有限实矩阵乘法法则的证明
设 m , n , p , q m,n,p,q m , n , p , q A ∈ R m × n A\in\mathbb R^{m\times n} A ∈ R m × n B ∈ R n × p B\in\mathbb R^{n\times p} B ∈ R n × p C ∈ R p × q C\in\mathbb R^{p\times q} C ∈ R p × q ( i , ℓ ) (i,\ell) ( i , ℓ )
( ( A B ) C ) i ℓ = ∑ k = 1 p ( ∑ j = 1 n a i j b j k ) c k ℓ = ∑ j = 1 n a i j ( ∑ k = 1 p b j k c k ℓ ) = ( A ( B C ) ) i ℓ . \begin{aligned}
((AB)C)_{i\ell}
&=\sum_{k=1}^{p}\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)c_{k\ell}\\
&=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\left(\sum_{k=1}^{p}b_{jk}c_{k\ell}\right)
=(A(BC))_{i\ell}.
\end{aligned} (( A B ) C ) i ℓ = k = 1 ∑ p ( j = 1 ∑ n a ij b jk ) c k ℓ = j = 1 ∑ n a ij ( k = 1 ∑ p b jk c k ℓ ) = ( A ( BC ) ) i ℓ . 中间等号只交换两个有限和的求和次序，并使用实数分配律。两边同为 m × q m\times q m × q
对 D ∈ R n × p D\in\mathbb R^{n\times p} D ∈ R n × p
[ A ( B + D ) ] i k = ∑ j = 1 n a i j ( b j k + d j k ) = ( A B ) i k + ( A D ) i k . [A(B+D)]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(b_{jk}+d_{jk})
=(AB)_{ik}+(AD)_{ik}. [ A ( B + D ) ] ik = j = 1 ∑ n a ij ( b jk + d jk ) = ( A B ) ik + ( A D ) ik . 对 E ∈ R m × n E\in\mathbb R^{m\times n} E ∈ R m × n
[ ( A + E ) B ] i k = ∑ j = 1 n ( a i j + e i j ) b j k = ( A B ) i k + ( E B ) i k . [(A+E)B]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}(a_{ij}+e_{ij})b_{jk}
=(AB)_{ik}+(EB)_{ik}. [( A + E ) B ] ik = j = 1 ∑ n ( a ij + e ij ) b jk = ( A B ) ik + ( EB ) ik . 所以在所写的相容大小下，两条分配律均成立。对任意实标量 c c c
[ ( c A ) B ] i k = ∑ j ( c a i j ) b j k = c ∑ j a i j b j k = ∑ j a i j ( c b j k ) = [ A ( c B ) ] i k , [(cA)B]_{ik}=\sum_j(ca_{ij})b_{jk}
=c\sum_j a_{ij}b_{jk}
=\sum_j a_{ij}(cb_{jk})=[A(cB)]_{ik}, [( c A ) B ] ik = j ∑ ( c a ij ) b jk = c j ∑ a ij b jk = j ∑ a ij ( c b jk ) = [ A ( c B ) ] ik , 逐项相等便证明 ( c A ) B = c ( A B ) = A ( c B ) (cA)B=c(AB)=A(cB) ( c A ) B = c ( A B ) = A ( c B ) x , y ∈ R n x,y\in\mathbb R^n x , y ∈ R n s , t s,t s , t
[ A ( s x + t y ) ] i = ∑ j a i j ( s x j + t y j ) = s ( A x ) i + t ( A y ) i . [A(sx+ty)]_i=\sum_j a_{ij}(sx_j+ty_j)
=s(Ax)_i+t(Ay)_i. [ A ( s x + t y ) ] i = j ∑ a ij ( s x j + t y j ) = s ( A x ) i + t ( A y ) i . 这证明了比较同一线性系统的解时所用的矩阵乘向量线性性质。所有恒等式都只针对大小相容的有限实矩阵，不声称任意矩阵因子可交换或可消去。
