MIT线性代数笔记-第20讲-克拉默法则，逆矩阵，体积

20.克拉默法则，逆矩阵，体积

求逆公式

考虑二阶方阵，有${\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\left[\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right]$

可以发现 a d − b c = ∣ a b c d ∣ ad - bc = \begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix} ad−bc= ​ac​bd​ ​且$d,-b,-c,a$分别为$a,b,c,d$的代数余子式

由此推广至更高阶可得求逆公式：$A^{-1}=\frac{1}{|A|}{C}^T$，其中$c_{i,j}=A_{i,j}$，即$C$中的每个元素是$A$中对应元素的代数余子式，$C^T$称为$A$的伴随矩阵

证明求逆公式：

​    即证：$A{C}^T=|A|I$，即证$A{C}^T$主对角线上的元素为$|A|$且非主对角线上的元素为$0$

​    $A{C}^T$的第一个元素等于$row1ofA\cdot col1of{C}^T$，根据伴随矩阵的定义可得，第一个元素为$|A|$

​    所有主对角线上的元素都可以类似计算，所以它们都是$|A|$

​    计算非主对角线上的元素，即计算$rowiofA\cdot coljof{C}^T(i\ne j)$时，可以考虑将该计算结果也视为某个方阵的行列式

​    因为$A$中任意元素的代数余子式不会受其所在行的影响，所以该计算结果可以视为将$A$的第$j$行变为与第$i$行一致而其他元素不变所得方阵的行列式，该方阵第$i$行与第$j$行一致，所以其行列式为$0$，即非主对角线上的元素为$0$

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克拉默法则

若$A$可逆，考虑在求解$Ax=b$时将$A$的求逆公式带入，可得$x=A^{-1}b=\frac{1}{|A|}{C}^{T}b$（因为$A$可逆，所以$x$只有一个解）

可以猜想$x_1=\frac{|B_1|}{|A|},x_2=\frac{|B_2|}{|A|},\cdots$，而克拉默法则揭露了$B_1,B_2,\cdots$的规律，即$B_n$是将$A$的第$n$列变为$b$而其他元素不变所得的矩阵

但是用克拉默法则解方程非常低效

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用行列式关联体积

容易发现单位矩阵的行列式等于各行向量围成的“箱子”的体积

由于行列式可能为负，所以可以推广猜想行列式的绝对值等于各行（列）向量围成的“箱子”的体积（一阶方阵应该称为长度，二阶应该称为面积，但是没关系，意思都一样），而行列式的正负代表了“箱子”的左右手系，下面进行证明

考虑正交矩阵，其行向量构成一组标准正交基，因而围成的“箱子”为单位体积，由$Q^{T}Q=I$可得$|Q^T||Q|=|I|=1$，又$|Q^T|=|Q|$，所以$|Q|=\pm 1$，行列式的绝对值等于体积

考虑行向量相互垂直但不一定为单位向量的情况，相当于将正交矩阵中的行向量分别乘上一个正实数，这对体积和行列式的绝对值的影响是一样的（都是挨个乘上每个正实数），因而二者仍然一致

考虑行向量不一定相互垂直时，可以对方阵进行施密特正交化，但是不要进行最后一步标准化，这样得到一个还未标准化的$Q^{{}^{\prime }}$，假设$A=Q^{{}^{\prime }}{R}^{{}^{\prime }}$，与$R$同理可得$R^{{}^{\prime }}$也是一个上三角阵且其主对角线元素为$1$，即$|R^{{}^{\prime }}|=1$，所以$|Q^{{}^{\prime }}|=|A||(R^{{}^{\prime }}{)}^T|$$=|A|$，又考虑正交化的每一步可以发现体积不变，因而行列式和体积在正交化前后均不变，而正交化之后得到一个行向量相互垂直的方阵，其行列式的绝对值等于体积，所以原方阵行列式的绝对值等于体积

综上证毕，在证明过程中可以发现，考虑左右手系并用正负区分的体积满足了定义行列式的三个性质，也就是说这样的体积符合行列式的定义，所以这样的体积就是行列式

应用： 可以使用体积与行列式的关系快速求出坐标系中一个平行四边形的面积或一个平行六面体的体积，还可以拓展到三角形的面积

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