線性平衡與矩陣準備

動機

本章假設你掌握方程、分數以及第 2 章的向量和點積。我們通過科學平衡為後續線性代數搭建橋梁。你將把多個守恆方程寫成矩陣系統，用可逆行變換求解，描述所有自由選擇，並在物理定義域中解釋唯一解。三維坐標擴展此前的平面幾何。

以下計算是數學平衡模型，其假設包括相容單位和精確守恆。符號化學配平是原子計數恆等式。

4.1 三維坐標與平面

選讀：空間幾何。 三維向量、平面與投影擴展坐標概念。練習 1–2 和 8 探索這一聯繫。

向量 $v=(v_1,v_2,v_3)^T$ 的點積為 $u\cdot v=u_1v_1+u_2v_2+u_3v_3$，範數為 $\sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2}$。經過點 $a$、具有非零法向量 $n$ 的平面由

$$n\cdot(x-a)=0.$$

描述。法向量與平面內每個位移垂直。直線方程為 $x=a+td$，其中 $d\ne0$。代入平面方程產生一個關於 $t$ 的標量條件。

例題

例 1：直線與平面相交。 設 $x=(1,0,2)^T+t(1,2,-1)^T$，平面為 $x_1+x_2+x_3=6$。代入得 $3+2t=6$，故 $t=3/2$，交點為 $(5/2,3,1/2)^T$，其坐標之和為六。若方向與法向量的點積為零，則依起點不同，要麼沒有交點，要麼整條直線位於平面上。

在三維中，投影到非零方向 $u$ 的向量仍為 $(v\cdot u)u/(u\cdot u)$。直接展開可知殘差與 $u$ 的點積為零。分母保證重新縮放方向不改變幾何投影。

4.2 矩陣組織系數

矩陣與方程組。 第 4.2–4.4 節發展矩陣運算和基本系統。下面的求和符號表示對所有欄指標相應的乘積求和；第 5.1 節詳細解釋該記號。

定義

具有 $m$ 行和 $n$ 欄的矩陣 $A=(a_{ij})$ 的大小為 $m\times n$。矩陣乘向量是

$$(Ax)_i=\sum_{j=1}^na_{ij}x_j.$$

因此 $Ax=b$ 表示 $n$ 個未知數的 $m$ 個聯立線性方程。每欄記錄一個未知數對所有平衡的貢獻；每行記錄一個平衡。大小相同的矩陣逐項相加。對 $m\times n$ 矩陣和 $n\times p$ 矩陣，$(AB)_{ij}=\sum_ka_{ik}b_{kj}$，結果大小為 $m\times p$。

例題

例 2：同時處理兩個樣本。 傳感器模型為 $y=Ax$，其中 $A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$。對輸入欄 $(1,3)^T$ 和 $(2,0)^T$，將其放入 $X=\begin{pmatrix}1&2\\3&0\end{pmatrix}$，則

$$AX=\begin{pmatrix}7&2\\5&4\end{pmatrix}.$$

每個輸出欄對應相應樣本。逐項相乘不能表示這一合併的傳感器規則。

轉置 $A^T$ 交換行與欄。單位矩陣 $I$ 的對角元素為一，其餘為零。乘法一般依賴次序；在另一個變換之後應用的變換寫在左側。檢查元素之前必須先檢查大小。

4.3 可逆消元與自由變量

命題

將系統存入增廣矩陣 $[A\mid b]$。交換兩行、將一行乘以非零標量、將一行的倍數加到另一行，都保持所有解。原因是可逆：撤銷交換、乘以倒數或減去所加倍數即可。乘以零沒有逆，不被允許。

消去非零首項或主元下方的元素，然後在剩餘行中繼續向右。回代恢復受約束變量。在相容系統中，沒有主元的欄對應自由變量。系數全零但右端非零的行不可能成立；完全為零的行不施加條件。

例題

例 3：三種濃度。 假設 $u,v,w$ 升溶液濃度分別為每升 $1,3,5$ 質量單位，混成濃度為三的 $10$ 升溶液，另要求 $v=2u$。體積與質量平衡給出

$$u+v+w=10,\qquad u+3v+5w=30,\qquad v-2u=0.$$

使用 $v=2u$ 得 $3u+w=10$ 和 $7u+5w=30$。第二式減第一式五倍：$-8u=-20$。故 $u=5/2$、$v=5$、$w=5/2$。體積非負、總和為十，溶質質量為 $5/2+15+25/2=30$。不滿足非負條件的代數解不是有效混合解。

例題

例 4：無窮多解，不是任取一個答案。 對 $x+y+z=4$、$2x+2y+2z=8$，第二式冗餘。取 $y=s,z=t$，得到全部解 $(4-s-t,s,t)^T$。將兩個自由變量設為零只得到一個成員，不是完整答案。若三量均須非負，還要求 $s,t\ge0$ 和 $s+t\le4$。

