反矩陣

This work by Jephian Lin is licensed under a Creative Commons Attribution 4.0 International License.

from lingeo import random_good_matrix

Main idea

Matrix-matrix multipliciation (by column)

Let \(A\) be an \(m\times n\) matrix.
Let \(B\) be an \(n\times \ell\) matrix whose columns are \({\bf u}_1,\ldots,{\bf u}_\ell\).
Then the columns of \(AB\) are \(A{\bf u}_1, \ldots, A{\bf u}_\ell\).

Recall that an \(n\times n\) matrix \(A\) is invertible if there is a matrix \(B\) such that \(AB = BA = I_n\).
Indeed, an \(n\times n\) matrix is invertible if and only if it is nonsingular.

invertible \(\implies\) nonsingular
Suppose \(A\) and \(B\) are \(n\times n\) matrices such that \(AB = I_n\).
Then both \(A\) and \(B\) are nonsingular.

nonsingular \(\implies\) invertible
Suppose \(A\) is an \(n\times n\) nonsingular matrix.
Let \({\bf e}_1,\ldots,{\bf e}_n\) be the columns of \(I_n\).
Since \(A\) is nonsingular and \(\operatorname{Col}(A) = \mathbb{R}^n\), the equation \(A{\bf x} = {\bf e}_i\) has a solution \({\bf x} = {\bf b}_i\) for each \(i = 1,\ldots, n\).
Let \(B\) be the matrix whose columns are \({\bf b}_1,\ldots,{\bf b}_n\).
Then \(AB = I_n\).

Here is a way to calculate \(B\) at once:

1. Consider the \(n\times 2n\) augmented matrix \(\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right]\).
2. Since \(A\) is nonsingular, necessarily the reduced echelon form of \(\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right]\) is \(\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right]\) for some \(B\).
3. Thus, \(AB = I_n\).

Suppose \(A\) and \(B\) be \(n\times n\) matrices such that \(AB = I_n\).
Then \(BA = I_n\).
Therefore, if \(AB = I_n\), then both \(A\) and \(B\) are invertible and they are the inverse of each other.

Suppose \(A\), \(B\), and \(C\) are \(n\times n\) matrices such that \(CA = I_n\) and \(AB = I_n\).
Then \(C = B\).
Therefore, each matrix only has one inverse.

Side stories

• is_invertible
• inverse
• inverse algebra

Experiments

Exercise 1

執行下方程式碼。
矩陣 \(\left[\begin{array}{c|c} I & B \end{array}\right]\) 是 \(\left[\begin{array}{c|c} A & I \end{array}\right]\) 的最簡階梯形式矩陣。

### code
set_random_seed(0)
print_ans = False
A = random_good_matrix(4,4,4)
AI = A.augment(identity_matrix(4), subdivide=True)
IB = AI.rref()
B = IB[:,4:]

print("[ A | I ] =")
show(AI)
print("[ I | B ] =")
show(IB)

Exercise 1(a)

令 \({\bf b}_i\) 為 \(B\) 的第 \(i\) 個行向量。
令 \({\bf e}_i\) 為 \(I\) 的第 \(i\) 個行向量。
驗證是否 \(A{\bf b}_i = {\bf e}_i\)。
說明為什麼。

Ans:
\[A{\bf b}_1 = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 5 & -5\\ -3 & -8 & -20 & 15\\ 15 & 41 & 96 & -72\\ 43 & 118 & 272 & -208 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -208\\ 48\\ 9\\ -4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -208 + 3 \times 48 + 5 \times 9 + (-5) \times (-4)\\ (-3) \times (-208) + (-8) \times 48 + (-20) \times 9 + 15 \times (-4)\\ 15 \times (-208) + 41 \times 48 + 96 \times 9 + (-72) \times (-4)\\ 43 \times (-208) + 118 \times 48 + 272 \times 9 + (-208) \times (-4) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} = {\bf e}_1.\]

