RUDN-I

5.3. Свойства умножения квадратных матриц

81

Для нечетной перестановки σ знак меняется нечетное число раз, т.е.

det A(σ) = − det A = sign σ · det A,			если σ — нечетная.
ство (5) при j = 1, т.е.	[	n	]		.	ru
Доказательство теоремы 1.
Для матрицы C = AB = C1		C2 . . . Cn		используем сначала равен-
k∑1	matematem
		k∑1
	C1	= bk11Ak1 .
		=1

Тогда по свойству линейности определителя по первому столбцу, получим

n		Cn ] =
det C = det [ ∑k1=1 bk11Ak1	C2 . .n.			k1	2	n	]
	k∑1	[	A		C
	=	bk11 det				. . . C . (7)
	=1

Теперь используем (5) при j = 2, т.е.

∑n

C2 = bk22Ak2 .

k2=1

Подставим это равенство в (7) и воспользуемся линейностью определителя по 2-му столбцу:

n

.

[

∑n

n

]

bk1

Ak1

n

. . . Cn =

det C =

1 det

k2=1 bk22Ak2

www k11

k22

knn

=1

∑1

k∑2

[

]

bk1

1

bk22 det

Ak1 Ak2

. . . Cn .

k =1

=1

Продолжая эту процедуру, получим в результате, что

∑

n

Cn = bknnAkn ,

∑1

∑2

kn=1

[

]

∑

n

n

n

det C =

b

b . . .

b

det

Ak1

Ak2 . . .

Akn .

k =1

k =1

kn=1

k1=1 k2=1

kn=1

82

Вносим общие множители внутрь суммы:

Тема 5. Алгебра матриц

n	n	n	[ Ak1	Ak2 . . . Akn ]
det C = ∑ ∑ . . .		∑ bk11bk22 . . . bknn det			. (8)
k1	k2	kn		ru

В (8) индексы суммирования k1						, k2, . . . kn независимо друг от друга про-
бегают значения			от	1 до			.
					n. Однако, все слагаемые, в которых сре-
ди	чисел	k1, k2, . . . kn		есть одинаковые числа, равны нулю, т.к. при
ми	[			matematem
этом det		A A	. . . A			= 0 (определитель с двумя одинаковы-

столбцами). Значит, в (8) остаются те и только те слагаемые, в которых все числа k1, k2, . . . kn — разные (от 1 до n), т.е. слагаемые, отвечающие перестановкам σ = (k1, k2, . . . , kn) Sn (перестановкам номеров (1, 2, . . . , n)). В итоге

∑

det C = bk11bk22 . . . bknn det A(σ)

σ Sn

(см. лемму 1 п. 5.3). Подставим сюда равенство (6) и получим, вынося общий множитель det A за скобки

det C = (		sign σ · bk11bk22 . . . bknn)det A.
	σ Sn
	∑
Отметим, что
det B = det BT =	sign σ · b1Tk1 b2Tk2 . . . bnkT n =		sign σ · bk11bk22 . . . bknn.
	σ Sn		σ Sn
	∑		∑
Итак,	det C = det B · det A = det A · det B,
что и требовалось показать.
	.
5.4. Обратная матрица

2) МатрицаwwwA называется обратимой, если существует обратная к

Пусть A = aij Mn, т.е. A — квадратная матрица порядка n.

Определение 1. 1) Матрица B Mn называется обратной к матрице A, если

AB = BA = I.

(1)

ней матрица.

5.4. Обратная матрица

83

Для обратной матрицы используем обозначение B = A−1. Очевидно, что свойство обратимости взаимно:

det A−1 =

det A.

ru

(3)

B = A−1

A = B−1.

(2)

Свойства обратной матрицы

1◦

. Если матрица

A

M

n обратима, то

det A = 0

. При этом

̸

1

matematem

из (1) следует,

Действительно, по теореме об определителе произведения.

что

det A · det A−1 = det I = 1.

Итак,

A−1

det A = 0, det A

·

det A−1

= 1

(3).

̸

Определение 2. Матрица A Mn называется невырожденной, если det A ≠ 0.

