三階逆矩陣公式

本文的閱讀等級：初級

給定 $n\times n$ 階矩陣 $A$ ，如果存在一個同階矩陣 $B$ 使得 $AB=BA=I_n$ ( $I_n$ 表示 $n\times n$ 階單位矩陣)，則 $A$ 稱為可逆 (invertible) 或非奇異 (nonsingular) 矩陣。在這個情況下， $B$ 由 $A$ 唯一決定^[1]，稱為 $A$ 的逆矩陣或反矩陣，記作 $A^{-1}$ 。矩陣 $A$ 存在逆矩陣的一個充要條件為其行列式不等於零， $\det A\neq 0$ 。若 $2\times 2$ 階矩陣 $A=\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}$ 是可逆的，則 $\det A=ad-bc\neq 0$ (反之亦然)，逆矩陣公式如下：

$\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\left[\!\!\begin{array}{rr} d&-b\\ -c&a \end{array}\!\!\right]$ 。

你可能好奇 $3\times 3$ 階可逆矩陣的逆矩陣公式為何？底下介紹三個逆矩陣算法：

高斯─約當法 (Gauss-Jordan method)，
伴隨矩陣 (adjugate) 衍生的行列式表達式，
Cayley-Hamilton 定理導出的矩陣多項式。

我們先用這些方法推導 $2\times 2$ 階逆矩陣公式，隨後再推廣至 $3\times 3$ 階矩陣。

1. 高斯─約當法

令 $A$ 為一個 $n\times n$ 階矩陣。寫出 $n\times 2n$ 階增廣矩陣 $\begin{bmatrix} A&I_n \end{bmatrix}$ ，高斯─約當法運用基本列運算 (elementary row operation) 將增廣矩陣化簡為簡約列梯形式 (reduced row echelon form) $\begin{bmatrix} I&X \end{bmatrix}$ (見“高斯─約當法”)。這個運算程序等同於連續左乘基本矩陣 (見“特殊矩陣(10)：基本矩陣”) $E_1,\ldots,E_k$ 使得

$E_k\cdots E_1\begin{bmatrix} A&I_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} I_n&X \end{bmatrix}$ 。

乘開後比較等號兩邊的分塊， $(E_k\cdots E_1)A=I_n$ 和 $E_k\cdots E_1=X$ ，可得 $XA=I_n$ ，因此 $X$ 即為逆矩陣 $A^{-1}$ 。下面是 $2\times 2$ 階矩陣的基本列運算過程 (第一個步驟的算法原理請見“利用行列式計算矩陣秩”)：

$\begin{aligned} \begin{bmatrix} a&b&\vline&1&0\\ c&d&\vline&0&1 \end{bmatrix}&\to\left[\!\!\begin{array}{cccrc} a&b&\vline&1&0\\ 0&ad-bc&\vline&-c&a \end{array}\!\!\right]\to\begin{bmatrix} a&b&\vline&1&0\\[0.3em] 0&1&\vline&\displaystyle\frac{-c}{ad-bc}&\displaystyle\frac{a}{ad-bc} \end{bmatrix}\\ &\to\begin{bmatrix} a&0&\vline&\displaystyle\frac{ad}{ad-bc}&\displaystyle\frac{-ab}{ad-bc}\\[0.5em] 0&1&\vline&\displaystyle\frac{-c}{ad-bc}&\displaystyle\frac{a}{ad-bc} \end{bmatrix}\to\begin{bmatrix} 1&0&\vline&\displaystyle\frac{d}{ad-bc}&\displaystyle\frac{-b}{ad-bc}\\[0.5em] 0&1&\vline&\displaystyle\frac{-c}{ad-bc}&\displaystyle\frac{a}{ad-bc} \end{bmatrix}\end{aligned}$

