3.5 初等行变换矩阵

把行变换记录成一个矩阵

初等行变换最初是矩阵上的操作步骤：交换两行、把一行乘以非零标量、把一行的倍数加到另一行。在增广矩阵上，只有把操作施加到受影响的整行——包括增广线右边的常数项——才是在等价地改写方程。此时操作可以逆转，因而保留原方程组的解集。

但同一件事还有一个更有结构的读法：每一个初等行变换，都等同于左乘某个特别的方阵。这个观点很重要，因为它把一串初等行变换转成普通的矩阵等式。之后讨论行化简、可逆性、秩、行列式和基底时，这正是程序性操作和代数结构之间的桥。

这个结构观点也回答一个实际问题：若同一个行变换要同时作用于许多列，怎样只记录一次规则，而不逐项重做？单位矩阵恰好提供这种编码。它的每一行会记录新行由哪些旧行组成；随后，矩阵乘法便把这套规则同时施加到相容矩阵的每一列。

从单位矩阵建立初等矩阵

假设一个初等行变换 $\rho$ 作用于有 $p$ 行的矩阵。先从单位矩阵 $I_p$ 开始，对 $I_p$ 做同一个初等行变换，所得矩阵记作 $E_\rho$。所有标量都属于矩阵所采用的底域；特别地，每个非零倍数 $c$ 在该域中都有倒数 $1/c$。

定义 3.5.1

（初等行变换矩阵）

与 $p$ 行矩阵上的初等行变换 $\rho$ 对应的初等行变换矩阵，就是把 $\rho$ 作用在 $I_p$ 上所得的 $p \times p$ 矩阵。

这种矩阵也简称初等矩阵；较长的名称可以明确指出它与指定行变换的关系。

换句话说，

$$E_\rho = \rho(I_p).$$

这个定义有用，是因为以下定理。

定理 3.5.2

（初等行变换等同于左乘矩阵）

设 $A$ 是任何有 $p$ 行的矩阵，$\rho$ 是一个初等行变换，并以 $\rho(A)$ 表示把它作用于 $A$ 后得到的矩阵。则

$$\rho(A) = E_\rho A.$$

所以，对 $A$ 做这个初等行变换，等同于用同一个操作在 $I_p$ 上得到的初等行变换矩阵左乘 $A$。

这里必须是左乘。初等行变换改变的是行，会把新行写成旧行的线性组合；左乘正是把 $A$ 的新行写成旧行的线性组合。右乘则会混合列，不是同一件事。

维数也说明了同一点。若 $A$ 是 $p \times n$ 矩阵，则 $E_\rho$ 是 $p \times p$ 矩阵，所以 $E_\rho A$ 有定义，而且仍是 $p \times n$。这里完全不要求 $A$ 是方阵。相反，对这 $n$ 列进行列变换的矩阵大小为 $n \times n$，并从右边相乘。

为什么左乘会执行指定行变换

证明

（对三类初等行变换逐行验证）

把任意 $p \times n$ 矩阵 $A$ 的各行记作 $a_1,a_2,\ldots,a_p$，并以 $e_k^{\mathsf T}$ 表示 $I_p$ 的第 $k$ 行。基本等式

$$e_k^{\mathsf T}A=a_k$$

表示左乘矩阵的一行会选取 $A$ 的相应行。现在逐类检查。

1. 对 $R_i\leftrightarrow R_j$，$E_\rho$ 的第 $i$ 行是 $e_j^{\mathsf T}$，第 $j$ 行是 $e_i^{\mathsf T}$，其余第 $k$ 行仍是 $e_k^{\mathsf T}$。因此 $E_\rho A$ 恰好交换 $A$ 的第 $i,j$ 行。

2. 对 $R_i\leftarrow cR_i$（$c\ne0$），$E_\rho$ 的第 $i$ 行是 $c e_i^{\mathsf T}$，其余行不变。因此乘积的第 $i$ 行为

   $$(c e_i^{\mathsf T})A=c a_i,$$

   而每个 $k\ne i$ 的第 $k$ 行仍为 $a_k$。

3. 对 $R_j\leftarrow R_j+cR_i$（$i\ne j$），$E_\rho$ 的第 $j$ 行是 $e_j^{\mathsf T}+c e_i^{\mathsf T}$，其余行不变，所以新的第 $j$ 行为

   $$(e_j^{\mathsf T}+c e_i^{\mathsf T})A=a_j+c a_i,$$

   正是指定的行加法。

三类情形穷尽了初等行变换，因此对每个相容矩阵 $A$ 都有 $E_\rho A=\rho(A)$。这个证明没有声称任意改动行的方式都对应一个初等矩阵； $\rho$ 必须是刚才检查的三类操作之一。

作用于增广矩阵

假设 $Ax=b$ 由增广矩阵 $[A\mid b]$ 表示。初等行变换必须作用于整个增广矩阵，不能只改其中一边。相应的乘法等式是

$$E_\rho[A\mid b]=[E_\rho A\mid E_\rho b].$$

因此，系数和右端常数会接受完全相同的行组合。向量 $x$ 满足 $Ax=b$，当且仅当它满足 $E_\rho Ax=E_\rho b$：正向可把原等式左乘 $E_\rho$，反向则施加逆向初等行变换。这才是解集保持不变的严格理由。

若只改 $A$ 而固定 $b$，或只改 $b$，一般会得到另一个方程组。增广线只是视觉上的分隔，不是行变换可以中途停止的边界。

分别记录替换、缩放与交换

三种初等行变换，对应三类初等行变换矩阵。

例题 3.5.3

（行加法）

对有三行的矩阵，考虑

$$\rho:\quad R_2 \leftarrow R_2 + 3R_1.$$

把它作用在 $I_3$ 上：

$$I_3 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \quad\longmapsto\quad E_\rho = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 3 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.$$

因此，对任何有三行的矩阵 $A$，

$$E_\rho A$$

就是把 $A$ 的第 $2$ 行改成“第 $2$ 行加上 $3$ 倍第 $1$ 行”后所得的矩阵。

例题 3.5.4

（行倍乘）

对

$$\rho:\quad R_3 \leftarrow -2R_3,$$

对应的初等行变换矩阵是

$$E_\rho = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -2 \end{bmatrix}.$$

行倍乘要求标量非零，这一点在矩阵上也看得出来：如果倍数是 $0$，所得矩阵会出现零行，不能反向恢复。

例题 3.5.5

（交换两行）

对

$$\rho:\quad R_1 \leftrightarrow R_3,$$

我们得到

$$E_\rho = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}.$$

左乘这个矩阵，就会交换任何相容矩阵的第 $1$ 行和第 $3$ 行。

逐步理解初等矩阵的左乘

对单位矩阵施加行变换，便记录了该变换的系数；再用所得矩阵左乘，就把同一个行变换施加到每一列。

比较行变换与矩阵乘积

用下面的步骤工具重温一串行变换。每一步都要同时读成：在左侧乘上对应的初等矩阵。

一串初等行变换就是一个矩阵乘积

真正的用途不只是表示一个初等步骤，而是把整串初等行变换写成一个矩阵乘积。

定理 3.5.6

（一串初等行变换的乘积表示）

假设

$$A_1 \xrightarrow{\rho_1} A_2 \xrightarrow{\rho_2} A_3 \xrightarrow{\rho_3} \cdots \xrightarrow{\rho_k} A_{k+1}.$$