Свойство 1◦ означает, что обратимая матрица (и обратная к ней) невырождены.

2◦. Если A, B Mn обратимы, то AB тоже обратима и

(AB)−1 = B−1A−1.

Упражнение 1. Доказать это свойство (см. упражнение 5.27).

3◦. Если матрица A обратима, то обратная к ней единственна.

Упражнение 2. Доказать единственность обратной матрицы (см. упражнение 5.25).

Указание. Доказательство аналогично доказательству единственности обратного отображения: допустив, что есть две обратные матрицы A−1 1 и

A2−1 рассмотреть матрицу C = A1−1AA2−1 и показать, что C = A1−1, C =
A2−1.	www
4◦. Критерий обратимости.		и формула вычисления обратной матрицы.

Теорема 1. Для обратимости матрицы A Mn необходимо и достаточно, чтобы A была невырождена (т.е. ∆ = det A ≠ 0). Если это условие выполнено, то

			1		A11	A21	. . . An1
	1				A12	A22	. . . An2
A−		=			. .		.		,	(4)
			∆
				.. ..			... ..
				A1n A2n			. . . Ann

где Aij — алгебраическое дополнение элемента aij.

84 Тема 5. Алгебра матриц

Замечание 1. Матрица из алгебраических дополнений в (4) транспонирована (алгебраические дополнения элементов строки образуют соот-

ветствующие столбцы).			.еслиru	i ̸= j
a1jA1i + a2jA2i + . . . + anjAni = δij · ∆ = {		0,			(6)
Замечание 2. При доказательстве теоремы используем равенства
ai1Aj1 + ai2Aj2 + . . . + ainAjn = δij · ∆ = {		∆,	если	i = j	(5)
		0,	если	i ̸= j
j	. matematemAj2		если	i = j
		∆,

(см. теорему 1 п. 4.4 о разложении определителя по строке (столбцу) и следствие из нее).

Доказательство теоремы.

1) Необходимость условия ∆ = det A ≠ 0 для обратимости матрицы A показана в 1◦.

2) Для доказательства достаточности рассмотрим так называемую присоединенную матрицу A к матрице A:

	A...11 ...... A...j1 ...... A...n1				[					]
A =	. . . . .
	A1i . . . Aji . . . Ani			=	(A )1 . . . (A )j				. . . (A )n .
	.. .. .. .. ..
	A1n . . . Ajn . . . Ann
Пусть		C = AA = cij .
Тогда
	www	C = ... ... ...				...	= ∆I.
				Aj1
cij = Ai(A ) = (ai1 ai2 . . . ain)				...			=
				Ajn
						(5)		∆,	если	i = j
т.е.	= ai1Aj1 + ai2Aj2 + . . . + ainAjn					= δij · ∆ = {		0,	если	i ̸= j,
		∆	0 . . .			0
		0 ∆ . . .				0
		0	0 . . .			∆

5.4. Обратная матрица

85

∆ = 0

B = 1 A

Считаем сейчас, что

̸

. Поэтому, если обозначить

∆

, то

AB = A(

1

A ) =

1

(AA ) =

1

(∆I) = I.

ru

(7)

∆

∆

∆

Далее, выпишем i-ую строку матрицы A :

(A )i = (A1i A2i

. . . Ani).

matematemA−1 = ∆ ( −a21 −a11 ) .

Пусть D = A A = dij . Тогда

a2j

.

j

a1j

=

dij = (A )iA = (A1i A2i . . . Ani) ...

anj

(6)

∆,

если

i = j

= a1jA1i + a2jA2i + . . . + anjAni = δij · ∆ = {

0,

если

i ̸= j.

Итак, D = ∆I, т.е. A A = ∆I, а значит,

BA = I.

(8)

Из (7), (8) следует, что B =

1

A

есть A−1, что и требовалось.

∆

a11

a12

) с ∆ =

Следствие 1. Для матрицы 2-го порядка A = ( a21

a22

det A ̸= 0 получим

.

1

a22

a12

www

−a21,

Доказательство. Действительно, A11

=

a22,

A12

=

A21 =

−a12, A22 = a11, так что формула (4) дает

1

A11 A21

1

a22

a12

A−1 =

(

A12 A22

) =

(

−a21

−a11

).