\[A{\bf b}_2 = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 5 & -5\\ -3 & -8 & -20 & 15\\ 15 & 41 & 96 & -72\\ 43 & 118 & 272 & -208 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 112\\ -24\\ -5\\ 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 112 + 3 \times (-24) + 5 \times (-5) + (-5) \times 3\\ (-3) \times 112 + (-8) \times (-24) + (-20) \times (-5) + 15 \times 3\\ 15 \times 112 + 41 \times (-24) + 96 \times (-5) + (-72) \times 3\\ 43 \times 112 + 118 \times (-24) + 272 \times (-5) + (-208) \times 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} = {\bf e}_2.\]

\[A{\bf b}_3 = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 5 & -5\\ -3 & -8 & -20 & 15\\ 15 & 41 & 96 & -72\\ 43 & 118 & 272 & -208 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -150\\ 35\\ 7\\ -2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (-150) + 3 \times 35 + 5 \times 7 + (-5) \times (-2)\\ (-3) \times (-150) + (-8) \times 35 + (-20) \times 7 + 15 \times (-2)\\ 15 \times (-150) + 41 \times 35 + 96 \times 7 + (-72) \times (-2)\\ 43 \times (-150) + 118 \times 35 + 272 \times 7 + (-208) \times (-2) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix} = {\bf e}_3.\]

\[A{\bf b}_4 = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 5 & -5\\ -3 & -8 & -20 & 15\\ 15 & 41 & 96 & -72\\ 43 & 118 & 272 & -208 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 65\\ -15\\ -3\\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 65 + 3 \times (-15) + 5 \times (-3) + (-5) \\ (-3) \times 65 + (-8) \times (-15) + (-20) \times (-3) + 15 \\ 15 \times 65 + 41 \times (-15) + 96 \times (-3) + (-72) \\ 43 \times 65 + 118 \times (-15) + 272 \times (-3) + (-208) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} = {\bf e}_4 .\]

由於矩陣 \(\left[\begin{array}{c|c} I & B \end{array}\right]\) 是 \(\left[\begin{array}{c|c} A & I \end{array}\right]\) 的最簡階梯形式矩陣。

而\(AB = I_n\)。

因此\(A{\bf b}_i\) 僅是從整體\(AB = I_n\)分割出來的，

所以\(A{\bf b}_i = {\bf e}_i\)。

Exercise 1(b)

驗證是否 \(AB = I_n\)。

Ans:
\(AB = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 5 & -5\\ -3 & -8 & -20 & 15\\ 15 & 41 & 96 & -72\\ 43 & 118 & 272 & -208 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -208& 112 & -150 & 65\\ 48 & -24 & 35 & -15\\ 9 & -5 & 7 & -3\\ -4 & 3 & -2 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.\)

Exercises

Exercise 2

令 \(A\) 和 \(B\) 為 \(n\times n\) 矩陣。
驗證以下反矩陣的性質。

Exercise 2(a)

若 \(A\) 可逆。
如果 \(X\) 和 \(B\) 是 \(n\times m\) 矩陣且 \(AX = B\)
則 \(X = A^{-1}B\)。
如果 \(X\) 和 \(B\) 是 \(m\times n\) 矩陣且 \(XA = B\)
則 \(X = BA^{-1}\)。

Ans:
若 \(A\) 可逆
則存在反矩陣 \(A^{-1}\)，使得 \[AA^{-1} = A^{-1}A = I_n。\] 將方程式\[AX = B，\] 同時左乘 \(A^{-1}\)
\[X = A^{-1}B \] 得證第一小題 。

將方程式 \[XA = B，\] 同時右乘 \(A^{-1}\) \[X = BA^{-1}\]
得證第二小題 。

Exercise 2(b)

若 \(A\) 和 \(B\) 都可逆
則 \(AB\) 也可逆且 \((AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}\)。

Ans:
因為 \(A\) 和 \(B\) 都可逆，
則存在 \(A^{-1}\) 和 \(B^{-1}\)，
因此 \(B^{-1} A^{-1}\) 也存在，
則可將 \(AB\) 和 \(B^{-1} A^{-1}\) 相乘，
\[AB B^{-1} A^{-1} = A I_n A^{-1} = I_n. \]
又
\[B^{-1} A^{-1} AB = B^{-1} I_n B = I_n.\]
因此
\[AB B^{-1} A^{-1} = B^{-1} A^{-1} AB = I_n. \]
得證 \(AB\) 可逆且 \((AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}\)。