则

$$A_{k+1} = E_{\rho_k}E_{\rho_{k-1}}\cdots E_{\rho_2}E_{\rho_1}A_1.$$

这里每个 $\rho_j$ 都必须是作用于同样行数矩阵的初等行变换。这个乘积表示整串操作，但乘积本身未必仍是单一个初等行变换矩阵。

这个公式中的顺序很重要。第一个行变换最靠近 $A_1$，因为它最先作用：

$$A_2 = E_{\rho_1}A_1, \qquad A_3 = E_{\rho_2}A_2 = E_{\rho_2}E_{\rho_1}A_1.$$

例题 3.5.7

（合并两个行变换）

令

$$A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 2 & 1\\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}.$$

依次做

$$\rho_1:\ R_2 \leftarrow R_2 + R_1, \qquad \rho_2:\ R_1 \leftarrow R_1 + 2R_2.$$

对应的行变换矩阵是

$$E_{\rho_1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}, \qquad E_{\rho_2} = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.$$

两个操作完成后，结果就是

$$E_{\rho_2}E_{\rho_1}A = \begin{bmatrix} 3&2&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&1\\ 0&2&1\\ 1&0&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3&4&5\\ 1&2&2\\ 1&0&0 \end{bmatrix}.$$

若不想直接相乘 $E_{\rho_2}E_{\rho_1}$，也可以把同一串行变换按同一顺序作用在 $I_3$ 上，所得矩阵就是合并后的左乘矩阵。最后的数值结果也确认：第二步使用的是已经更新后的第 $2$ 行。

读懂较长的行变换乘积

把一长串初等行变换写成矩阵乘积时，需要先分清三种对象：

• 正在被变换的矩阵 $A_1,A_2,\ldots,A_{k+1}$；
• 每一步对应的初等行变换矩阵 $H_1,H_2,\ldots,H_k$；
• 合并后的单一左乘矩阵 $J=H_k\cdots H_2H_1$。

以下是一个四行矩阵的典型例子。假设

$$\begin{aligned} \rho_1 &: R_2 \leftarrow -\frac12 R_2,\\ \rho_2 &: R_1 \leftrightarrow R_2,\\ \rho_3 &: R_3 \leftarrow R_3-2R_1,\\ \rho_4 &: R_4 \leftarrow R_4-2R_3,\\ \rho_5 &: R_1 \leftarrow R_1-R_3,\\ \rho_6 &: R_1 \leftarrow R_1-R_2. \end{aligned}$$

如果

$$A_1 \xrightarrow{\rho_1} A_2 \xrightarrow{\rho_2} A_3 \xrightarrow{\rho_3} A_4 \xrightarrow{\rho_4} A_5 \xrightarrow{\rho_5} A_6 \xrightarrow{\rho_6} A_7,$$

那么

$$A_7 = H_6H_5H_4H_3H_2H_1A_1.$$

相应的行变换矩阵是

$$\begin{aligned} H_1&= \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&-\frac12&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}, & H_2&= \begin{bmatrix} 0&1&0&0\\ 1&0&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix},\\[0.8em] H_3&= \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ -2&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}, & H_4&= \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&-2&1 \end{bmatrix},\\[0.8em] H_5&= \begin{bmatrix} 1&0&-1&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}, & H_6&= \begin{bmatrix} 1&-1&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}. \end{aligned}$$

它们的乘积是

$$J=H_6H_5H_4H_3H_2H_1= \begin{bmatrix} -1&-\frac32&-1&0\\ 1&0&0&0\\ 0&1&1&0\\ 0&-2&-2&1 \end{bmatrix}.$$

有效率的做法，是把六个行变换依次作用在 $I_4$ 上，而不是手动展开六个因子。矩阵 $J$ 记录了整串步骤对行的总作用：

$$A_7=JA_1.$$

这个等式也可用来检查乘积顺序。如果把第一步放在最左边，所得乘积会描述另一串不同的操作。

快速检查

（在上面六步行变换中，若 $K$ 是由 $A_7$ 反向回到 $A_1$ 的行变换矩阵乘积，$J$ 和 $K$ 应满足什么等式？）

把 $K$ 想成抵消 $J$ 总作用的矩阵。

解答 · 答案

矩阵 $J$ 和 $K$ 编码的是每一个四行矩阵上的变换，不只是题中展示的 $A_1$。对任意四行矩阵 $X$，先做正向步骤，再做反向步骤，会得到

$$K(JX)=X.$$

取 $X=I_4$，便有 $KJ=I_4$。反过来，先做反向步骤，再做正向步骤，也会恢复任意四行矩阵 $Y$，所以 $J(KY)=Y$；取 $Y=I_4$，便有 $JK=I_4$。因此

$$KJ=I_4 \qquad JK=I_4.$$

换句话说，$K=J^{-1}$。

反向行变换与逆矩阵

每个初等行变换都有反向操作：

• $R_j \leftarrow R_j + cR_i$ 的反向操作是 $R_j \leftarrow R_j - cR_i$；
• $R_i \leftarrow cR_i$（其中 $c \ne 0$）的反向操作是 $R_i \leftarrow (1/c)R_i$；
• 交换两行的反向操作仍然是同一次交换。

这给出一个精确的矩阵表述。

定理 3.5.8

（初等行变换矩阵都是可逆矩阵）

每个初等行变换矩阵都是可逆的。它的逆矩阵，就是反向初等行变换所对应的初等行变换矩阵。

证明

（为什么反向矩阵是双侧逆矩阵）

设 $E_\rho$ 表示初等行变换 $\rho$，而 $E_{\rho^{-1}}$ 表示它的反向初等操作。对每个有 $p$ 行的矩阵 $X$，先做 $\rho$ 再撤销，都会恢复 $X$。由左乘定理，

$$E_{\rho^{-1}}E_\rho X=X.$$

这个等式对每个这样的 $X$ 都成立；特别取 $X=I_p$，得到 $E_{\rho^{-1}}E_\rho=I_p$。先做反向操作再做 $\rho$，同理得到 $E_\rho E_{\rho^{-1}}=I_p$。因此

$$E_\rho^{-1}=E_{\rho^{-1}}.$$

具体来说，交换两行的逆仍是同一次交换；乘以 $c\ne0$ 的逆是乘以 $1/c$；把第 $i$ 行的 $c$ 倍加到第 $j$ 行，则由加上 $-c$ 倍第 $i$ 行来撤销。

例如，若

$$E = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 3 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

表示 $R_2 \leftarrow R_2 + 3R_1$，则

$$E^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ -3 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