从单位矩阵建立初等矩阵
假设一个初等 行变换 ρ \rho ρ p p p I p I_p I p I p I_p I p E ρ E_\rho E ρ c c c 1 / c 1/c 1/ c
定义
初等行变换矩阵 与 p p p ρ \rho ρ 初等行变换矩阵 ，就是把
ρ \rho ρ I p I_p I p p × p p \times p p × p
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 ρ = ρ ( I p ) . E_\rho = \rho(I_p). E ρ = ρ ( I p ) . 这个定义有用，是因为以下定理。
定理
初等行变换等同于左乘矩阵 设 A A A p p p ρ \rho ρ ρ ( A ) \rho(A) ρ ( A ) A A A
ρ ( A ) = E ρ A . \rho(A) = E_\rho A. ρ ( A ) = E ρ A . 所以，对 A A A I p I_p I p A A 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 A A
维数也说明了同一点。若 A A A p × n p \times n p × n E ρ E_\rho E ρ p × p p \times p p × p E ρ A E_\rho A E ρ A p × n p \times n p × n A A A n n n n × n n \times n n × n
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 × n p \times n p × n A A A a 1 , a 2 , … , a p a_1,a_2,\ldots,a_p a 1 , a 2 , … , a p e k T e_k^{\mathsf T} e k T I p I_p I p k k k
e k T A = a k e_k^{\mathsf T}A=a_k e k T A = a k 表示左乘矩阵的一行会选取 A A A
对 R i ↔ R j R_i\leftrightarrow R_j R i ↔ R j E ρ E_\rho E ρ i i i e j T e_j^{\mathsf T} e j T j j j e i T e_i^{\mathsf T} e i T k k k e k T e_k^{\mathsf T} e k T E ρ A E_\rho A E ρ A A A A i , j i,j i , j
对 R i ← c R i R_i\leftarrow cR_i R i ← c R i c ≠ 0 c\ne0 c = 0 E ρ E_\rho E ρ i i i c e i T c e_i^{\mathsf T} c e i T i i i
( c e i T ) A = c a i , (c e_i^{\mathsf T})A=c a_i, ( c e i T ) A = c a i , 而每个 k ≠ i k\ne i k = i k k k a k a_k a k
对 R j ← R j + c R i R_j\leftarrow R_j+cR_i R j ← R j + c R i i ≠ j i\ne j i = j E ρ E_\rho E ρ j j j e j T + c e i T e_j^{\mathsf T}+c e_i^{\mathsf T} e j T + c e i T j j j
( e j T + c e i T ) A = a j + c a i , (e_j^{\mathsf T}+c e_i^{\mathsf T})A=a_j+c a_i, ( e j T + c e i 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 A A E ρ A = ρ ( A ) E_\rho A=\rho(A) E ρ A = ρ ( A ) ρ \rho ρ
作用于增广矩阵
假设 A x = b Ax=b A x = b [ A ∣ b ] [A\mid b] [ A ∣ b ]
E ρ [ A ∣ b ] = [ E ρ A ∣ E ρ b ] . E_\rho[A\mid b]=[E_\rho A\mid E_\rho b]. E ρ [ A ∣ b ] = [ E ρ A ∣ E ρ b ] . 因此，系数和右端常数会接受完全相同的行组合。向量 x x x A x = b Ax=b A x = b E ρ A x = E ρ b E_\rho Ax=E_\rho b E ρ A x = E ρ b E ρ E_\rho E ρ
若只改 A A A b b b b b b
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
一串初等行变换的乘积表示 假设
