# 反矩陣

This work by Jephian Lin is licensed under a [Creative Commons Attribution 4.0 International License](http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/).

{%hackmd 5xqeIJ7VRCGBfLtfMi0_IQ %}

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

:::warning
整體建議：
1. 向量粗體、純量不用
2. 句子完整、加標點
:::

##### 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 $X = BA^{-1}$。

:::warning

- [x] 加入適當標點，展示數學裡可以用半型沒關係，好像很多題都有這個問題
:::

***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 $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$。

:::warning

- [x] 可以直接驗證 $B^{-1}A^{-1}AB = I$ 和 $ABB^{-1}A^{-1} = I$ 就好。
:::

***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(c)

若 $AB$ 可逆﹐
則 $A$ 和 $B$ 都可逆。

:::warning

- [x] 因為 invertible $\iff$ nonsingular --> 因為當 $M$ 為方陣時「$M$ 可逆」和「$\ker(M) = \{\bzero\}$」等價
- [x] 又如果有 $\bx_2$ 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 ${\bf x}_2 = B{\bf x}_3$。
- [x] 句子不完整
:::

***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 $A = B^{-1}$。

:::warning

- [x] 因為$A^{-1}$可逆且反矩陣為$A$ ，
又$B = A^{-1}$
所以$B$ 也可逆且 $B^{-1} = A$。
-->
令 $B = A^{-1}$ 並改寫上式，可得
$$AB = BA = I_n$$
所以$B$ 也可逆且 $B^{-1} = A$。
:::

***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 $(A^\top)^{-1} = (A^{-1})^\top$。

:::warning

- [x] 直接說明為什麼 $A\trans(A^{-1})\trans = (A^{-1})\trans A\trans = I_n$ 就好
:::

***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 $\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right]$。

:::warning

- [x] 前提是 $AB = I$，但你們用到的是 $BA = I$。
:::

***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 $\bx=\bv_i$。

:::info
**以下論證可以說明**
若 $BA = I_n$ 則增廣矩陣 $\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right]$ 的最簡階梯形式矩陣
一定是 $\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right]$。
（搭配這題要證的，就可以說明左反矩陣等於右反陣。

**論證：**
因為 $A$ 有反矩陣
所以 $A$ 亦是 nonsingular
因此 $A$ 的最簡矩陣是 $I_n$
每次 $A$ 經過一次列運算都會有一個基本矩陣 $E$
$E_k\dots E_1A$=$I_n$$\implies$$I_n=E_1^{-1}\dots E_K^{-1}I_n$
可知$B=E_1^{-1}\dots E_K^{-1}$
得證$\left[\begin{array}{c|c} A & I_n \end{array}\right]$ 的最簡階梯形式矩陣為$\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right]$
:::

##### 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
$$\left[\begin{array}{c|c} I_n & B \end{array}\right]
\begin{bmatrix} {\bf e}_i \\ -{\bf a}_i \end{bmatrix} = {\bf 0}.
$$

:::warning
- [x] 可以把一些 $\cdots$ 改成 $\vdots$ 或 $\ddots$
- [x] 有數學式打錯
:::

***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(c)

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 $BA = I_n$。

:::warning

- [x] 有數學式打錯
:::

***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 $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)}\begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}$。

:::info
其實可以直接拿 $A$ 和 $A^{-1}$ 相乘就好。
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***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 $0$ ，
$$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \left[\begin{array}{cc}
d & -b\\
-c & a
\end{array}\right]. $$

:::info
很有想法，也都近乎正確

目前分數 6.5/5
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