表示 $R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$。

这就是初等行变换可逆的代数原因，也解释了为什么行化简和可逆矩阵有密切关系。

证明

（先撤销最后一步操作）

设 $E_1,\ldots,E_k$ 按时间顺序编码同一组 $p$ 行矩阵上的操作，合并左乘矩阵就是 $J=E_k\cdots E_1$。每个 $E_j^{-1}$ 表示对应初等行变换的反向操作。要恢复输入，首先必须撤销 $E_k$，因为它是最后一次对行所作的改变；然后依次撤销 $E_{k-1},\ldots,E_1$。因此，反向链的合并矩阵为

$$K=E_1^{-1}E_2^{-1}\cdots E_k^{-1}.$$

这里必须区分两种次序：反向操作的时间顺序从 $E_k^{-1}$ 开始；写成乘积时，最先作用的因子却放在最靠近待恢复矩阵的位置。以三步为例，由结合律可得

$$KJ=E_1^{-1}E_2^{-1}(E_3^{-1}E_3)E_2E_1 =E_1^{-1}(E_2^{-1}E_2)E_1=I_p.$$

另一个乘积 $JK$ 则从相邻的 $E_1E_1^{-1}$ 开始消去，最后同样得到 $I_p$。任意有限链都可这样逐对消去。整个论证没有交换因子，也不要求被变换的矩阵本身是方阵。

把这个读法用于前面的两步例子：合并矩阵是 $E_{\rho_2}E_{\rho_1}$，所以逆矩阵是 $E_{\rho_1}^{-1}E_{\rho_2}^{-1}$。从最终矩阵开始，先从第一行减去当前第二行的两倍，第一行便恢复为 $[1\ 0\ 1]$；再从第二行减去刚恢复的第一行，第二行便恢复为 $[0\ 2\ 1]$。撤销操作是在逐个恢复中间状态，乘积次序也就随之确定，无须另背一个口诀。

为什么这个观点之后会有用？

如果 $B$ 与 $A$ 行等价，则存在有限多个初等行变换把 $A$ 变成 $B$。因此存在某个初等行变换矩阵的乘积 $E$，使得

$$B = EA.$$

由于每个初等行变换矩阵都可逆，乘积 $E$ 也可逆。因此行等价既可以用初等操作步骤来描述，也可以用左边乘上一个可逆矩阵的等式来描述。反向叙述则要小心：任意可逆左乘矩阵未必本身只代表一步初等操作。

这个观点会在多个地方使用：

• 一个方阵若行等价于 $I_n$，它就是若干初等行变换矩阵的乘积；
• 初等行变换保留齐次方程组的解信息，因为它等同于左乘可逆矩阵；
• 行列式关于初等行变换的规则，可以通过初等矩阵来表述；
• 秩和基底的论证可以使用行化简，同时清楚知道原矩阵的列本身通常已被改变。

常见错误

常见错误

（不要乘错方向）

初等行变换由左乘表示。右乘会混合列，而不是混合行。

常见错误

（不要把乘积顺序反过来）

如果 $\rho_1$ 先于 $\rho_2$ 作用，合并矩阵是 $E_{\rho_2}E_{\rho_1}$，不是 $E_{\rho_1}E_{\rho_2}$。

常见错误

（不能把某一行乘以零）

行倍乘要求标量非零。把一行乘以 $0$ 不能反向恢复，也不会产生可逆的初等行变换矩阵。

常见错误

（只恢复一个矩阵不足以证明互逆）

从某个特定矩阵 $A$ 满足 $KJA=A$，一般不能推出 $KJ=I$，因为 $A$ 的各列未必能检测所有可能输入。应证明复合行变换会恢复每个相容矩阵，或直接把它们作用于 $I_p$。所以上面对 $KJ=JK=I_p$ 的论证先使用任意 $p$ 行矩阵，再代入单位矩阵。

按作用次序理解乘积

要编码有 $p$ 行矩阵上的一个初等行变换，只需把该操作施加到 $I_p$。所得初等矩阵 $E_\rho$ 会以左乘方式作用于每个相容矩阵；对交换、非零倍乘和行加法三类情形逐行检查，就得到 $E_\rho A=\rho(A)$。若对象是增广矩阵，操作必须横跨整行，包括右端常数，方程组才会保持完全相同的解集。

依次施加 $\rho_1,\ldots,\rho_k$ 时，乘积按作用顺序写成 $E_{\rho_k}\cdots E_{\rho_1}$。每个因子都可逆，因为反向初等操作给出它的双侧逆矩阵。因此，有限的行化简既可以看作逐步操作，也可以看作一次可逆的左乘；各个因子则继续记录每一步的准确内容。

快速检查

快速检查

（对有三行的矩阵，$E = \begin{bmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\5&0&1 \end{bmatrix}$ 表示哪个行变换？）

看 $I_3$ 的哪一行被改变。

解答 · 答案

只有第 $3$ 行被改变，而且它变成“第 $3$ 行加上 $5$ 倍第 $1$ 行”。因此

$$R_3 \leftarrow R_3 + 5R_1.$$

快速检查

（$R_2 \leftarrow R_2 - 4R_1$ 的反向行变换是什么？）

把加上的倍数抵消。

解答 · 答案

反向操作是

$$R_2 \leftarrow R_2 + 4R_1.$$

练习

快速检查

（写出有三行矩阵上 $R_1 \leftrightarrow R_2$ 的行变换矩阵。）

把这个交换作用在 $I_3$ 上。

解答 · 引导解答

交换 $I_3$ 的前两行，得到

$$\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.$$

这就是左乘时交换第 $1$ 行和第 $2$ 行的矩阵。

快速检查

（假设 $B$ 由 $A$ 经以下两步得到：先做 $R_2 \leftarrow R_2 + R_1$，再做 $R_3 \leftarrow 2R_3$。把 $B$ 写成涉及 $A$ 的矩阵乘积。）

按照作用顺序命名两个行变换矩阵。

解答 · 引导解答

令 $E_1$ 是 $R_2 \leftarrow R_2 + R_1$ 的行变换矩阵，令 $E_2$ 是 $R_3 \leftarrow 2R_3$ 的行变换矩阵。因为 $E_1$ 先作用，而 $E_2$ 后作用，

$$B = E_2E_1A.$$

快速检查

（令 $\beta_1,\beta_2\ne 0$。假设五行矩阵 $A$ 经以下行变换链得到 $B$：先做 $R_3\leftarrow R_3+\alpha_1R_1$，再做 $R_2\leftarrow\beta_1R_2$，再做 $R_1\leftrightarrow R_4$，再做 $R_3\leftarrow R_3+\alpha_2R_2$，最后做 $R_1\leftarrow\beta_2R_1$。写出单一矩阵 $G$，使得 $B=GA$。）