4.4 逆矩陣與行列式準備

證明

對方陣，逆矩陣滿足 $A^{-1}A=AA^{-1}=I$，於是 $Ax=b$ 有唯一解 $x=A^{-1}b$。逆矩陣唯一：若 $B,C$ 都是逆，則 $B=B(AC)=(BA)C=C$。

命題

對 $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$，行列式滿足 $ad-bc\ne0$ 時有

$$A^{-1}=\frac1{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}.$$

常見錯誤

直接相乘可證明恆等式。行列式為零不意味著每個右端都不可能；它意味著系數矩陣不能對每個右端都提供唯一解。此時消元區分不相容與冗餘。

例題

例 5：反演校準表。 在例 2 中，$A$ 的行列式為 $-3$，故 $A^{-1}=\frac13\begin{pmatrix}-1&2\\2&-1\end{pmatrix}$。對觀測欄 $(7,5)^T$，恢復輸入為 $(1,3)^T$。乘以原表可檢驗恢復結果。測量誤差和近似求逆需要額外的數值分析；精確代數本身不量化它們。

證明細節：矩陣複合、消元與二階逆矩陣

對選讀的空間部分，採用基本歐氏距離及勾股定理（含逆定理）。對 $u,v\in\mathbb R^3$，直接按坐標展開得

$$\|u+v\|^2=\|u\|^2+\|v\|^2+2(u\cdot v).$$

當 $u,v$ 非零，勾股定理及其逆定理將 $u\cdot v=0$ 準確對應於直角；由定義，零向量與每個向量的點積為零。若 $u\ne0$ 且 $p=(v\cdot u)u/(u\cdot u)$，則 $u\cdot u=\|u\|^2>0$，並且

$$(v-p)\cdot u=v\cdot u-\frac{v\cdot u}{u\cdot u}(u\cdot u)=0.$$

分量 $p$ 位於 $u$ 的方向直線上。它也唯一，因為任一滿足 $w\cdot u=0$ 的分解 $v=tu+w$ 都強制 $t=(v\cdot u)/(u\cdot u)$。這給出三維投影和法向量平面的解釋，而不只是與平面的類比。

使用實數數值元素，維數有限且為正，每個所寫乘積的尺寸相容。由行乘欄定義，對 $A\in\mathbb R^{m\times n}$、$B\in\mathbb R^{n\times p}$、$x\in\mathbb R^p$，

$$(A(Bx))_i=\sum_{j=1}^n a_{ij}\sum_{k=1}^p b_{jk}x_k =\sum_{k=1}^p\left(\sum_{j=1}^n a_{ij}b_{jk}\right)x_k=((AB)x)_i.$$

分配律及有限實數和的換序證明每個等號。對每一欄作同樣計算，得到尺寸相容時 $(AB)C=A(BC)$；由對角定義，取適當尺寸的單位矩陣有 $Ix=x$、$IA=AI=A$。因此若 $D$ 是方陣 $A$ 的雙側逆，則 $A(Db)=(AD)b=b$ 給出一個解；任意解都滿足 $x=(DA)x=D(Ax)=Db$。這同時證明存在性與唯一性，而非只給候選值。

消元時，行操作作用於整個增廣行。每一步在當前係數欄的剩餘行中選擇非零元素，交換其行至當前行，並用非零主元消去下方元素；若當前剩餘係數欄全零，則跳過該欄。每個主元消耗一行和一欄，因此有限步驟後得到階梯形。係數全零而右端非零的行排除所有解；否則，任意指定沒有主元的係數變量的實值。從最後一個主元行開始，除以非零主元確定該主元變量，再向上回代。每個自由選擇都由此構造一個解，而且每個主元變量唯一確定。反過來，任何解都提供這些自由選擇，且必須遵循相同回代。因為第 4.3 節的每個行操作都有已說明的逆，所得恰為原方程組的全部解。增廣右端欄不是未知變量欄。

對 $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$，令 $\Delta=ad-bc$、$D=\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$。分別從兩側相乘得

$$AD=\begin{pmatrix}ad-bc&-ab+ba\\cd-dc&-cb+da\end{pmatrix}=\Delta I_2, \qquad DA=\begin{pmatrix}da-bc&db-bd\\-ca+ac&-cb+ad\end{pmatrix}=\Delta I_2.$$