理論上， $3\times 3$ 階矩陣 $A=[a_{ij}]$ 也可以如法炮製，不過實際上大概沒有多少人願意以代數運算化簡增廣矩陣

$\begin{bmatrix} A&I_3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}&\vline&1&0&0\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}&\vline&0&1&0\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}&\vline&0&0&1 \end{bmatrix}$ ，

從而推導出逆矩陣公式。即便高斯─約當法沒有給出逆矩陣的一般公式，但就所耗用的計算量而言 (文末將詳細說明)，它確實是一個相當有效的演算法。

2. 伴隨矩陣

假設 $X=\begin{bmatrix} x_{11}&x_{12}\\ x_{21}&x_{22} \end{bmatrix}$ 為 $A=\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}$ 的逆矩陣，則 $AX=I_2$ ，明確地表示為

$\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{11}&x_{12}\\ x_{21}&x_{22} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}$ 。

將上式拆開，可得兩個線性方程組：

$\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{11}\\ x_{21} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix},~~\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{12}\\ x_{22} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}$ 。

利用克拉瑪公式 (見“克拉瑪公式的證明”)，第一個線性方程組的解為

$\displaystyle x_{11}=\frac{\begin{vmatrix} 1&b\\ 0&d \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a&b\\ c&d \end{vmatrix}}=\frac{d}{ad-bc},~~x_{21}=\frac{\begin{vmatrix} a&1\\ c&0 \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a&b\\ c&d \end{vmatrix}}=\frac{-c}{ad-bc}$ ，

第二個線性方程組的解為

$\displaystyle x_{12}=\frac{\begin{vmatrix} 0&b\\ 1&d \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a&b\\ c&d \end{vmatrix}}=\frac{-b}{ad-bc},~~x_{22}=\frac{\begin{vmatrix} a&0\\ c&1 \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a&b\\ c&d \end{vmatrix}}=\frac{a}{ad-bc}$ 。

使用同樣方法亦可推得 $3\times 3$ 階矩陣的逆矩陣公式。底下我採用另一個較為便捷的推導方式。考慮 $n\times n$ 階矩陣 $A=[a_{ij}]$ 的伴隨矩陣 (adjugate 或 classical adjoint) $\hbox{adj}A$ ，各元定義為 $(\hbox{adj}A)_{ij}=(-1)^{i+j}\det\tilde{A}_{ji}$ ，其中 $\tilde{A}_{ji}$ 代表移除 $A$ 的第 $j$ 列與第 $i$ 行之後得到的 $(n-1)\times (n-1)$ 階子陣， $\det\tilde{A}_{ji}$ 稱為餘子式 (minor)， $(-1)^{i+j}\det\tilde{A}_{ji}$ 稱為 $a_{ji}$ 的餘因子 (cofactor)。使用伴隨矩陣的關鍵等式 (見“伴隨矩陣”)

$A(\hbox{adj}A)=(\det A)I_n$ ，

等號兩邊同時左乘 $\frac{1}{\det A}A^{-1}$ ，即得到以伴隨矩陣表示的逆矩陣公式

$\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{\det A}\hbox{adj}A$ 。

以 $2\times 2$ 階矩陣為例，

$\displaystyle A^{-1}=\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}^{-1}=\frac{1}{\det A}\left[\!\!\begin{array}{rr} \tilde{A}_{11}&-\tilde{A}_{21}\\ -\tilde{A}_{12}&\tilde{A}_{22} \end{array}\!\!\right]=\frac{1}{\det A}\left[\!\!\begin{array}{rr} d&-b\\ -c&a \end{array}\!\!\right]$ 。

下面是 $3\times 3$ 階逆矩陣的行列式表達式：

$\displaystyle A^{-1}=\begin{bmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{bmatrix}^{-1}=\frac{1}{\det A}\left[\!\!\begin{array}{rrr} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}&-\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{22}&a_{23} \end{vmatrix}\\ &&\\ -\begin{vmatrix} a_{21}&a_{23}\\ a_{31}&a_{33} \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} a_{11}&a_{13}\\ a_{31}&a_{33} \end{vmatrix}&-\begin{vmatrix} a_{11}&a_{13}\\ a_{21}&a_{23} \end{vmatrix}\\ &&\\ \begin{vmatrix} a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32} \end{vmatrix}&-\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{31}&a_{32} \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22} \end{vmatrix} \end{array}\!\!\right]$ 。