把同一串操作作用在 $I_5$ 上，并记住后面的操作使用的是当时的行，不是原来的行。

解答 · 引导解答

把这些操作作用在 $I_5$ 上，得到

$$G= \begin{bmatrix} 0&0&0&\beta_2&0\\ 0&\beta_1&0&0&0\\ \alpha_1&\alpha_2\beta_1&1&0&0\\ 1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1 \end{bmatrix}.$$

重点是 $\alpha_2\beta_1$ 这一项。操作 $R_3\leftarrow R_3+\alpha_2R_2$ 发生在第 $2$ 行已经被缩放成 $\beta_1R_2$ 之后，所以来自原来第 $2$ 行的贡献是 $\alpha_2\beta_1R_2$。

快速检查

（沿用上一题的矩阵 $G$，假设 $D=GC$。写出矩阵 $H$，使得 $C=HD$。）

把行变换按相反顺序逐步撤销。

解答 · 引导解答

反向链是

$$G \xrightarrow{R_1\leftarrow\frac1{\beta_2}R_1} \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3-\alpha_2R_2} \xrightarrow{R_1\leftrightarrow R_4} \xrightarrow{R_2\leftarrow\frac1{\beta_1}R_2} \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3-\alpha_1R_1} I_5.$$

因此

$$H= \begin{bmatrix} 0&0&0&1&0\\ 0&\frac1{\beta_1}&0&0&0\\ 0&-\alpha_2&1&-\alpha_1&0\\ \frac1{\beta_2}&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1 \end{bmatrix}.$$

这就是 $G^{-1}$，所以 $D=GC$ 会推出 $C=HD$。

相关笔记

这一页建立在 2.2 增广矩阵与行变换 和 3.2 矩阵乘法、单位矩阵与线性方程组 之上。接着可以读 3.6 分块矩阵，完成第三章。它也准备了 5.1 可逆矩阵 和 7.2 行变换、乘积与可逆性 中使用的行化简代数观点。

补充练习与完整解答

题 1

对(a)–(d)，以下按次序的行变换把$A$送到$B$。写出从$B$返回$A$的操作链，并给出满足$B=HA$的方阵$H$。大小分别为(a)、(b)：$3\times4$；(c)：$3\times6$；(d)：$4\times5$。

(a)

$$\begin{gathered}\text{1. }R_2\leftarrow R_2+(-1)R_1\\\text{2. }R_3\leftarrow R_3+(-2)R_1\\\text{3. }R_3\leftarrow R_3+(-2)R_2\\\text{4. }R_3\leftarrow (-1)R_3\\\text{5. }R_1\leftarrow R_1+(-2)R_2\\\text{6. }R_2\leftarrow R_2+(-1)R_3\end{gathered}$$

(b)

$$\begin{gathered}\text{1. }R_1\leftrightarrow R_2\\\text{2. }R_1\leftarrow (-1)R_1\\\text{3. }R_3\leftarrow R_3+(-2)R_1\\\text{4. }R_3\leftarrow R_3+(-3)R_2\\\text{5. }R_1\leftarrow R_1+(-2)R_2\end{gathered}$$

(c)

$$\begin{gathered}\text{1. }R_1\leftrightarrow R_2\\\text{2. }R_3\leftarrow R_3+(2)R_1\\\text{3. }R_3\leftarrow R_3+(-3)R_2\\\text{4. }R_1\leftarrow R_1+(-2)R_2\\\text{5. }R_1\leftarrow R_1+(2)R_3\\\text{6. }R_2\leftarrow R_2+(-2)R_3\end{gathered}$$

(d)

$$\begin{gathered}\text{1. }R_2\leftarrow R_2+(-1)R_1\\\text{2. }R_3\leftarrow R_3+(-3)R_1\\\text{3. }R_4\leftarrow R_4+(-1)R_1\\\text{4. }R_2\leftarrow (-1)R_2\\\text{5. }R_3\leftarrow R_3+(4)R_2\\\text{6. }R_4\leftarrow R_4+(3)R_2\\\text{7. }R_3\leftrightarrow R_4\\\text{8. }R_4\leftarrow R_4+(4)R_3\\\text{9. }R_1\leftarrow R_1+(-2)R_2\\\text{10. }R_1\leftarrow R_1+(-1)R_3\end{gathered}$$

完整解答

以下在实数上讨论。行替换的源行与目标行不同，缩放系数非零；操作作用于整行，包括所有增广块。有限链中第一步先作用，所以合并左乘矩阵中的初等矩阵按相反次序排列。

把正向操作逐一作用于$I_r$。以下$H_j$记录每个中间乘数；对步数归纳，当前矩阵就是$H_jA$，最后一个乘数即所求$H$。倒序撤销各步：加行倍数改为减同一倍数，缩放改为乘倒数，交换仍作同一交换。每个逆操作对任意相容矩阵都撤销原操作，因此所写逆链确实返回$A$。

(a)

$$H_{0}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{1}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\-1 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{2}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\-1 & 1 & 0\\-2 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{3}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\-1 & 1 & 0\\0 & -2 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{4}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\-1 & 1 & 0\\0 & 2 & -1\end{bmatrix}$$ $$H_{5}=\begin{bmatrix}3 & -2 & 0\\-1 & 1 & 0\\0 & 2 & -1\end{bmatrix}$$ $$H_{6}=\begin{bmatrix}3 & -2 & 0\\-1 & -1 & 1\\0 & 2 & -1\end{bmatrix}$$

逆链按以下次序：

$$\begin{gathered}\text{1. }R_2\leftarrow R_2+(1)R_3\\\text{2. }R_1\leftarrow R_1+(2)R_2\\\text{3. }R_3\leftarrow (-1)R_3\\\text{4. }R_3\leftarrow R_3+(2)R_2\\\text{5. }R_3\leftarrow R_3+(2)R_1\\\text{6. }R_2\leftarrow R_2+(1)R_1\end{gathered}$$

(b)

$$H_{0}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{1}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0\\1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{2}=\begin{bmatrix}0 & -1 & 0\\1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{3}=\begin{bmatrix}0 & -1 & 0\\1 & 0 & 0\\0 & 2 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{4}=\begin{bmatrix}0 & -1 & 0\\1 & 0 & 0\\-3 & 2 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{5}=\begin{bmatrix}-2 & -1 & 0\\1 & 0 & 0\\-3 & 2 & 1\end{bmatrix}$$

逆链按以下次序：

$$\begin{gathered}\text{1. }R_1\leftarrow R_1+(2)R_2\\\text{2. }R_3\leftarrow R_3+(3)R_2\\\text{3. }R_3\leftarrow R_3+(2)R_1\\\text{4. }R_1\leftarrow (-1)R_1\\\text{5. }R_1\leftrightarrow R_2\end{gathered}$$

(c)

$$H_{0}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{1}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0\\1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{2}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0\\1 & 0 & 0\\0 & 2 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{3}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0\\1 & 0 & 0\\-3 & 2 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{4}=\begin{bmatrix}-2 & 1 & 0\\1 & 0 & 0\\-3 & 2 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{5}=\begin{bmatrix}-8 & 5 & 2\\1 & 0 & 0\\-3 & 2 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{6}=\begin{bmatrix}-8 & 5 & 2\\7 & -4 & -2\\-3 & 2 & 1\end{bmatrix}$$