A 1 → ρ 1 A 2 → ρ 2 A 3 → ρ 3 ⋯ → ρ k A k + 1 . A_1 \xrightarrow{\rho_1} A_2 \xrightarrow{\rho_2} A_3
\xrightarrow{\rho_3} \cdots \xrightarrow{\rho_k} A_{k+1}. A 1 ρ 1 A 2 ρ 2 A 3 ρ 3 ⋯ ρ k A k + 1 . 则
A k + 1 = E ρ k E ρ k − 1 ⋯ E ρ 2 E ρ 1 A 1 . A_{k+1}
= E_{\rho_k}E_{\rho_{k-1}}\cdots E_{\rho_2}E_{\rho_1}A_1. A k + 1 = E ρ k E ρ k − 1 ⋯ E ρ 2 E ρ 1 A 1 . 这里每个 ρ j \rho_j ρ j
这个公式中的顺序很重要。第一个行变换最靠近 A 1 A_1 A 1
A 2 = E ρ 1 A 1 , A 3 = E ρ 2 A 2 = E ρ 2 E ρ 1 A 1 . A_2 = E_{\rho_1}A_1,
\qquad
A_3 = E_{\rho_2}A_2 = E_{\rho_2}E_{\rho_1}A_1. A 2 = E ρ 1 A 1 , A 3 = E ρ 2 A 2 = E ρ 2 E ρ 1 A 1 . 例题
合并两个行变换 令
A = [ 1 0 1 0 2 1 1 0 0 ] . A =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1\\
0 & 2 & 1\\
1 & 0 & 0
\end{bmatrix}. A = 1 0 1 0 2 0 1 1 0 . 依次做
ρ 1 : R 2 ← R 2 + R 1 , ρ 2 : R 1 ← R 1 + 2 R 2 . \rho_1:\ R_2 \leftarrow R_2 + R_1,
\qquad
\rho_2:\ R_1 \leftarrow R_1 + 2R_2. ρ 1 : R 2 ← R 2 + R 1 , ρ 2 : R 1 ← R 1 + 2 R 2 . 对应的行变换矩阵是
E ρ 1 = [ 1 0 0 1 1 0 0 0 1 ] , E ρ 2 = [ 1 2 0 0 1 0 0 0 1 ] . 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}. E ρ 1 = 1 1 0 0 1 0 0 0 1 , E ρ 2 = 1 0 0 2 1 0 0 0 1 . 两个操作完成后，结果就是
E ρ 2 E ρ 1 A = [ 3 2 0 1 1 0 0 0 1 ] [ 1 0 1 0 2 1 1 0 0 ] = [ 3 4 5 1 2 2 1 0 0 ] . 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}. E ρ 2 E ρ 1 A = 3 1 0 2 1 0 0 0 1 1 0 1 0 2 0 1 1 0 = 3 1 1 4 2 0 5 2 0 . 若不想直接相乘 E ρ 2 E ρ 1 E_{\rho_2}E_{\rho_1} E ρ 2 E ρ 1 I 3 I_3 I 3 2 2 2
反向行变换与逆矩阵
每个初等行变换都有反向操作：
R j ← R j + c R i R_j \leftarrow R_j + cR_i R j ← R j + c R i R j ← R j − c R i R_j \leftarrow R_j - cR_i R j ← R j − c R i R i ← c R i R_i \leftarrow cR_i R i ← c R i c ≠ 0 c \ne 0 c = 0 R i ← ( 1 / c ) R i R_i \leftarrow (1/c)R_i R i ← ( 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
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 ρ E_\rho E ρ ρ \rho ρ E ρ − 1 E_{\rho^{-1}} E ρ − 1 p p p X X X ρ \rho ρ X X X
E ρ − 1 E ρ X = X . E_{\rho^{-1}}E_\rho X=X. E ρ − 1 E ρ X = X . 这个等式对每个这样的 X X X X = I p X=I_p X = I p E ρ − 1 E ρ = I p E_{\rho^{-1}}E_\rho=I_p E ρ − 1 E ρ = I p ρ \rho ρ E ρ E ρ − 1 = I p E_\rho E_{\rho^{-1}}=I_p E ρ E ρ − 1 = I p
E ρ − 1 = E ρ − 1 . E_\rho^{-1}=E_{\rho^{-1}}. E ρ − 1 = E ρ − 1 . 具体来说，交换两行的逆仍是同一次交换；乘以 c ≠ 0 c\ne0 c = 0 1 / c 1/c 1/ c i i i c c c j j j − c -c − c i i i