3. Cayley-Hamilton 定理

令 $A$ 為一個 $n\times n$ 階矩陣，且 $A$ 的特徵多項式為 $p(t)=\det(A-tI)$ 。Cayley-Hamilton 定理聲明 $A$ 被其特徵多項式所消滅，即 $p(A)=0$ (見“Cayley-Hamilton 定理”)。對於 $2\times 2$ 階矩陣 $A=\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}$ ，寫出特徵多項式

$p(t)=\begin{vmatrix} a-t&b\\ c&d-t \end{vmatrix}=t^2-(a+d)t+(ad-bc)=t^2-(\hbox{trace}A)t+\det A$ ，

其中 $\hbox{trace}A$ 定義為 $A$ 的主對角元之和，稱為跡數。Cayley-Hamilton 定理指出

$p(A)=A^2-(\hbox{trace}A)A+(\det A)I_2=0$ 。

上式乘以 $\frac{1}{\det A}A^{-1}$ ，逆矩陣 $A^{-1}$ 可表示為 $A$ 和 $I_2$ 的線性組合，如下：

$\displaystyle \begin{aligned} A^{-1}&=\frac{1}{\det A}\left(-A+(\hbox{trace}A)I_2\right)\\ &=\frac{1}{\det A}\left(-\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}+(a+d)\begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}\right)=\frac{1}{\det A}\left[\!\!\begin{array}{rr} d&-b\\ -c&a \end{array}\!\!\right].\end{aligned}$

沿用相同方法，寫出 $3\times 3$ 階矩陣 $A=[a_{ij}]$ 的特徵多項式

$\begin{aligned} p(t)&=\begin{vmatrix} a_{11}-t&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}-t&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}-t \end{vmatrix}\\ &=-t^3+(a_{11}+a_{22}+a_{33})t^2-\left(\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22} \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a_{11}&a_{13}\\ a_{31}&a_{33} \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}\right)t+\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}\\ &=-t^3+(\hbox{trace}A)t^2-\left(\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22} \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a_{11}&a_{13}\\ a_{31}&a_{33} \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}\right)t+\det A.\end{aligned}$

令 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 為 $A$ 的特徵值。因為特徵值是特徵多項式 $p(t)$ 的根，就有

$\begin{aligned} p(t)&=-(t-\lambda_1)(t-\lambda_2)(t-\lambda_3)\\ &=-t^3+(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)t^2-(\lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3)t+\lambda_1\lambda_2\lambda_3.\end{aligned}$

使用關係式 $\hbox{trace}A=\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3$ (見“特徵多項式蘊藏的訊息”) 與 $\hbox{trace}(A^2)=\lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2$ ，改寫上式 $t$ 的係數，如下：

$\displaystyle \lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3=\frac{(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)^2-(\lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2)}{2}=\frac{(\hbox{trace}A)^2-\hbox{trace}(A^2)}{2}$ 。

再者， $\det A=\lambda_1\lambda_2\lambda_3$ ，Cayley-Hamilton 定理給出

$\displaystyle p(A)=-A^3+(\hbox{trace}A)A^2-\frac{(\hbox{trace}A)^2-\hbox{trace}(A^2)}{2}A+(\det A)I_3=0$ 。

上式通乘 $\frac{1}{\det A}A^{-1}$ ，即得到 $3\times 3$ 階逆矩陣的矩陣多項式，以 $A^2$ ， $A$ 和 $I_3$ 的線性組合表示：

$\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{\det A}\left(A^2-(\hbox{trace}A)A+\frac{(\hbox{trace}A)^2-\hbox{trace}(A^2)}{2}I_3\right)$ 。