逆链按以下次序：

$$\begin{gathered}\text{1. }R_2\leftarrow R_2+(2)R_3\\\text{2. }R_1\leftarrow R_1+(-2)R_3\\\text{3. }R_1\leftarrow R_1+(2)R_2\\\text{4. }R_3\leftarrow R_3+(3)R_2\\\text{5. }R_3\leftarrow R_3+(-2)R_1\\\text{6. }R_1\leftrightarrow R_2\end{gathered}$$

(d)

$$H_{0}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{1}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\-1 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{2}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\-1 & 1 & 0 & 0\\-3 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{3}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\-1 & 1 & 0 & 0\\-3 & 0 & 1 & 0\\-1 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{4}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\1 & -1 & 0 & 0\\-3 & 0 & 1 & 0\\-1 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{5}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\1 & -1 & 0 & 0\\1 & -4 & 1 & 0\\-1 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{6}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\1 & -1 & 0 & 0\\1 & -4 & 1 & 0\\2 & -3 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{7}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\1 & -1 & 0 & 0\\2 & -3 & 0 & 1\\1 & -4 & 1 & 0\end{bmatrix}$$ $$H_{8}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\1 & -1 & 0 & 0\\2 & -3 & 0 & 1\\9 & -16 & 1 & 4\end{bmatrix}$$ $$H_{9}=\begin{bmatrix}-1 & 2 & 0 & 0\\1 & -1 & 0 & 0\\2 & -3 & 0 & 1\\9 & -16 & 1 & 4\end{bmatrix}$$ $$H_{10}=\begin{bmatrix}-3 & 5 & 0 & -1\\1 & -1 & 0 & 0\\2 & -3 & 0 & 1\\9 & -16 & 1 & 4\end{bmatrix}$$

逆链按以下次序：

$$\begin{gathered}\text{1. }R_1\leftarrow R_1+(1)R_3\\\text{2. }R_1\leftarrow R_1+(2)R_2\\\text{3. }R_4\leftarrow R_4+(-4)R_3\\\text{4. }R_3\leftrightarrow R_4\\\text{5. }R_4\leftarrow R_4+(-3)R_2\\\text{6. }R_3\leftarrow R_3+(-4)R_2\\\text{7. }R_2\leftarrow (-1)R_2\\\text{8. }R_4\leftarrow R_4+(1)R_1\\\text{9. }R_3\leftarrow R_3+(3)R_1\\\text{10. }R_2\leftarrow R_2+(1)R_1\end{gathered}$$

题 3

设$A,A^\prime$为$m\times p$矩阵，$B$为$p\times q$矩阵，且$A^\prime=\rho(A)$。(a) 原题要求直接由定义证明$AB=\rho(A^\prime B)$，其中(i)$R_k\leftarrow R_k+\alpha R_i$、$i\ne k$；(ii)$R_k\leftarrow\beta R_k$、$\beta\ne0$；(iii)$R_i\leftrightarrow R_k$。(b) 用归纳法证明：若$A,A^\prime$行等价，则$AB,A^\prime B$在同一有限操作序列下行等价。

完整解答

以下在实数上讨论。行替换的源行与目标行不同，缩放系数非零；操作作用于整行，包括所有增广块。有限链中第一步先作用，所以合并左乘矩阵中的初等矩阵按相反次序排列。

(a)：(i)、(ii)原印方向不成立

对(i)，取$A=(1,0)^T$、$B=[1]$，并作$R_2\leftarrow R_2+R_1$。则$A^\prime B=(1,1)^T$，再作同一操作得到$(1,2)^T\ne AB$。对(ii)，取$A=B=[1]$、$\beta=2$，则$A^\prime B=[2]$，而$\rho(A^\prime B)=[4]\ne[1]$。所以原印的普遍命题不能被证明。正确方向是$A^\prime B=\rho(AB)$，等价地$AB=\rho^{-1}(A^\prime B)$。交换操作满足$\rho^{-1}=\rho$，所以(iii)原印方向成立。

直接逐项证明正向恒等式：在行替换情形，只有输出第$k$行改变：

$$(A^\prime B)_{kj}=\sum_{r=1}^{p}(a_{kr}+\alpha a_{ir})b_{rj}=(AB)_{kj}+\alpha(AB)_{ij}.$$

其余输出行逐项相同。缩放时$(A^\prime B)_{kj}=\beta(AB)_{kj}$，其余行不变。交换$A$的第$i,k$行，会恰好交换$AB$的第$i,k$行。由此直接证明三种正向传递恒等式；再作逆操作，便得到反向恒等式。

(b)：对行变换序列长度归纳

长度为零时，两矩阵相同，乘积也相同。假设结论对长度$n$成立。对长度$n+1$的序列，令$A_n$为前$n$步后的矩阵。归纳假设表明，同样的前$n$步把$AB$送到$A_nB$；再由(a)已逐项证明的正向恒等式，最后一步把$A_nB$送到$A^\prime B$。所以整个$n+1$步序列把$AB$送到$A^\prime B$。归纳得任意有限长度的结论。所有乘积大小均为$m\times q$，因此始终是同尺寸矩阵上的合法行变换。

题 4

$3\times5$矩阵依次满足$A_1\xrightarrow{R_3+2R_1}A_2\xrightarrow{R_2\leftrightarrow R_3}A_3\xrightarrow{3R_1}A_4$。(a)–(c) 给出满足$A_{j+1}=J_jA_j$的$J_1,J_2,J_3$；(d) 给出$A_4=JA_1$中的$J$；(e) 给出$A_1=J^\prime A_4$中的$J^\prime$。

完整解答

以下在实数上讨论。行替换的源行与目标行不同，缩放系数非零；操作作用于整行，包括所有增广块。有限链中第一步先作用，所以合并左乘矩阵中的初等矩阵按相反次序排列。

每个$J_j$由对应的一步操作作用于$I_3$得到。连续代入可得$A_4=J_3J_2J_1A_1$。具体为：

$$J_1=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\2 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$J_2=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1\\0 & 1 & 0\end{bmatrix}$$ $$J_3=\begin{bmatrix}3 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$J=J_3J_2J_1=\begin{bmatrix}3 & 0 & 0\\2 & 0 & 1\\0 & 1 & 0\end{bmatrix}$$ $$J^\prime=J^{-1}=\begin{bmatrix}\frac{1}{3} & 0 & 0\\0 & 0 & 1\\- \frac{2}{3} & 1 & 0\end{bmatrix}$$

逆过程先把第1行乘$1/3$，再交换第2、3行，最后从第3行减去第1行的两倍。把这些操作作用于所写$J$得到$I_3$；因此$J^\prime J=JJ^\prime=I_3$，对任意$A_1$都得到要求的反向等式。