Exercise 2©

若 \(AB\) 可逆﹐
則 \(A\) 和 \(B\) 都可逆。

Ans:

1. 因為當 \(M\) 為方陣時「\(M\) 可逆」和「\(\ker(M) = \{\bzero\}\)」等價，
   因此若 \(AB\) 可逆，
   則 \(\operatorname{ker}(AB) = \{{\bf 0}\}。\)
   也就是說 \(AB{\bf x} = {\bf 0}\)，只有 \({\bf 0}\) 帶入 \({\bf x}\) 時成立。
   且已知 \(B{\bf 0} = {\bf 0}\) , \(A{\bf 0} = {\bf 0}\)，
   因此若有其他 \({\bf x}_1 \not = {\bf 0}\) 滿足 \(B{\bf x}_1 = {\bf 0}\)，
   則存在\({\bf x}_1 \not = {\bf 0}\) ，使 \(AB{\bf x}_1 = A{\bf 0} = {\bf 0}\) ，
   與前提 \(\operatorname{ker}(AB) = \{{\bf 0}\}\) 矛盾 ，
   因此只有 \({\bf x} = {\bf 0}\) 滿足 \(B{\bf x} = {\bf 0}\) ，
   所以 \(\operatorname{ker}(B) = \{{\bf 0}\}\).
   則根據 : 當 \(M\) 為方陣時「\(M\) 可逆」和「\(\ker(M) = \{\bzero\}\)」等價，
   因此 \(B\) 也可逆。

2. 又如果有 \({\bf x}_2\) 使得 \(A{\bf x}_2 = {\bf 0}\)。
   因為已知 \(B\) 可逆，所以 \(\Col(B) = \mathbb{R}^n\)，
   可假設 \({\bf x}_2 = B{\bf x}_3\) ，使 \(A{\bf x}_2 = AB{\bf x}_3 = {\bf 0}\) 。
   且 \(\operatorname{ker}(AB) = \{{\bf 0}\}\).
   因此當 \(AB{\bf x}_3 = {\bf 0}\) 時，唯有 \({\bf x}_3 = {\bf 0}\) 成立，
   則 \({\bf x}_2 = B{\bf x}_3\) ，\({\bf x}_3\) 只能為 \({\bf 0}\) ，
   所以 \({\bf x}_2\) 只能為 \(B{\bf 0} = {\bf 0}\)，
   因此 \(A{\bf x}_2 = {\bf 0}\) ，唯有 \({\bf x}_2 = {\bf 0}\) 成立，
   也就是說 \(\operatorname{ker}(A) = \{{\bf 0}\}\).
   則根據 : 當 \(M\) 為方陣時「\(M\) 可逆」和「\(\ker(M) = \{\bzero\}\)」等價，
   因此 \(A\) 也可逆 。

得證 :
若 \(AB\) 可逆 ，則 \(A\) 和 \(B\) 都可逆。

Exercise 2(d)

若 \(A\) 可逆且 \(B = A^{-1}\)﹐
則 \(B\) 也可逆且 \(A = B^{-1}\)。

Ans:
若 \(A\) 可逆
則存在反矩陣 \(A^{-1}\)，使得 \[AA^{-1} = A^{-1}A = I_n\]
令 \(B = A^{-1}\) 並改寫上式，可得 \[AB = BA = I_n \] 所以\(B\) 也可逆且 \(B^{-1} = A\)。

Exercise 2(e)

若 \(A\) 可逆﹐
則 \(A^\top\) 也可逆且 \((A^\top)^{-1} = (A^{-1})^\top\)。

Ans:
因為 \(A\trans(A^{-1})\trans=(A^{-1}A)^\top=I_n\) 且 \((A^{-1})\trans A\trans=(AA^{-1})^\top=I_n\)，
所以 \(A\trans\) 的反矩陣 \((A^\top)^{-1}\) 為\((A^{-1})\trans\)。