∆

∆

Следствие 2. Пусть A, B Mn, AB = I. Тогда BA = I, т.е. B = A−1.

Упражнение 3. Доказать следствие 2 (см. упражнение 5.26).

86																Тема 5. Алгебра матриц
		(	1			2			)
Пример. Пусть A =			3			4			. Найти A−1, сделать проверку.
A−1 =					2 (				−3				−1 ) = ( −3						1 )ru.
						1			2
		∆ =				3 4				= 4 − 6 = −2 ̸= 0.
Значит,															2				.
			1							4			2						1
						matematem
				−														−
															2				2
Проверка:		)							−2					(	)
(			(			2							) =
3	4					2				1				0	1			— верно.
					−3					1
1	2													1	0

Замечание 3. Существование обратной матрицы A−1 у невырожденной матрицы A позволяет ввести любые целые степени матрицы:

A0 = I, A−1 — обратная матрица, A−n = (A−1)n, n N.

Упражнение 4. Для любых n, m Z показать, что

(An)−1 = (A−1)n, AnAm = AmAn = An+m, (Am)n = (An)m = Amn

(см. упражнение 5.29).

5.5. Решение матричных уравнений				с помощью
	обратной матрицы
1◦. Пусть A Mm			— квадратная матрица порядка m ≥ 2, B — мат-
		.
рица размера (m × n) заданы; X — неизвестная матрица. Рассмотрим
www
уравнение				(1)
			AX = B.

Определение 1. Матрица X0 называется решением матричного уравнения (1), если при ее подстановке в (1) получим матричное равенство:

				AX0 = B.					(2)
Найдем сначала размер неизвестной матрицы по правилу размеров:
	(m × m) · (p ×q) = (m × n).
Должно быть	p = m, q = n	Итак, X — матрица размера (m						n)	.
		.| {z }					×

5.5. Решение матричных уравнений

87

Теорема 1. Пусть матрица A Mm обратима. Тогда уравнение (1) имеет, причем единственное решение:

	X0 = A−1B.		ru	(3)
Доказательство.		.		вида
1) Чтобы доказать существование достаточно проверить, что X0

(3) действительно дает решение уравнения (1). Имеем по свойству ассоциативности умножения и определению обратной матрицы

AX0 = A(A−1B) = (AA−1)B = IB = B,

что и требовалось.

2) Докажем единственность. Пусть X0 — любое решение (1). Тогда верно равенство AX0 = B. Умножим обе части равенства слева на A−1:

A−1(AX0) = A−1B.

По свойству ассоциативности и определению обратной матрицы получим

(A−1A)X0 = A−1B IX0 = A−1B X0 = A−1B,

т.е. решение обязательно вычисляется по формуле (3).

Теорема 2. Пусть матрица A Mn обратима, B — заданная матрица размера (m × n). Тогда матричное уравнение

			Y A = B				(4)
имеет, причем единственноеmatematemрешение:
		.	Y0 = BA−1.				(5)
Упражнение. Доказать теорему 2 самостоятельно.
2◦. Рассмотрим теперь квадратную систему линейных уравнений:
	a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2
..		..	..	.	..	..	(6)
www.		.			.	.

an1x1 + an2x2 + . . . + annxn = bn

88			Тема 5. Алгебра матриц
							b2
								b1
Здесь A = aij — матрица системы, причем ∆ = det A ̸= 0, B =							bn
								...
		x1				ru
		xn
		x2			.
— столбец правых частей, X = ...			— столбец неизвестных.
	matematem
По правилу умножения матриц произведение AX есть столбец вида
	a11 a12 . . . a1n	x1
a21 a22 . . . a2n		x2
AX = ... ... ... ...		...	=
an1 an2 . . . ann		xn
		a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn
		a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn
			...			...	...
	= ...
		an1x1 + an2x2		+ . . . + annxn
и система (6) означает равенство столбцов:
		AX = B.							(7)

Соотношение (7) называется матричной записью системы (6). Оно представляет собой частный случай матричного уравнения с обратимой матрицей A и имеет по теореме 1 единственное решение

www	.	X0	= A−1B.	(8)

Формула (8) дает единственное решение системы (6). Этот метод называется методом решения системы с помощью обратной матрицы.