這個公式同時也說明 $3\times 3$ 階矩陣 $A$ 的伴隨矩陣為

$\displaystyle \hbox{adj}A=A^2-(\hbox{trace}A)A+\frac{(\hbox{trace}A)^2-\hbox{trace}(A^2)}{2}I_3$ 。

底下我用一個例子展示三種逆矩陣算法的計算過程，請你自行判斷哪一種方法的計算量較少且有較為簡潔的簿記。見下例：

$A=\left[\!\!\begin{array}{rcc} 2&2&5\\ -2&1&2\\ 6&3&9 \end{array}\!\!\right]$ 。

1. 高斯─約當法使用基本列運算的化簡步驟如下：

$\displaystyle\begin{aligned} \left[\!\!\begin{array}{rcccccc} 2&2&5&\vline&1&0&0\\ -2&1&2&\vline&0&1&0\\ 6&3&9&\vline&0&0&1 \end{array}\!\!\right]&\to\left[\!\!\begin{array}{crrcrcc} 2&2&5&\vline&1&0&0\\ 0&3&7&\vline&1&1&0\\ 0&-3&-6&\vline&-3&0&1 \end{array}\!\!\right]\to\left[\!\!\begin{array}{ccccrcc} 2&2&5&\vline&1&0&0\\ 0&3&7&\vline&1&1&0\\ 0&0&1&\vline&-2&1&1 \end{array}\!\!\right]\\ &\to\left[\!\!\begin{array}{ccccrrr} 2&2&0&\vline&11&-5&-5\\ 0&3&0&\vline&15&-6&-7\\ 0&0&1&\vline&-2&1&1 \end{array}\!\!\right]\to\left[\!\!\begin{array}{ccccrrr} 2&2&0&\vline&11&-5&-5\\ [0.3em] 0&1&0&\vline&5&-2&-\frac{7}{3}\\ [0.3em] 0&0&1&\vline&-2&1&1 \end{array}\!\!\right]\\ &\to\left[\!\!\begin{array}{ccccrrr} 2&0&0&\vline&1&-1&-\frac{1}{3}\\ [0.3em] 0&1&0&\vline&5&-2&-\frac{7}{3}\\ [0.3em] 0&0&1&\vline&-2&1&1 \end{array}\!\!\right]\to\left[\!\!\begin{array}{ccccrrr} 1&0&0&\vline&\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{6}\\ [0.3em] 0&1&0&\vline&5&-2&-\frac{7}{3}\\ [0.3em] 0&0&1&\vline&-2&1&1 \end{array}\!\!\right]\end{aligned}$

逆矩陣 $A^{-1}$ 即為簡約列梯形式右邊的 $3\times 3$ 階分塊。

2. 以伴隨矩陣表示的逆矩陣公式須計算 $\det A$ ，由高斯─約當法第二個步驟得到的上三角矩陣可知

$\det A=\left|\!\!\begin{array}{rcc} 2&2&5\\ -2&1&2\\ 6&3&9 \end{array}\!\!\right|=\begin{vmatrix} 2&2&5\\ 0&3&7\\ 0&0&1 \end{vmatrix}=2\cdot 3\cdot 1=6$ ，

寫出伴隨矩陣後再計算 9 個二階行列式，結果如下：

$\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{6}\left[\!\!\begin{array}{rrr} \begin{vmatrix} 1&2\\ 3&9 \end{vmatrix}&-\begin{vmatrix} 2&5\\ 3&9 \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} 2&5\\ 1&2 \end{vmatrix}\\ &&\\ -\left|\!\!\begin{array}{rc} -2&2\\ 6&9 \end{array}\!\!\right|&\begin{vmatrix} 2&5\\ 6&9 \end{vmatrix}&-\left|\!\!\begin{array}{rc} 2&5\\ -2&2 \end{array}\!\!\right|\\ &&\\ \left|\!\!\begin{array}{rc} -2&1\\ 6&3 \end{array}\!\!\right|&-\begin{vmatrix} 2&2\\ 6&3 \end{vmatrix}&\left|\!\!\begin{array}{rc} 2&2\\ -2&1 \end{array}\!\!\right| \end{array}\!\!\right]=\frac{1}{6}\left[\!\!\begin{array}{rrr} 3&-3&-1\\ 30&-12&-14\\ -12&6&6 \end{array}\!\!\right]$ 。