先證: \((AB)^\top=(B^\top)(A^\top)\)
\((AB)_{ij}\) = \(\sum_{\substack{1\le k\le n}}\) \(a_{ik} b_{kj}\)
\(\implies(AB)^\top_{ij} = (AB)_{ji}\)
\(=\sum_{\substack{1\le k\le n}}\) \(a_{jk} b_{ki}\)
\(=\sum_{\substack{1\le k\le n}}\) \(b_{ki} a_{jk}\)
\(=\sum_{\substack{1\le k\le n}}\) \((B^\top)_{ik} (A^\top)_{kj}\)
\(=((B^\top)(A^\top))_{ij}\)。

Exercise 3

令 \(A\) 是一個 \(m\times n\) 矩陣。
以下討論 \(A^\top A\) 是否可逆。

Exercise 3(a)

證明以下敘述等價：

1. \(\operatorname{ker}(A) = \{{\bf 0}\}\)（因此必有 \(m\geq n\)）。
2. \(A^\top A\) 可逆。

Ans:

1. 先證 「\(\operatorname{ker}(A) = \{{\bf 0}\}\)」 可推得 「\(A^\top A\) 可逆」。
   設 \(\mathbb{R}^m\) 中存在向量 \({\bf w} , {\bf h}\) ，且 \({\bf w} \in \Col(A)\) ， \({\bf h} \in \ker(A^\top)\) ，設向量 \({\bf v} = {\bf w} + {\bf h}\) 。
   由於 \({\bf h} \in \ker(A^\top)\) ，
   也就是說 \(A^\top {\bf h} = {\bf 0}\) ，
   則 \(A^\top {\bf v} = A^\top ({\bf w} + {\bf h}) = A^\top {\bf w} + A^\top {\bf h} = A^\top {\bf w}\) 。
   又因為 \({\bf w} \in \Col(A)\) ，
   因此可設 \(\mathbb{R}^n\) 中存在向量 \({\bf b}\) ，滿足 \({\bf w} = A {\bf b}\) ，
   則 \(A^\top {\bf v} = A^\top {\bf w} = A^\top A{\bf b}\)。
   又 \({\bf v}\) 可以為 \(\mathbb{R}^m\) 中任意向量，
   且 \(\operatorname{ker}(A)\) 與 \(\Col(A^\top)\) 互為垂直補集，
   所以當 \(\operatorname{ker}(A) = \{{\bf 0}\}\) 時， \(\Col(A^\top) = \mathbb{R}^n\) ，
   因此 \(A^\top {\bf v}\) 可以為 \(\mathbb{R}^n\) 中任意向量。
   則 \(A^\top A {\bf b}\) 也可以為 \(\mathbb{R}^n\) 中任意向量。
   也就是說 \(\Col(A^\top A) = \mathbb{R}^n\) 。
   又 \(A^\top A\) 是 \(n \times n\) 矩陣，
   因此 \(A^\top A\) 可逆。

2. 再證 「\(A^\top A\) 可逆」 可推得 「\(\operatorname{ker}(A) = \{{\bf 0}\}\)」。
   當 \(M\) 為方陣時「\(M\) 可逆」和「\(\ker(M) = \{\bzero\}\)」等價，
   因此若 \(A^\top A\) 可逆，則 \(\operatorname{ker}(A^\top A) = \{{\bf 0}\}\).
   也就是說 \(A^\top A{\bf x} = {\bf 0}\)，只有 \({\bf 0}\) 帶入\({\bf x}\)時成立。
   且已知 \(A^\top {\bf 0} = {\bf 0} , A{\bf 0} = {\bf 0}\) ，
   因此若有其他 \({\bf x}_1 \not = {\bf 0}\) 滿足 \(A{\bf x}_1 = {\bf 0}\) ，
   則存在 \({\bf x}_1 \not = {\bf 0}\) ，使 \(A^\top A{\bf x}_1 = A^\top {\bf 0} = {\bf 0}\) ，
   與前提 \(\operatorname{ker}(A^\top A) = \{{\bf 0}\}\) 矛盾，
   因此只有 \({\bf x} = {\bf 0}\) 滿足 \(A{\bf x} = {\bf 0}\) ，
   也就是說 \(\operatorname{ker}(A) = \{{\bf 0}\}\).