若 $\Delta\ne0$，除以此非零實標量，證明 $D/\Delta$ 就是第 4.4 節的逆矩陣。若 $\Delta=0$ 且第一行 $(a,b)$ 非零，則非零欄 $v=(-b,a)^T$ 滿足 $Av=(0,\Delta)^T=0$。若該行全零但 $(c,d)\ne(0,0)$，取 $v=(-d,c)^T$；若 $A=0$，取 $v=(1,0)^T$。因此每個零行列式情形都有 $v\ne0$ 使 $Av=0$。只要 $Ax=b$ 有一個解 $x$，對全部 $t\in\mathbb R$，$x+tv$ 也是解，故不唯一；其他右端則可能不相容。這證明所述區別，而非只從一個奇異特例推論。

4.5 齊次守恆與整數系數

應用：原子計數。 此例與練習 9 應用基本齊次系統。

齊次系統形如 $Ax=0$，總有零解。非零平衡可以縮放：若 $Ax=0$，則 $A(cx)=cAx=0$。物理計數解釋可能要求正整數，而不是任意實數倍數。

例題

例 6：原子計數平衡。 寫代數恆等式

$$a\,\mathrm{C_2H_6}+b\,\mathrm{O_2}\longrightarrow c\,\mathrm{CO_2}+d\,\mathrm{H_2O}.$$

計算碳、氫、氧給出 $2a=c$、$6a=2d$ 和 $2b=2c+d$。因此 $c=2a$、$d=3a$、$b=7a/2$。最小正整數選擇為 $a=2$，給出系數 $(2,7,4,6)$。零向量也滿足齊次方程，但不是有意義的非零計數恆等式。將上述正係數解整體乘以負數，仍滿足齊次方程，但所得負係數不符合正計數約定。

此例說明如何按解釋篩選齊次解族。實數求解和選擇整數規範化是不同步驟。

4.6 分級練習

基礎

思考檢查

練習 1

1. 求 $(2,-1,2)^T$ 的長度及其與 $(1,2,0)^T$ 的點積。

思考檢查

練習 2

2. 寫出經過 $(1,0,2)^T$、法向量為 $(2,-1,1)^T$ 的平面的法向量方程。

思考檢查

練習 3

3. 對 $A=\begin{pmatrix}3&1\\1&2\end{pmatrix}$ 計算 $A(2,1)^T$。

核心

思考檢查

練習 4

4. 解 $x+y+z=6$、$x-y+z=2$、$x+y-z=0$。

思考檢查

練習 5

5. 描述 $x+2y+z=5$、$2x+4y+2z=10$ 的所有實解，再給出變量非負所需的額外不等式。

思考檢查

練習 6

6. 判斷 $x+y=3$、$2x+2y=7$ 是否相容，並指出證明該結論的可逆操作。

思考檢查

練習 7

7. 求 $\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}$ 的逆矩陣，並解 $Ax=(5,8)^T$。

思考檢查

練習 8

8. 求直線 $x=(0,1,0)^T+t(1,1,1)^T$ 與平面 $x_1+x_2+x_3=7$ 的交點。

綜合

思考檢查

練習 9

9. 求原子計數恆等式 $a\,\mathrm{H_2}+b\,\mathrm{O_2}\to c\,\mathrm{H_2O}$ 的最小正整數系數，先寫出齊次約束。

思考檢查

練習 10

10. 設方陣 $A$ 有逆，證明兩個不同輸入向量不能給出相同輸出。解釋為甚麼這本身不能說明恢復的輸入是否非負。

4.7 完整解答

解答 · 練習 1

1. 長度為 $\sqrt{4+1+4}=3$，點積為 $2-2+0=0$。

解答 · 練習 2

2. 平面方程為 $2(x_1-1)-x_2+(x_3-2)=0$，即 $2x_1-x_2+x_3=4$。

解答 · 練習 3

3. 輸出為 $(6+1,2+2)^T=(7,4)^T$。

解答 · 練習 4

4. 第一式減第二式得 $2y=4$，故 $y=2$。第一式減第三式得 $2z=6$，故 $z=3$。第一式繼而給出 $x=1$，所有原方程均可檢驗。

解答 · 練習 5

5. 第二式冗餘。令 $y=s,z=t$，得到 $(x,y,z)=(5-2s-t,s,t)$。非負性要求 $s\ge0,t\ge0,2s+t\le5$。

解答 · 練習 6

6. 對增廣矩陣使用 $R_2\leftarrow R_2-2R_1$，結果為 $0=1$，證明不相容。

解答 · 練習 7

7. 行列式為 $3-4=-1$，故逆為 $\begin{pmatrix}-3&2\\2&-1\end{pmatrix}$。它與 $(5,8)^T$ 的乘積為 $(1,2)^T$，該輸入給出原輸出 $(5,8)^T$。