3. Cayley-Hamilton 定理演繹的逆矩陣公式必須計算 $A^2$ ，如下：

$A^2=\left[\!\!\begin{array}{rcc} 2&2&5\\ -2&1&2\\ 6&3&9 \end{array}\!\!\right]^2=\left[\!\!\begin{array}{rrr} 30&21&59\\ 6&3&10\\ 60&42&117 \end{array}\!\!\right]$ 。

接著算出 $\hbox{trace}A=2+1+9=12$ ， $\hbox{trace}(A^2)=30+3+117=150$ 。代入逆矩陣的矩陣多項式，

$\displaystyle\begin{aligned} A^{-1}&=\frac{1}{6}\left(\left[\!\!\begin{array}{rrr} 30&21&59\\ 6&3&10\\ 60&42&117 \end{array}\!\!\right]-12\left[\!\!\begin{array}{rcc} 2&2&5\\ -2&1&2\\ 6&3&9 \end{array}\!\!\right]+\frac{12\cdot 12-150}{2}\begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}\right)\\ &=\frac{1}{6}\left(\left[\!\!\begin{array}{rrr} 30&21&59\\ 6&3&10\\ 60&42&117 \end{array}\!\!\right]-\left[\!\!\begin{array}{rrr} 24&24&60\\ -24&12&24\\ 72&36&108 \end{array}\!\!\right]+\left[\!\!\begin{array}{rrr} -3&0&0\\ 0&-3&0\\ 0&0&-3 \end{array}\!\!\right]\right)\\ &=\frac{1}{6}\left[\!\!\begin{array}{rrr} 3&-3&-1\\ 30&-12&-14\\ -12&6&6 \end{array}\!\!\right].\end{aligned}$

最後我們討論三種逆矩陣算法的計算量。對於一個 $n\times n$ 階可逆矩陣 $A$ ，應用高斯─約當法計算 $A^{-1}$ 的計算量^[2]為 $n^3$ ，這與兩個 $n\times n$ 階矩陣相乘的計算量相同。利用伴隨矩陣計算逆矩陣則須計算一個 $n$ 階行列式以及 $n^2$ 個 $(n-1)$ 階行列式。若以高斯消去法計算 $n$ 階行列式 (如上例)，計算量為 $\frac{n^3}{3}$ ，故總計算量為 $\frac{n^3}{3}+\frac{n^2(n-1)^3}{3}\simeq \frac{n^5}{3}$ 。至於Cayley-Hamilton 定理給出的逆矩陣公式，除了計算一個 $n$ 階行列式，還要計算冪矩陣 $A^2,\ldots,A^{n-1}$ ，即便忽略組合係數，總計算量仍達 $\frac{n^3}{3}+(n-2)n^3\simeq n^4$ 。以上分析解釋了何以線性代數教科書鮮少列舉 $3\times 3$ 階或更高階矩陣的逆矩陣公式──雖然它們的外型簡單，但計算卻所耗不菲。

註解
[1] 假設 $AB=I$ 且 $CA=I$ 。寫出 $CAB=C(AB)=CI=C$ 和 $CAB=(CA)B=IB=B$ ，因此 $B=C$ ，證明 $A$ 的右逆等於左逆。假設 $AB=I$ 且 $AC=I$ 。後者等價於 $CA=I$ ，故得 $B=C$ ，證明右逆是唯一的。
[2] 一個加法與一個乘法合稱為一個計算。

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