例如，若
E = [ 1 0 0 3 1 0 0 0 1 ] E =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
3 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix} E = 1 3 0 0 1 0 0 0 1 表示 R 2 ← R 2 + 3 R 1 R_2 \leftarrow R_2 + 3R_1 R 2 ← R 2 + 3 R 1
E − 1 = [ 1 0 0 − 3 1 0 0 0 1 ] E^{-1} =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
-3 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix} E − 1 = 1 − 3 0 0 1 0 0 0 1 表示 R 2 ← R 2 − 3 R 1 R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1 R 2 ← R 2 − 3 R 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 , … , E k E_1,\ldots,E_k E 1 , … , E k p p p J = E k ⋯ E 1 J=E_k\cdots E_1 J = E k ⋯ E 1 E j − 1 E_j^{-1} E j − 1 E k E_k E k E k − 1 , … , E 1 E_{k-1},\ldots,E_1 E k − 1 , … , E 1
K = E 1 − 1 E 2 − 1 ⋯ E k − 1 . K=E_1^{-1}E_2^{-1}\cdots E_k^{-1}. K = E 1 − 1 E 2 − 1 ⋯ 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 E_k^{-1} E k − 1
K J = E 1 − 1 E 2 − 1 ( E 3 − 1 E 3 ) E 2 E 1 = E 1 − 1 ( E 2 − 1 E 2 ) E 1 = I p . 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. K J = E 1 − 1 E 2 − 1 ( E 3 − 1 E 3 ) E 2 E 1 = E 1 − 1 ( E 2 − 1 E 2 ) E 1 = I p . 另一个乘积 J K JK J K E 1 E 1 − 1 E_1E_1^{-1} E 1 E 1 − 1 I p I_p I p
把这个读法用于前面的两步例子：合并矩阵是 E ρ 2 E ρ 1 E_{\rho_2}E_{\rho_1} E ρ 2 E ρ 1 E ρ 1 − 1 E ρ 2 − 1 E_{\rho_1}^{-1}E_{\rho_2}^{-1} E ρ 1 − 1 E ρ 2 − 1 [ 1 0 1 ] [1\ 0\ 1] [ 1 0 1 ] [ 0 2 1 ] [0\ 2\ 1] [ 0 2 1 ]
有限消元必停止，并保持解集
设 A ∈ R m × n A\in\mathbb R^{m\times n} A ∈ R m × n b ∈ R m b\in\mathbb R^m b ∈ R m m , n m,n m , n A x = b Ax=b A x = b
从左到右扫描系数列，并记录下一未使用行。若当前列在未使用行中有非零元素，就将其所在行交换到下一位置，除以非零主元，再从其余各行减去适当倍数，清空该列其他元素，然后推进未使用行指标。若该列所有未使用位置都是零，就跳过该列。先前主元列始终是单位列：当前未使用行在这些列均为零，所以新主元行以及后续减法保留这些零与原主元。总共只有 n n n min ( m , n ) \min(m,n) min ( m , n )
解的分类与齐次自由度
令 r r r 0 = c 0=c 0 = c n − r n-r n − r r = n r=n r = n r < n r<n r < n
对 A z = 0 Az=0 A z = 0 r < n r<n r < n r = n r=n r = n x p x_p x p x p + z x_p+z x p + z A z = 0 Az=0 A z = 0
当 A A A I I I E E E E A = I EA=I E A = I E E E A = E − 1 A=E^{-1} A = E − 1 A E = I AE=I A E = I E E E [ A ∣ I ] [A\mid I] [ A ∣ I ] [ I ∣ A − 1 ] [I\mid A^{-1}] [ I ∣ A − 1 ]
不预设计数结论的有限基存在与扩充
