2/5 1/5 ] ``` 于是 $$A^{-1}=\begin{bmatrix}\frac25&\frac15&-\frac35\\[2pt]-\frac{3}{10}&\frac{1}{10}&\frac15\\[2pt]\frac65&-\frac25&\frac15\end{bmatrix}$$ **验证**（逐行点乘 $A^{-1}$ 的各列）： $$AA^{-1}=\begin{bmatrix}1&2&1\\3&8&1\\0&4&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac25&\frac15&-\frac35\\-\frac3{10}&\frac1{10}&\frac15\\\frac65&-\frac25&\frac15\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\ \checkmark$$ 逐项核对三个典型项： - $(1,1)$：$1\\cdot\\frac25+2\\cdot(-\\frac3{10})+1\\cdot\\frac65=\\frac25-\\frac35+\\frac65=\\frac{4-3+6}{5}=\\frac75$？ 等等——重算：$\\frac25-\\frac3{5}+\\frac65=\\frac{2-3+6}{5}=\\frac55=1$ ✓（$2\\cdot(-\\frac3{10})=-\\frac35$） - $(2,1)$：$3\\cdot\\frac25+8\\cdot(-\\frac3{10})+1\\cdot\\frac65=\\frac65-\\frac{24}{10}+\\frac65=\\frac{12-24+12}{10}=0$ ✓ - $(3,3)$：$0+4\\cdot\\frac15+1\\cdot\\frac15=\\frac45+\\frac15=1$ ✓ **关于 $\\det A=10$**：由上一讲的分解 $A=LU$， $$L=\begin{bmatrix}1&0&0\\3&1&0\\0&2&1\end{bmatrix},\qquad U=\begin{bmatrix}1&2&1\\0&2&-2\\0&0&5\end{bmatrix}$$ $\\det L=1$（单位下三角），$\\det U=1\\cdot2\\cdot5=10$（三角矩阵的行列式 = 对角元之积），故 $\\det A=\\det L\\det U=10$。**这与 $U$ 的三个主元之积相同**——不是巧合，因为消元矩阵的 $\\det$ 恒为 $1$，消元不改变行列式。Q2.（概念理解）$S=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix}$ 是奇异矩阵。 (a) 找出 $N(S)$ 中一个非零向量，并解释它为什么说明 $S$ 不可逆； (b) 用”压扁”的语言描述 $S$ 对单位方格做了什么，并指出面积变成多少； (c) 判断是否存在矩阵 $B\ne O$ 使得 $SB=O$（$O$ 为零矩阵）。
答案
(a) 解 $S\\mathbf{x}=\\mathbf{0}$：$x_1+2x_2=0$，$2x_1+4x_2=0$。第二个方程是第一个的两倍，所以实际上只有一个独立条件 $x_1=-2x_2$。取 $x_2=1$ 得 $$\mathbf{x}=\begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}\in N(S),\qquad S\begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-2+2\\-4+4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}\ \checkmark$$ （取 $x_2=-1$ 得 $\\binom{2}{-1}$，也成立；$N(S)$ 是整条直线 $x_1=-2x_2$。） **为什么这说明不可逆**：假设 $S^{-1}$ 存在，对 $S\\binom{-2}{1}=\\binom{0}{0}$ 两边左乘 $S^{-1}$，得 $\\binom{-2}{1}=S^{-1}\\binom{0}{0}=\\binom{0}{0}$，矛盾。**几何上**：$S$ 把非零向量 $\\binom{-2}{1}$ 与零向量 $\\binom{0}{0}$ 都送到 $\\binom{0}{0}$，两个不同输入同一个输出，映射不是一对一，"倒带"不可能。 (b) 单位方格的四个顶点被送到 $$(0,0)\mapsto(0,0),\quad(1,0)\mapsto(1,2),\quad(0,1)\mapsto(2,4),\quad(1,1)\mapsto(3,6)$$ **四个点全部落在直线 $y=2x$ 上**：$(1,2)$、$(2,4)$、$(3,6)$ 都满足 $y=2x$。所以整个单位方格被**压扁成一条线段**。线段面积为 $0$。 **面积**：$\\det S=1\\cdot4-2\\cdot2=0$，故面积缩放因子为 $0$——这正是"压扁"的定量表达。等价地，两列 $\\binom{1}{2}$ 与 $\\binom{2}{4}$ 共线（$\\binom{2}{4}=2\\binom{1}{2}$），张成的平行四边形退化。 (c) **存在**，而且很容易找。只要让 $B$ 的每一列都落在 $N(S)$ 里即可。取 $$B=\begin{bmatrix}2&2\\-1&-1\end{bmatrix}$$ （两列都是 $\\binom{2}{-1}$ 的倍数，都在 $N(S)$ 中。）验算： $$SB=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2&2\\-1&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2-2&2-2\\4-4&4-4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}=O\ \checkmark$$ **这个事实本身就是不可逆的另一个证明**：如果 $S$ 可逆，由 $SB=O$ 左乘 $S^{-1}$ 得 $B=S^{-1}O=O$，与 $B\\ne O$ 矛盾。**反过来**，对任何可逆矩阵 $A$，$AB=O$ 必然推出 $B=O$（"可逆矩阵左乘不丢失信息"）。Q3.（运算律）设 $A=\begin{bmatrix}2&1\\1&1\end{bmatrix}$，$B=\begin{bmatrix}1&2\\3&8\end{bmatrix}$。 (a) 计算 $AB$、$(AB)^{-1}$、$A^{-1}$、$B^{-1}$，并验证 $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$； (b) 说明为什么 $A^{-1}B^{-1}\ne(AB)^{-1}$，并给出 $A^{-1}B^{-1}$ 的值； (c) 验证 $\det(AB)=\det A\cdot\det B$。