3◦. Формулы Крамера. Распишем подробнее полученное решение. Име-

	x10
	x20		0		1
	x0				= (A− )jB, j =
	n
ем X0 = ...		. По формуле умножения матриц xj
1, 2, . . . , n	.
	Подставим сюда формулу вычисления обратной матрицы (4):
		(A−1)j =	1	(A1j A2j . . . Anj),
			∆

5.6. Элементарные преобразования

89

где Aij — алгебраические дополнения элементов aij в ∆. Итак,

b1

ru

0

1

b2

1

bn

xj

= ∆(A1j A2j . . . Anj)

= ∆(A1jb1 + A2jb2 + . . . + Anjbn). (9)

...

.

matematem

Если разложить определитель ∆j, полученный из

∆

заменой j-го столбца

на столбец правых частей

a11

. . . b1 . . . a1n

a21

. . . b2 . . . a2n

∆j =

.

. .

.

.

..

.. ..

.. ..

↑

an1 . . . bn . . . ann

j-ый столбец

по элементам j-го столбца, то получим

∆j = A1jb1 + A2jb2 + . . . + Anjbn.

Подставим эти равенства в (9) и получим формулы

xj0 =

∆j

,

j = 1, 2, . . . , n.

(10)

∆

Эти формулы называются формулами Крамера.

Вывод. Если определитель системы линейных уравнений (6) ∆ =

det A ≠ 0, то система. имеет, причем единственное решение, которое можно найти по формуле (8) через обратную матрицу, или по формулам Крамераwww(10).

5.6. Вычисление обратной матрицы с помощью элементарных преобразований

Из свойств умножения матриц (см. п. 5.2) следует, что при A, B Mn

1)элементарные преобразования строк матрицы A приводят к таким же элементарным преобразованиям строк матрицы C = AB,

2)элементарные преобразования столбцов матрицы B приводят к таким

же элементарным преобразованиям столбцов матрицы C = AB.

90 Тема 5. Алгебра матриц

Применим свойство 1) к равенству B = IB (т.е. при A = I):

1◦. Пусть матрица J получена из I элементарными преобразованиями

		ru
строк. Тогда матрица C = JB получается из B = IB с помощью тех же
элементарных преобразований строк.
Применим свойство 2) к равенству A = AI (т.е. при B = I):
	.
2◦. Пусть матрица H получена из I элементарными преобразованиями
столбцов. Тогда матрица D = AH получается из A = AI с помощью тех
же элементарных преобразований столбцов.

Вывод. Элементарные преобразования строк матрицы B можно реализовать, умножая B слева на матрицу J, полученную из единичной матрицы I теми же элементарными преобразованиями строк.

Следующий результат дополняет теоремы 1 и 2 п. 1.2 о приведении матрицы к простейшему виду методом Гаусса. Он играет важную роль при нахождении обратной матрицы с помощью элементарных преобразований.

Теорема 1. Пусть A Mn, det A ≠ 0. Тогда матрица A может быть приведена к единичной: A ≈ I с помощью элементарных преобразований строк.

Доказательство.

1) Покажем, что прямой ход метода Гаусса, затрагивая только строки матрицы A, позволяет привести ее к ступенчатому виду

	λ	λ2			. . .
	01				. . .						λ1λ2 . . . λn ̸= 0.	(1)
A ≈ An = ... ...					...		...			,
	0	0			. . .		λn
Шаг 1. Первый столбецmatematemв A ненулевой (иначе был бы det A = 0). Поэтому
первый шаг прямого.хода метода Гаусса можно реализовать, затрагивая
только строки и мы получим, что
		λ				. . .
		01
A ≈ A1 =		... ||				A(1)					, λ1 ̸= 0,
		0	|
где A(1) — матрица порядка (n − 1). При этом, разлагая det A1												по 1-му
столбцу,wwwимеем

det A1 = λ1 det A(1).