设实向量空间 V V V t 1 , … , t N t_1,\ldots,t_N t 1 , … , t N u 1 , … , u k u_1,\ldots,u_k u 1 , … , u k N N N j j j u 1 , … , u j u_1,\ldots,u_j u 1 , … , u j N − j N-j N − j u j + 1 u_{j+1} u j + 1 u i u_i u i u j + 1 u_{j+1} u j + 1 k > N k>N k > N N N N N N N V V V u N + 1 u_{N+1} u N + 1 N = 0 N=0 N = 0
每个子空间 W W W W W W W W W N N N W W W W = { 0 } W=\{0\} W = { 0 } W W W W W W p , q p,q p , q p ≤ q p\le q p ≤ q q ≤ p q\le p q ≤ p
本节是可选的证明附录，矩阵条目取实数。论证只使用域运算和可逆行变换，因此也适用于任意域。它要建立的是结构性结论，并不是另给一套消元算法。
高斯消元看起来是一套算法，但仍有一个重要的理论问题需要处理：
如果两个人用不同合法路径化简同一个矩阵，为什么最后得到的 RREF 必须相同？
存在性只说明至少可以到达某个 RREF。唯一性则说明可能的 RREF 只有一个。正
因为有这个唯一性，我们才可以说一个矩阵的 唯一的 RREF ，也才可以不依赖某
次计算路径去定义 秩 。
阅读前准备
本附录会使用三个早前已建立的事实。
行等价可以写成左乘某个可逆矩阵。
行等价会保留对应列之间的线性关系。
在 RREF 中，主元列与自由列有很固定的形状。
证明比一次行化简计算长，但想法很清楚：由左至右比较两个可能的 RREF。先逼
出同一批主元列，再用自由列与主元列之间的线性关系逼出所有自由列。
定理
定理
RREF 的唯一性 设 A A A B B B C C C B B B A A A C C C A A A
B = C . B = C. B = C . 由于行等价有传递性，只要证明以下较直接的形式便足够。
定理
等价表述 若 B B B C C C B B B C C C B = C B=C B = C
请留意“简化”二字。普通行阶梯形不唯一；同一个矩阵可以有许多不同 REF，但
只有一个 RREF。
行等价会保留列之间的线性关系
把两个行等价的 p × q p \times q p × q
B = [ b 1 b 2 ⋯ b q ] , C = [ c 1 c 2 ⋯ c q ] . B=[b_1\ b_2\ \cdots\ b_q],
\qquad
C=[c_1\ c_2\ \cdots\ c_q]. B = [ b 1 b 2 ⋯ b q ] , C = [ c 1 c 2 ⋯ c q ] . 若 B B B C C C p × p p \times p p × p G G G
B = G C . B = GC. B = GC . 因此对每个列指标 j j j b j = G c j b_j = Gc_j b j = G c j
定理
列关系的保留 假设
c j = α 1 c k 1 + α 2 c k 2 + ⋯ + α n c k n . c_j=\alpha_1c_{k_1}+\alpha_2c_{k_2}+\cdots+\alpha_nc_{k_n}. c j = α 1 c k 1 + α 2 c k 2 + ⋯ + α n c k n . 则
b j = α 1 b k 1 + α 2 b k 2 + ⋯ + α n b k n . b_j=\alpha_1b_{k_1}+\alpha_2b_{k_2}+\cdots+\alpha_nb_{k_n}. b j = α 1 b k 1 + α 2 b k 2 + ⋯ + α n b k n . 反过来，任何对应 b b b c c c
反方向要用 G − 1 G^{-1} G − 1 G G G
更明确地说，由分配律，
G ( ∑ i = 1 n α i c k i ) = ∑ i = 1 n α i G c k i . G\left(\sum_{i=1}^n\alpha_i c_{k_i}\right)
=\sum_{i=1}^n\alpha_i Gc_{k_i}. G ( i = 1 ∑ n α i c k i ) = i = 1 ∑ n α i G c k i . 列向量通常会改变，系数却保持不变。再作用 G − 1 G^{-1} G − 1
RREF 的列长什么样子
设 C C C
d 1 < d 2 < ⋯ < d r . d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_r. d 1 < d 2 < ⋯ < d r . 那么这些主元列具有标准基向量的形状：
c d 1 = e 1 , c d 2 = e 2 , … , c d r = e r , c_{d_1}=e_1,\quad c_{d_2}=e_2,\quad \ldots,\quad c_{d_r}=e_r, c d 1 = e 1 , c d 2 = e 2 , … , c d r = e r , 其中向量长度由 C C C