题 5

下面六个$4\times6$矩阵是连续阶段$A,A^{(1)},\ldots,A^{(5)}=A^\prime$。(a) 指出五步行变换$\rho_1,\ldots,\rho_5$；(b) 给出满足$A^\prime=HA$的明确$4\times4$矩阵$H$。

$$A^{\mathrm{stage}}_{0}=\begin{bmatrix}2 & 1 & -1 & 4 & 3 & 8\\1 & 3 & 0 & 8 & -4 & -4\\0 & 1 & 1 & 4 & -3 & -4\\-1 & -2 & 3 & 0 & 0 & -1\end{bmatrix}$$ $$A^{\mathrm{stage}}_{1}=\begin{bmatrix}1 & 3 & 0 & 8 & -4 & -4\\2 & 1 & -1 & 4 & 3 & 8\\0 & 1 & 1 & 4 & -3 & -4\\-1 & -2 & 3 & 0 & 0 & -1\end{bmatrix}$$ $$A^{\mathrm{stage}}_{2}=\begin{bmatrix}1 & 3 & 0 & 8 & -4 & -4\\0 & -5 & -1 & -12 & 11 & 16\\0 & 1 & 1 & 4 & -3 & -4\\-1 & -2 & 3 & 0 & 0 & -1\end{bmatrix}$$ $$A^{\mathrm{stage}}_{3}=\begin{bmatrix}1 & 3 & 0 & 8 & -4 & -4\\0 & -5 & -1 & -12 & 11 & 16\\0 & 1 & 1 & 4 & -3 & -4\\0 & 1 & 3 & 8 & -4 & -5\end{bmatrix}$$ $$A^{\mathrm{stage}}_{4}=\begin{bmatrix}1 & 3 & 0 & 8 & -4 & -4\\0 & 1 & 1 & 4 & -3 & -4\\0 & -5 & -1 & -12 & 11 & 16\\0 & 1 & 3 & 8 & -4 & -5\end{bmatrix}$$ $$A^{\mathrm{stage}}_{5}=\begin{bmatrix}1 & 3 & 0 & 8 & -4 & -4\\0 & 1 & 1 & 4 & -3 & -4\\0 & 1 & \frac{1}{5} & \frac{12}{5} & - \frac{11}{5} & - \frac{16}{5}\\0 & 1 & 3 & 8 & -4 & -5\end{bmatrix}$$

完整解答

以下在实数上讨论。行替换的源行与目标行不同，缩放系数非零；操作作用于整行，包括所有增广块。有限链中第一步先作用，所以合并左乘矩阵中的初等矩阵按相反次序排列。

(a) 比较整行，包括最后两列，依次得到：

$$\begin{gathered}\text{1. }R_1\leftrightarrow R_2\\\text{2. }R_2\leftarrow R_2+(-2)R_1\\\text{3. }R_4\leftarrow R_4+(1)R_1\\\text{4. }R_2\leftrightarrow R_3\\\text{5. }R_3\leftarrow (- \frac{1}{5})R_3\end{gathered}$$

例如，交换后第2行减第1行的两倍，得到$(0,-5,-1,-12,11,16)$；第4行加第1行，得到$(0,1,3,8,-4,-5)$。第四步交换第2、3行；第五步把当时的第3行乘$-1/5$，最后两项也同时缩放。(b) 把同样操作作用于$I_4$，逐步得到：

$$H_{0}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{1}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & 0\\1 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{2}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & 0\\1 & -2 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{3}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & 0\\1 & -2 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0\\0 & 1 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{4}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0\\1 & -2 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{5}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0\\- \frac{1}{5} & \frac{2}{5} & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 1\end{bmatrix}$$

取$H=H_5$。每个记录行恰为相应原行的线性组合，所以逐项证明了$A^\prime=HA$。

题 6

考虑下面一串$5\times7$矩阵，并将中间阶段记为$U_0,U_1,U_2,U_3$。箭头为$A\xrightarrow{\rho_1}U_0\to\cdots\to U_1\xrightarrow{\rho_2}U_2\to\cdots\to U_3\xrightarrow{\rho_3}B_1$，其后是所示五步$B_1\to\cdots\to B_6$。(a) 求$\rho_1,\rho_2,\rho_3$；(b) 填写$B_3\xrightarrow{(I)}(II)\xrightarrow{(III)}B_1$的三处空白；(c) 求满足$B_5=KB_4$的$K$；(d) 是否存在从$I_5$到某个满足$B_6=HB_1$的$H$的行变换链？若有，须写出全部操作和每个中间矩阵，包括$H$；若无，说明不存在。

$$A=\begin{bmatrix}3 & 2 & 1 & -2 & 1 & -2 & -3\\1 & 1 & 1 & 0 & 3 & -1 & 1\\1 & 2 & 3 & -1 & 2 & -2 & 1\\-1 & -1 & -1 & -2 & -9 & 2 & -2\\4 & 3 & 2 & -2 & 4 & -3 & -2\end{bmatrix}$$ $$U_0=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 0 & 3 & -1 & 1\\3 & 2 & 1 & -2 & 1 & -2 & -3\\1 & 2 & 3 & -1 & 2 & -2 & 1\\-1 & -1 & -1 & -2 & -9 & 2 & -2\\4 & 3 & 2 & -2 & 4 & -3 & -2\end{bmatrix}$$ $$U_1=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 0 & 3 & -1 & 1\\0 & -1 & -2 & -2 & -8 & 1 & -6\\0 & 1 & 2 & -1 & -1 & -1 & 0\\0 & 0 & 0 & -2 & -6 & 1 & -1\\4 & 3 & 2 & -2 & 4 & -3 & -2\end{bmatrix}$$ $$U_2=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 0 & 3 & -1 & 1\\0 & -1 & -2 & -2 & -8 & 1 & -6\\0 & 1 & 2 & -1 & -1 & -1 & 0\\0 & 0 & 0 & -2 & -6 & 1 & -1\\0 & -1 & -2 & -2 & -8 & 1 & -6\end{bmatrix}$$ $$U_3=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 0 & 3 & -1 & 1\\0 & 1 & 2 & 2 & 8 & -1 & 6\\0 & 0 & 0 & -3 & -9 & 0 & -6\\0 & 0 & 0 & -2 & -6 & 1 & -1\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$ $$B_1=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 0 & 3 & -1 & 1\\0 & 1 & 2 & 2 & 8 & -1 & 6\\0 & 0 & 0 & 1 & 3 & 0 & 2\\0 & 0 & 0 & -2 & -6 & 1 & -1\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$ $$B_2=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 0 & 3 & -1 & 1\\0 & 1 & 2 & 2 & 8 & -1 & 6\\0 & 0 & 0 & 1 & 3 & 0 & 2\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 3\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$ $$B_3=\begin{bmatrix}1 & 0 & -1 & -2 & -5 & 0 & -5\\0 & 1 & 2 & 2 & 8 & -1 & 6\\0 & 0 & 0 & 1 & 3 & 0 & 2\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 3\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$ $$B_4=\begin{bmatrix}1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0 & -1\\0 & 1 & 2 & 2 & 8 & -1 & 6\\0 & 0 & 0 & 1 & 3 & 0 & 2\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 3\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$ $$B_5=\begin{bmatrix}1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0 & -1\\0 & 1 & 2 & 0 & 2 & -1 & 2\\0 & 0 & 0 & 1 & 3 & 0 & 2\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 3\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$ $$B_6=\begin{bmatrix}1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0 & -1\\0 & 1 & 2 & 0 & 2 & 0 & 5\\0 & 0 & 0 & 1 & 3 & 0 & 2\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 3\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$