解答 · 練習 8

8. 代入得 $t+(1+t)+t=7$，故 $t=2$，點為 $(2,3,2)^T$。

解答 · 練習 9

9. 氫給出 $2a=2c$，氧給出 $2b=c$。因此 $a=c=2b$。最小正整數選擇為 $(a,b,c)=(2,1,2)$。這些是符號化原子計數。

解答 · 練習 10

10. 若 $Au=Av$，則 $A(u-v)=0$。乘以 $A^{-1}$ 得 $u-v=0$，故 $u=v$。這確立實向量上的唯一性，卻不限制其符號；例如 $A=I$ 從同一負輸出唯一恢復負輸入，就像恢復正輸入一樣。

矩陣推理練習：運算、主元與解釋

矩陣計算應回答明確的建模問題。算術運算之前，先辨認哪些元素是系數、矩陣作用於哪一欄未知量，以及一個輸出分量的含義。若原方程使用不同單位，先用各自指定的單位表示每個測量量的數值，並將每條平衡式按其自身單位歸一化。行變換隨後組合的是數值等式；它不是要求不經轉換便將不同物理量相加。當體積平衡和質量平衡出現在同一增廣矩陣中時，這一區別尤其重要。

尺寸匹配不意味著次序可互換

例題

令

$$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}.$$

兩個乘積都存在且都是二階方陣，但直接按行乘欄得到

$$AB=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix},\qquad BA=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}.$$

對輸入欄向量 $e_1=(1,0)^T$，先應用 $B$ 再應用 $A$ 得 $(2,1)^T$；先應用 $A$ 再應用 $B$ 則得 $(1,1)^T$。這一個經檢驗的反例否定了普遍交換的說法。正確的複合規則把最後進行的變換放在左邊。尺寸檢查是矩陣相乘的必要條件，但不能證明次序不同的兩個乘積相等。

看清三條平衡式中的每個可逆步驟

例題

回到第 4.3 節的濃度平衡。用 $u,v,w$ 表示以升計的體積數值。將平衡式按所述數值單位表示後，增廣矩陣為

$$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&10\\1&3&5&30\\-2&1&0&0\end{array}\right].$$

進行 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ 和 $R_3\leftarrow R_3+2R_1$，然後將第二行除以非零數二，得到

$$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&10\\0&1&2&10\\0&3&2&20\end{array}\right].$$

再用 $R_3\leftarrow R_3-3R_2$ 得到最後一行 $(0,0,-4\mid-10)$，因此 $w=5/2$。回代得 $v+2w=10$，故 $v=5$；再由 $u+v+w=10$ 得 $u=5/2$。三欄各有一個主元，沒有可自由選擇的未知量。每個操作都有明確的逆：加回被減去的倍數，或乘以二。因此該過程保留完整解集，而不只是找到了恰好可用的候選解。

代數答案仍須解釋。這三個體積非負、總和為十升、滿足額外的比例約束，也產生所需的質量。檢查所有原始平衡式，可發現整齊的最終三角矩陣無法發現的抄寫錯誤。若代數答案有負分量，可逆消元仍可能正確，但所提混合方案不可行。實數欄向量解的唯一性和物理混合物的可行性是不同結論。

行列式為零需要分類討論，而不是猜測

考慮同一系數矩陣與兩個不同右端：

$$C=\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}3\\6\end{pmatrix},\qquad d=\begin{pmatrix}3\\7\end{pmatrix}.$$

$C$ 的行列式為零。在方程組 $Cx=b$ 中，第二行減去第一行的兩倍得到恆等式 $0=0$，不提供新限制。令第二個未知量為 $t$，得到全部解 $(3-2t,t)^T$，其中 $t\in\mathbb R$。若要求未知量非負，還須限制 $0\le t\le3/2$。不受限制的解直線與可行線段並不是同一個集合。

在方程組 $Cx=d$ 中，同樣的行變換得到 $0=1$。沒有實輸入能滿足這一等式，因此方程組不相容。兩個問題的系數行列式相同，單靠它不能區分解集。幾何上，第一組方程將同一條直線寫了兩次；第二組則描述不同的平行線。相反，二階系數矩陣行列式非零時，對每個右端都有唯一交點，第 4.4 節的逆矩陣公式證明了這一點。

常見錯誤

系數側出現零行還不能作出判斷，也要檢查右端：整個增廣行均為零表示冗餘；系數行全零而右端非零則表示矛盾。對於相容方程組，辨認自由未知量，並用它們表示每個主元未知量；將所有自由量設為零只得到一個成員，不能描述完整解集。物理不等式須在求出代數解族後才用於篩選。

總結

坐標將直線和平面轉化為標量方程。矩陣收集聯立平衡，可逆消元保持所有解。自由參數描述解族，而非任意單個成員。逆矩陣證明方陣系統的唯一性。科學解釋隨後施加非負、整數、量綱或容量等額外約束。