得證 「\(\operatorname{ker}(A) = \{{\bf 0}\}\)」 等價於 「\(A^\top A\) 可逆」。

另解
[由張朔祐同學提供]
Ans:
首先我們證明 \(\ker(A) = \ker(A\trans A)\)。
令 \(\bv\in\ker(A)\)，則 \(A\bv = \bzero\)。
所以 \(A^\top A\bv = A\trans\bzero = \bzero\)。
如此說明了 \(\operatorname{ker}(A)\) 包含於 \(\operatorname{ker}(A^\top A)\)。

假設 \(\bv\) 屬於 \(\operatorname{ker}(A^\top A)\)， 所以 \(A^\top A\bv=\bzero\)。
在兩邊最左邊同乘 \(\bv^\top\)， 即為 \((\bv^\top A^\top) A\bv=0\)，
而 \((\bv^\top A^\top)=(A\bv)^\top\)。
因為 \(0 = (A\bv)\trans A\bv = \inp{A\bv}{A\bv} = \|A\bv\|^2\)， 所以 \(A\bv = \bzero\)。
說明了 \(\operatorname{ker}(A^\top A)\) 包含於 \(\operatorname{ker}(A)\)。

因為 \(\operatorname{ker}(A)\) 和 \(\operatorname{ker}(A^\top A)\)互相包於所以得證 \(\operatorname{ker}(A^\top A) =\operatorname{ker}(A)\)。

從 1 推到 2
因為 \(\operatorname{ker}(A) = \operatorname{ker}(A^\top A)\)， 又 \(\operatorname{ker}(A)=\{{\bf 0}\}=\operatorname{ker}(A^\top A)\)，
得證\(A^\top A\) 可逆。

再從 2 推到 1
因為 \(A^\top A\) 可逆， 所以 \(\operatorname{ker}(A^\top A)=\{{\bf 0}\}\)， 又 \(\operatorname{ker}(A^\top A) = \operatorname{ker}(A)=\{{\bf 0}\}\)， 得證 \(A^\top A\) 可逆則 \(\operatorname{ker}(A) = \{{\bf 0}\}\)。

Exercise 3(b)

證明若 \(m < n\) 則 \(A^\top A\) 不可逆。

Ans:
當 \(m < n\) 時， \(A\) 經過列運算後得出的最簡階梯式中，必有自由變數，
因此 \(\ker(A) \not = \{{\bf 0}\}.\)
因此必有 \({\bf x} \not = {\bf 0}\) ，使 \(A{\bf x} = {\bf 0}.\)
且已知 \(A^\top {\bf 0} ={\bf 0}\) ，
則 必有 \({\bf x} \not = {\bf 0}\) ，使 \(A^\top A{\bf x} = A^\top {\bf 0} = {\bf 0}.\)
也就是說 \(\ker(A^\top A) \not = \{{\bf 0}\}.\)
且 \(A^\top A\) 是 \(n \times n\) 矩陣，
因此根據 : 當 \(M\) 為方陣時「\(M\) 可逆」和「\(\ker(M) = \{\bzero\}\)」等價，
\(A^\top A\) 不可逆。

Exercise 4

令 \(A\) 和 \(B\) 為 \(n\times n\) 矩陣。
依照以下步驟證明
若 \(AB = I_n\) 則 \(BA = I_n\)。

Exercise 4(a)

若 \(AB = I_n\)。
證明增廣矩陣 \(\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right]\) 的最簡階梯形式矩陣
一定是 \(\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right]\)。

Ans:
令\[B = \begin{bmatrix} | & ~ & | \\ \bv_1 & \cdots & \bv_n \\ | & ~ & | \\ \end{bmatrix}\] \(AB=I_n\) 看成 \[A\begin{bmatrix} | & ~ & | \\ \bv_1 & \cdots & \bv_n \\ | & ~ & | \\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} | & ~ & | \\ {\bf e}_1 & \cdots & {\bf e}_n \\ | & ~ & | \\ \end{bmatrix}, \] 也就是對任何 \(i = 1,\ldots, n\) 都有 \(A\bv_i = \be_i\)。

另一方面，從 \[\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right] \] 可化簡得到 \[\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right]\] 這個結果可以看出 \(B\) 的第 \(i\) 行就是， \(A\bx = \be_i\) 的解，也就是 \(\bx=\bv_i\)。

Exercise 4(b)