从$B_1$开始的五个箭头依次为：

$$\begin{gathered}\text{1. }R_4\leftarrow R_4+(2)R_3\\\text{2. }R_1\leftarrow R_1+(-1)R_2\\\text{3. }R_1\leftarrow R_1+(2)R_3\\\text{4. }R_2\leftarrow R_2+(-2)R_3\\\text{5. }R_2\leftarrow R_2+(1)R_4\end{gathered}$$

完整解答

以下在实数上讨论。行替换的源行与目标行不同，缩放系数非零；操作作用于整行，包括所有增广块。有限链中第一步先作用，所以合并左乘矩阵中的初等矩阵按相反次序排列。

(a) 比较三个标记箭头两侧的整行：

$$\rho_1:R_1\leftrightarrow R_2,\qquad \rho_2:R_5\leftarrow R_5-4R_1,\qquad \rho_3:R_3\leftarrow-\tfrac13R_3.$$

对$\rho_2$，从$(4,3,2,-2,4,-3,-2)$减去$(1,1,1,0,3,-1,1)$的四倍，得到$(0,-1,-2,-2,-8,1,-6)$。对$\rho_3$，缩放$(0,0,0,-3,-9,0,-6)$后得到$(0,0,0,1,3,0,2)$。(b) 把$B_1\to B_2\to B_3$的两步倒序撤销：

$$(I):R_1\leftarrow R_1+R_2,\qquad (II)=B_2,\qquad (III):R_4\leftarrow R_4-2R_3.$$

(c) 只有第2行改为第2行减第3行的两倍，故：

$$K=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & 1 & -2 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$

(d) 存在。对$I_5$作以下同一组五步操作：

$$\begin{gathered}\text{1. }R_4\leftarrow R_4+(2)R_3\\\text{2. }R_1\leftarrow R_1+(-1)R_2\\\text{3. }R_1\leftarrow R_1+(2)R_3\\\text{4. }R_2\leftarrow R_2+(-2)R_3\\\text{5. }R_2\leftarrow R_2+(1)R_4\end{gathered}$$ $$H_{0}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{1}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 2 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{2}=\begin{bmatrix}1 & -1 & 0 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 2 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{3}=\begin{bmatrix}1 & -1 & 2 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 2 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{4}=\begin{bmatrix}1 & -1 & 2 & 0 & 0\\0 & 1 & -2 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 2 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H_{5}=\begin{bmatrix}1 & -1 & 2 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 2 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$

取$H=H_5$。上面已经写出$I_5=H_0\to H_1\to\cdots\to H_5$的每个矩阵。每一步都以同一方式改变原输入行的组合，因此把操作链作用于$B_1$时，第$j$步有$H_jB_1=B_{j+1}$；特别地$HB_1=B_6$。这对矩形$B_1$同样成立，完全不需要把$B_1$求逆。

题 7

$3\times4$矩阵$A_1,\ldots,A_5$按下面四步操作相连。(a) 求满足$A_{j+1}=J_jA_j$的$J_1,\ldots,J_4$；(b) 若增广矩阵$[A_1\mid B_1],\ldots,[A_4\mid B_4],[A_5\mid I_3]$也按完全相同的四步相连，各$B_j$均为$3\times3$，求全部四个$B_j$；(c) $B_1A_1$是否与$A_5$行等价？若是，写出操作链的每一步；若否，解释原因。

$$\begin{gathered}\text{1. }R_2\leftarrow R_2+(-1)R_1\\\text{2. }R_3\leftarrow R_3+(-2)R_1\\\text{3. }R_3\leftarrow R_3+(-1)R_2\\\text{4. }R_1\leftarrow R_1+(-1)R_2\end{gathered}$$

完整解答

以下在实数上讨论。行替换的源行与目标行不同，缩放系数非零；操作作用于整行，包括所有增广块。有限链中第一步先作用，所以合并左乘矩阵中的初等矩阵按相反次序排列。

(a) 把各步指定操作作用于$I_3$，得到：

$$J_1=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\-1 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$J_2=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\-2 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$J_3=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & -1 & 1\end{bmatrix}$$ $$J_4=\begin{bmatrix}1 & -1 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$

(b) 每个行变换也作用于右块，因此$J_1B_1=B_2$、$J_2B_2=B_3$、$J_3B_3=B_4$、$J_4B_4=I_3$。从最后一个等式开始，依次施行逆操作：

$$B_4=J_4^{-1},\quad B_3=J_3^{-1}J_4^{-1},\quad B_2=J_2^{-1}J_3^{-1}J_4^{-1},\quad B_1=J_1^{-1}J_2^{-1}J_3^{-1}J_4^{-1}.$$ $$B_1=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\1 & 2 & 0\\2 & 3 & 1\end{bmatrix}$$ $$B_2=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\0 & 1 & 0\\2 & 3 & 1\end{bmatrix}$$ $$B_3=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 1 & 1\end{bmatrix}$$ $$B_4=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$

把这些明确矩阵代入上述四个右块等式，也可逐一核对；并没有对矩形$A_j$作非法消去。(c) 是。令$P=J_4J_3J_2J_1$。增广操作链同时给出$A_5=PA_1$及$PB_1=I_3$。所以对$B_1A_1$施行一次四步操作，得到$P(B_1A_1)=A_1$；再作一次四步，得到$PA_1=A_5$。因此完整操作链依次为：

$$\begin{gathered}\text{1. }R_2\leftarrow R_2+(-1)R_1\\\text{2. }R_3\leftarrow R_3+(-2)R_1\\\text{3. }R_3\leftarrow R_3+(-1)R_2\\\text{4. }R_1\leftarrow R_1+(-1)R_2\\\text{5. }R_2\leftarrow R_2+(-1)R_1\\\text{6. }R_3\leftarrow R_3+(-2)R_1\\\text{7. }R_3\leftarrow R_3+(-1)R_2\\\text{8. }R_1\leftarrow R_1+(-1)R_2\end{gathered}$$

题 8

设$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta_1,\beta_2,\beta_3$为任意实数。四行矩阵$A,B$经下面六步操作相连。给出满足$B=GA$及$A=HB$的明确$4\times4$矩阵$G,H$。

$$\begin{gathered}\text{1. }R_2\leftarrow R_2+(\alpha_{1})R_1\\\text{2. }R_3\leftarrow R_3+(\alpha_{2})R_1\\\text{3. }R_4\leftarrow R_4+(\alpha_{3})R_1\\\text{4. }R_1\leftarrow R_1+(\beta_{1})R_2\\\text{5. }R_1\leftarrow R_1+(\beta_{2})R_3\\\text{6. }R_1\leftarrow R_1+(\beta_{3})R_4\end{gathered}$$

