求逆矩阵

我们从逆矩阵开始，对于二阶矩阵有${\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\left[\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right]$。观察易得，系数项就是行列式的倒数，而矩阵则是由一系列代数余子式组成的。先给出公式：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& A^{-1}=\frac{1}{detA}{C}^T\end{array}$$

观察这个公式是如何运作的，化简公式得$A{C}^T=(detA)I$，写成矩阵形式有$\left[\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}{C}_{11}& \cdots & C_{n1}\\ C_{12}& \cdots & C_{n2}\\ ⋮& \ddots & ⋮\\ C_{1n}& \cdots & C_{nn}\end{array}\right]=Res$

对于这两个矩阵的乘积，观察其结果的元素$Re{s}_{11}=a_{11}{C}_{11}+a_{12}{C}_{12}+\cdots +a_{1n}{C}_{1n}$，这正是上一讲提到的将行列式按第一行展开的结果。同理，对$Re{s}_{22},\cdots ,Re{s}_{nn}$都有$Re{s}_{ii}=detA$，即对角线元素均为$detA$。

再来看非对角线元素：回顾二阶的情况，如果用第一行乘以第二行的代数余子式$a_{11}{C}_{21}+a_{12}{C}_{22}$，得到$a(-b)+ab=0$。换一种角度看问题，$a(-b)+ab=0$也是一个矩阵的行列式值，即$A_s=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ a& b\end{array}\right]$。将$det{A}_s$按第二行展开，也会得到$det{A}_s=a(-b)+ab$，因为行列式有两行相等所以行列式值为零。

推广到$n$阶，我们来看元素$Re{s}_{1n}=a_{11}{C}_{n1}+a_{12}{C}_{n2}+\cdots +a_{1n}{C}_{nn}$，该元素是第一行与最后一行的代数余子式相乘之积。这个式子也可以写成一个特殊矩阵的行列式，即矩阵$A_s=\left[\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{n-a1}& a_{n-12}& \cdots & a_{n-1n}\\ a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\end{array}\right]$。计算此矩阵的行列式，将$det{A}_s$按最后一行展开，也得到$det{A}_s=a_{11}{C}_{n1}+a_{12}{C}_{n2}+\cdots +a_{1n}{C}_{nn}$。同理，行列式$A_s$有两行相等，其值为零。

结合对角线元素与非对角线元素的结果，我们得到$Res=\left[\begin{array}{cccc}detA& 0& \cdots & 0\\ 0& detA& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & detA\end{array}\right]$，也就是$(1)$等式右边的$(detA)I$，得证。

求解$Ax=b$

因为我们现在有了逆矩阵的计算公式，所以对$Ax=b$有$x=A^{-1}b=\frac{1}{detA}{C}^{T}b$，这就是计算$x$的公式，即克莱默法则（Cramer's rule）。

现在来观察$x=\frac{1}{detA}{C}^{T}b$，我们将得到的解拆分开来，对$x$的第一个分量有$x_1=\frac{y_1}{detA}$，这里$y_1$是一个数字，其值为$y_1=b_1{C}_{11}+b_2{C}_{21}+\cdots +b_n{C}_{n1}$，每当我们看到数字与代数余子式乘之积求和时，都应该联想到求行列式，也就是说$y_1$可以看做是一个矩阵的行列式，我们设这个矩阵为$B_1$。所以有$x_i=\frac{det{B}_1}{detA}$，同理有$x_2=\frac{det{B}_2}{detA}$，$x_2=\frac{det{B}_2}{detA}$。

而$B_1$是一个型为$[b{a}_2{a}_3\cdots a_n]$的矩阵，即将矩阵$A$的第一列变为$b$向量而得到的新矩阵。其实很容易看出，$det{B}_1$可以沿第一列展开得到$y_1=b_1{C}_{11}+b_2{C}_{21}+\cdots +b_n{C}_{n1}$。

一般的，有$B_j=[a_1{a}_2\cdots a_{j-1}b{a}_{j+1}\cdots a_n]$，即将矩阵$A$的第$j$列变为$b$向量而得到的新矩阵。所以，对于解的分量有$x_j=\frac{det{B}_j}{detA}$。

这个公式虽然很漂亮，但是并不方便计算。

关于体积（Volume）

先提出命题：行列式的绝对值等于一个箱子的体积。

来看三维空间中的情形，对于$3$阶方阵$A$，取第一行$(a_1,a_2,a_3)$，令其为三维空间中点$A_1$的坐标，同理有点$A_2,A_3$。连接这三个点与原点可以得到三条边，使用这三条边展开得到一个平行六面体，$\Vert detA\Vert$就是该平行六面体的体积。

对于三阶单位矩阵，其体积为$detI=1$，此时这个箱子是一个单位立方体。这其实也证明了前面学过的行列式性质1。于是我们想，如果能接着证明性质2、3即可证明体积与行列式的关系。

对于行列式性质2，我们交换两行并不会改变箱子的大小，同时行列式的绝对值也没有改变，得证。

现在我们取矩阵$A=Q$，而$Q$是一个标准正交矩阵，此时这个箱子是一个立方体，可以看出其实这个箱子就是刚才的单位立方体经过旋转得到的。对于标准正交矩阵，有$Q^{T}Q=I$，等式两边取行列式得$det(Q^{T}Q)=1=\left|Q^T\right|\left|Q\right|$，而根据行列式性质10有$\left|Q^T\right|=\left|Q\right|$，所以$\mathrm{原}\mathrm{式}={\left|Q\right|}^2=1,\left|Q\right|=\pm 1$。

接下来在考虑不再是“单位”的立方体，即长方体。 假设$Q$矩阵的第一行翻倍得到新矩阵$Q_2$，此时箱子变为在第一行方向上增加一倍的长方体箱子，也就是两个“标准正交箱子”在第一行方向上的堆叠。易知这个长方体箱子是原来体积的两倍，而根据行列式性质3.a有$det{Q}_2=detQ$，于是体积也符合行列式的数乘性质。

我们来看二阶方阵的情形，$\left|\begin{array}{cc}a+a^{\prime }& b+b^{\prime }\\ c& d\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cc}{a}^{\prime }& b^{\prime }\\ c& d\end{array}\right|$。在二阶情况中，行列式就是一个求平行四边形面积的公式，原来我们求由四个点$(0,0),(a,b),(c,d),(a+c,b+d)$围成的四边形的面积，需要先求四边形的底边长，再做高求解，现在只需要计算$detA=ad-bc$即可（更加常用的是求由$(0,0),(a,b),(c,d)$围成的三角形的面积，即$\frac{1}{2}ad-bc$）。也就是说，如果知道了歪箱子的顶点坐标，求面积（二阶情形）或体积（三阶情形）时，我们不再需要开方、求角度，只需要计算行列式的值就行了。

再多说两句我们通过好几讲得到的这个公式，在一般情形下，由点$(x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)$围成的三角形面积等于$\frac{1}{2}\left|\begin{array}{ccc}{x}_1& y_1& 1\\ x_2& y_2& 1\\ x_3& y_3& 1\end{array}\right|$，计算时分别用第二行、第三行减去第一行化简到第三列只有一个$1$（这个操作实际作用是将三角形移动到原点），得到$\frac{1}{2}\left|\begin{array}{ccc}{x}_1& y_1& 1\\ x_2-x_1& y_2-y_1& 0\\ x_3-x_1& y_3-y_1& 0\end{array}\right|$，再按照第三列展开，得到三角形面积等于$\frac{(x_2-x_1)(y_3-y_1)-(x_3-x_1)(y_2-y_1)}{2}$。