令 \({\bf e}_i\) 為 \(I_n\) 的第 \(i\) 個行向量。
令 \({\bf a}_i\) 為 \(A\) 的第 \(i\) 個行向量。

說明對每個 \(i = 1,\ldots, n\) 都有
\[\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right] \begin{bmatrix} {\bf e}_i \\ -{\bf a}_i \end{bmatrix} = {\bf 0},\]
因此也有
\[\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right] \begin{bmatrix} {\bf e}_i \\ -{\bf a}_i \end{bmatrix} = {\bf 0}. \]

Ans: \[\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right] \begin{bmatrix} {\bf e}_i \\ -{\bf a}_i \end{bmatrix} = {\bf 0}\] 可寫成 \[\left[\begin{array}{cccc|ccccc} a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} & 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 \\ a_{21} & a_{22} & \ldots & a_{2n} & 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 \\ a_{31} & a_{32} & \ldots & a_{3n} & 0 & 0 & 1 & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \ldots & a_{nn} & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{array}\right] \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \\ -a_{1i} \\ -a_{2i} \\ \vdots \\ -a_{ni} \end{bmatrix} = \bzero.\] 由此可知 \[a_{1i}-a_{1i}+a_{2i}-a_{2i}+\ldots+a_{ii}-a_{ii}+0+0+\ldots+0=0，\] 因此\[\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right] \begin{bmatrix} {\bf e}_i \\ -{\bf a}_i \end{bmatrix} = {\bf 0},\] 又已知\(\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right]\) 的最簡階梯形式矩陣為 \[\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right],\] 故可知\[\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right] \begin{bmatrix} {\bf e}_i \\ -{\bf a}_i \end{bmatrix} = {\bf 0}. \]

Exercise 4©

因為對每個 \(i = 1,\ldots, n\) 都有
\[\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right] \begin{bmatrix} {\bf e}_i \\ -{\bf a}_i \end{bmatrix} = {\bf 0}. \]
說明對每個 \(i = 1,\ldots, n\) 都有 \(B{\bf a}_i = {\bf e}_i\)、
因此 \(BA = I_n\)。

Ans:
\[\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right] \begin{bmatrix} {\bf e}_i \\ -{\bf a}_i \end{bmatrix} = {\bf 0}. \] 可寫成 \[\left[\begin{array}{ccccc|cccc} 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 & b_{11} & b_{12} & \ldots & b_{1n} \\ 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 & b_{21} & b_{22} & \ldots & b_{2n}\\ 0 & 0 & 1 & \ldots & 0 & b_{31} & b_{32} & \ldots & b_{3n}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & b_{n1} & b_{n2} & \ldots & b_{nn}\end{array}\right]\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \\ -a_{1i} \\ -a_{2i} \\ \vdots \\ -a_{ni} \end{bmatrix}= \bzero,\] 由此可知 \[\begin{cases} -b_{11} a_{1i}-b_{12} a_{2i}-b_{13}a_{3i}- \ldots -b_{ii} a_{ii} =0 \\ -b_{21}a_{1i}-b_{22}a_{2i}-b_{23}a_{3i}- \ldots -b_{2i}a_{ii}=0 \\ \vdots \\ 1-b_{i1}a_{1i}-b_{i2}a_{2i}-b_{i3}a_{3i}- \ldots -b_{ii}a_{ii}=1\\ \vdots \\ -b_{ni}a_{1i}-b_{n2}a_{2i}-b_{n3}a_{3i}- \ldots -b_{ni}a_{ii}=0\end{cases}\] 因此 \[B{\bf a}_{i}={\bf e}_{i}，\] 又由 \[\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right] \begin{bmatrix} {\bf e}_i \\ -{\bf a}_i \end{bmatrix} = {\bf 0}，\] 可知 \[A{\bf e}_{i}={\bf a}_i，\] 則 \[BA {\bf e}_i={\bf e}_i，\] 因此 \[BA=I_n。\]

Exercise 4(d)

找一組例子使得
\(A\) 是 \(n\times m\) 矩陣、
\(B\) 是 \(m\times n\) 矩陣、
\(AB = I_n\)、
但是 \(BA \neq I_m\)。