完整解答

以下在实数上讨论。行替换的源行与目标行不同，缩放系数非零；操作作用于整行，包括所有增广块。有限链中第一步先作用，所以合并左乘矩阵中的初等矩阵按相反次序排列。

把原行记为$a_1,a_2,a_3,a_4$。前三步后各行为$a_1$、$a_2+\alpha_1a_1$、$a_3+\alpha_2a_1$、$a_4+\alpha_3a_1$。最后三步使用这些已经更新的行，因此最终首行为$(1+\alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2+\alpha_3\beta_3)a_1+\beta_1a_2+\beta_2a_3+\beta_3a_4$，其余三行保持上述形式。这四条原行组合给出$G$；把六步倒序撤销，则得到$H$：

$$G=\begin{bmatrix}\alpha_{1} \beta_{1} + \alpha_{2} \beta_{2} + \alpha_{3} \beta_{3} + 1 & \beta_{1} & \beta_{2} & \beta_{3}\\\alpha_{1} & 1 & 0 & 0\\\alpha_{2} & 0 & 1 & 0\\\alpha_{3} & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$ $$H=\begin{bmatrix}1 & - \beta_{1} & - \beta_{2} & - \beta_{3}\\- \alpha_{1} & \alpha_{1} \beta_{1} + 1 & \alpha_{1} \beta_{2} & \alpha_{1} \beta_{3}\\- \alpha_{2} & \alpha_{2} \beta_{1} & \alpha_{2} \beta_{2} + 1 & \alpha_{2} \beta_{3}\\- \alpha_{3} & \alpha_{3} \beta_{1} & \alpha_{3} \beta_{2} & \alpha_{3} \beta_{3} + 1\end{bmatrix}$$

具体地，依次从第1行减去$\beta_3R_4$、$\beta_2R_3$、$\beta_1R_2$，恢复$a_1$；再从第4、3、2行分别减去$\alpha_3R_1$、$\alpha_2R_1$、$\alpha_1R_1$，恢复全部原行。若最终各行为$b_j$，这就是说$a_1=b_1-\beta_1b_2-\beta_2b_3-\beta_3b_4$，且$a_{i+1}=b_{i+1}-\alpha_i a_1$；展开便恰好得到所写$H$。所以$HG=GH=I_4$。这些操作全是行替换，没有任何参数必须非零，即使$G$左上角等于零也不影响结论。

题 9

设实数$\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2$满足$\beta_1\beta_2\ne0$。四行矩阵$A,B$经下面五步操作相连。(a) 给出一个逐项明确的$4\times4$矩阵$G$，使$B=GA$，并写出从$I_4$到$G$的操作链；不必写中间矩阵。(b) 写出从$G$返回$I_4$的操作链。

$$\begin{gathered}\text{1. }R_3\leftarrow R_3+(\alpha_{1})R_2\\\text{2. }R_1\leftarrow (\beta_{1})R_1\\\text{3. }R_1\leftrightarrow R_4\\\text{4. }R_1\leftarrow R_1+(\alpha_{2})R_3\\\text{5. }R_2\leftarrow (\beta_{2})R_2\end{gathered}$$

完整解答

以下在实数上讨论。行替换的源行与目标行不同，缩放系数非零；操作作用于整行，包括所有增广块。有限链中第一步先作用，所以合并左乘矩阵中的初等矩阵按相反次序排列。

(a) 设原行为$a_1,a_2,a_3,a_4$。第一步使第3行成为$a_3+\alpha_1a_2$；缩放第1行再交换第1、4行，使第1行为$a_4$、第4行为$\beta_1a_1$。把当前第3行的$\alpha_2$倍加到第1行，得到$a_4+\alpha_2a_3+\alpha_1\alpha_2a_2$。最后第2行变为$\beta_2a_2$。因此：

$$G=\begin{bmatrix}0 & \alpha_{1} \alpha_{2} & \alpha_{2} & 1\\0 & \beta_{2} & 0 & 0\\0 & \alpha_{1} & 1 & 0\\\beta_{1} & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$

从$I_4$出发的所求操作链，就是按原次序施行题目五步；它们作用于标准行后，逐项得到所写$G$。(b) 倒序撤销：

$$\begin{gathered}\text{1. }R_2\leftarrow (\frac{1}{\beta_{2}})R_2\\\text{2. }R_1\leftarrow R_1+(- \alpha_{2})R_3\\\text{3. }R_1\leftrightarrow R_4\\\text{4. }R_1\leftarrow (\frac{1}{\beta_{1}})R_1\\\text{5. }R_3\leftarrow R_3+(- \alpha_{1})R_2\end{gathered}$$

前两步逆操作后，第2行为$e_2$、第1行为$e_4$。交换后第4行恢复为$e_4$，第1行成为$\beta_1e_1$；乘倒数恢复$e_1$，最后一步把第3行从$e_3+\alpha_1e_2$恢复为$e_3$。终点因此为$I_4$。$\beta_1,\beta_2$非零的条件，恰好用于这两次倒数缩放。

题 10

设$m\times n$矩阵$A,A^\prime$行等价。证明对每个$n\times p$矩阵$B$，$AB$与$A^\prime B$行等价。

完整解答

以下在实数上讨论。行替换的源行与目标行不同，缩放系数非零；操作作用于整行，包括所有增广块。有限链中第一步先作用，所以合并左乘矩阵中的初等矩阵按相反次序排列。

证明中把内维数和输出列数分别记为$p$和$q$；这只是重新命名题目的维数符号。

(a)：单步正向传递

直接逐项证明正向恒等式：在行替换情形，只有输出第$k$行改变：

$$(A^\prime B)_{kj}=\sum_{r=1}^{p}(a_{kr}+\alpha a_{ir})b_{rj}=(AB)_{kj}+\alpha(AB)_{ij}.$$

其余输出行逐项相同。缩放时$(A^\prime B)_{kj}=\beta(AB)_{kj}$，其余行不变。交换$A$的第$i,k$行，会恰好交换$AB$的第$i,k$行。由此直接证明三种正向传递恒等式；再作逆操作，便得到反向恒等式。

(b)：对行变换序列长度归纳

长度为零时，两矩阵相同，乘积也相同。假设结论对长度$n$成立。对长度$n+1$的序列，令$A_n$为前$n$步后的矩阵。归纳假设表明，同样的前$n$步把$AB$送到$A_nB$；再由(a)已逐项证明的正向恒等式，最后一步把$A_nB$送到$A^\prime B$。所以整个$n+1$步序列把$AB$送到$A^\prime B$。归纳得任意有限长度的结论。所有乘积大小均为$m\times q$，因此始终是同尺寸矩阵上的合法行变换。