Ans:
當 \(A = \begin{bmatrix} 1 & 4 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{bmatrix}.\)
且 \(B = \begin{bmatrix} -5 & 0 \\ -1 & 0 \\ 6 & 1 \end{bmatrix}.\)
則 \(AB = \begin{bmatrix} 1 & 4 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -5 & 0 \\ -1 & 0 \\ 6 & 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}.\)
但 \(BA = \begin{bmatrix} 5 & 0 \\ -1 & 0 \\ 6 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 4 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 5 & 20 & 0 \\ -1 & -4 & 0 \\ 5 & 25 & 1 \end{bmatrix}.\)

Exercise 5

令 \(A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\) 且 \(\det(A) \neq 0\)。
證明 \(A^{-1} = \frac{1}{\det(A)}\begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}\)。

Ans:
當 \(ad \neq 0\) 時，
\(a \neq 0 , d \neq 0\) 。
以列運算求 \(A^{-1}\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} a & b & 1 & 0\\ c & d & 0 & 1 \end{array}\right]. \] 將第二列乘上 \(a\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} a & b & 1 & 0\\ ac & ad & 0 & a \end{array}\right]. \]
第二列減去第一列乘以 \(c\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} a & b & 1 & 0\\ 0 & ad-bc & -c & a \end{array}\right]. \]
第二列除以 \(ad-bc\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} a & b & 1 & 0\\ 0 & 1 & \frac{-c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc} \end{array}\right]. \]
第一列減去第二列乘以 \(b\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} a & 0 & \frac{ad}{ad-bc} & \frac{-ab}{ad-bc}\\ 0 & 1 & \frac{-c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc} \end{array}\right]. \]
第一列除以 \(a\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & \frac{d}{ad-bc} & \frac{-b}{ad-bc}\\ 0 & 1 & \frac{-c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc} \end{array}\right]. \]
得 \[A^{-1} = \left[\begin{array}{cc} \frac{d}{ad-bc} & \frac{-b}{ad-bc}\\ \frac{-c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc} \end{array}\right] = \frac{1}{ad-bc} \left[\begin{array}{cc} d & -b\\ -c & a \end{array}\right] = \frac{1}{\det(A)} \left[\begin{array}{cc} d & -b\\ -c & a \end{array}\right]. \]
當 \(ad = 0\) 時，
因為 \(\det(A) \neq 0\)
\[ad-bc = 0-bc = -bc \neq 0.\]
因此 \(b \neq 0 , c \neq 0\) 。
以列運算求 \(A^{-1}\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} a & b & 1 & 0\\ c & d & 0 & 1 \end{array}\right]. \]
將第一列與第二列互換
\[\left[\begin{array}{cc|cc} c & d & 0 & 1\\ a & b & 1 & 0 \end{array}\right]. \]
第二列乘上 \(c\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} c & d & 0 & 1\\ ac & bc & c & 0 \end{array}\right]. \]
第二列減去第一列乘以 \(a\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} c & d & 0 & 1\\ 0 & -(ad-bc) & c & -a \end{array}\right]. \]
第二列除以 \(-(ad-bc)\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} c & d & 0 & 1\\ 0 & 1 & \frac{-c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc} \end{array}\right]. \]
第一列減去第二列乘以 \(d\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} c & 0 & \frac{cd}{ad-bc} & \frac{-bc}{ad-bc}\\ 0 & 1 & \frac{-c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc} \end{array}\right]. \]
第一列除以 \(c\)
\[\left[\begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & \frac{d}{ad-bc} & \frac{-b}{ad-bc}\\ 0 & 1 & \frac{-c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc} \end{array}\right]. \]
得 \[A^{-1} = \left[\begin{array}{cc} \frac{d}{ad-bc} & \frac{-b}{ad-bc}\\ \frac{-c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc} \end{array}\right] = \frac{1}{ad-bc} \left[\begin{array}{cc} d & -b\\ -c & a \end{array}\right] = \frac{1}{\det(A)} \left[\begin{array}{cc} d & -b\\ -c & a \end{array}\right]. \]
因此無論 \(ad\) 是否為 \(0\) ，
\[A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \left[\begin{array}{cc} d & -b\\ -c & a \end{array}\right]. \]