自由列则由其左方的主元列控制。若 c j c_j c j c d 1 , … , c d h c_{d_1},\ldots,c_{d_h} c d 1 , … , c d h
c j = γ 1 j c d 1 + γ 2 j c d 2 + ⋯ + γ h j c d h . c_j=\gamma_{1j}c_{d_1}+\gamma_{2j}c_{d_2}+\cdots+\gamma_{hj}c_{d_h}. c j = γ 1 j c d 1 + γ 2 j c d 2 + ⋯ + γ hj c d h . 这些系数并不神秘：它们就是 c j c_j c j
此外，每个主元列在出现时都真正带来新方向：
c d k 不是其左方各列的线性组合。 c_{d_k}
\quad\text{不是其左方各列的线性组合。} c d k 不是其左方各列的线性组合。 这三点就是唯一性证明的核心。
为什么只需要较早的主元？若某行的主元在第 j j j j j j k k k k k k e k e_k e k 1 1 1
对主元数目作归纳
为避免循环论证，在本证明中，“一个 RREF 的秩”暂时只解作“该 RREF 的主元列
数目”。只有在唯一性证明完成后，我们才正式定义任意矩阵的秩。
证明
RREF 唯一性的完整证明 令 P ( r ) P(r) P ( r )
若 B B B C C C B B B C C C C C C r r r B = C B=C B = C
我们证明所有 r ≥ 0 r\ge 0 r ≥ 0 P ( r ) P(r) P ( r )
基本情况。 假设 C C C C C C C C C B B B C C C G G G B = G C B=GC B = GC B = G 0 = 0 B=G0=0 B = G 0 = 0 B = C B=C B = C
归纳步骤。 假设 P ( s ) P(s) P ( s ) C C C s + 1 s+1 s + 1
d 1 < d 2 < ⋯ < d s < d s + 1 . d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_s\lt d_{s+1}. d 1 < d 2 < ⋯ < d s < d s + 1 . 在最后一个主元列处把两个矩阵切开：
B = [ B ♭ B ♮ ] , C = [ C ♭ C ♮ ] , B=[B^\flat\ B^\natural],
\qquad
C=[C^\flat\ C^\natural], B = [ B ♭ B ♮ ] , C = [ C ♭ C ♮ ] , 其中 B ♭ B^\flat B ♭ C ♭ C^\flat C ♭ d s + 1 d_{s+1} d s + 1
从 RREF 删去末尾若干列，所得仍是 RREF：保留了主元的行仍有领先的 1 1 1
把 C C C B B B B ♭ = G C ♭ B^\flat=GC^\flat B ♭ = G C ♭ p × p p\times p p × p C ♭ C^\flat C ♭ s s s
B ♭ = C ♭ . B^\flat=C^\flat. B ♭ = C ♭ . 若 d s + 1 = 1 d_{s+1}=1 d s + 1 = 1 s = 0 s=0 s = 0 s = 0 s=0 s = 0 d 1 > 1 d_1\gt1 d 1 > 1
所以两个矩阵在第 d s + 1 d_{s+1} d s + 1
接着比较第 d s + 1 d_{s+1} d s + 1 C C C B B B d s + 1 d_{s+1} d s + 1
由于左方分块已相同，B B B s s s
e 1 , e 2 , … , e s . e_1,e_2,\ldots,e_s. e 1 , e 2 , … , e s . 若这列在第 s s s s s s e 1 , … , e s e_1,\ldots,e_s e 1 , … , e s s s s
取其中最上方的一行。由于左方分块相同，这一行在更早各列的条目全为零，所以它的主元就在第 d s + 1 d_{s+1} d s + 1 s + 1 s+1 s + 1 1 1 1
b d s + 1 = e s + 1 = c d s + 1 . b_{d_{s+1}}=e_{s+1}=c_{d_{s+1}}. b d s + 1 = e s + 1 = c d s + 1 . 最后比较 d s + 1 d_{s+1} d s + 1 d s + 1 d_{s+1} d s + 1 C C C 最后 一个主元位置，右方每一列都是自由列。令 ℓ > d s + 1 \ell\gt d_{s+1} ℓ > d s + 1
c ℓ = γ 1 ℓ c d 1 + ⋯ + γ s ℓ c d s + γ s + 1 , ℓ c d s + 1 . c_\ell
=
\gamma_{1\ell}c_{d_1}
+\cdots+
\gamma_{s\ell}c_{d_s}
+\gamma_{s+1,\ell}c_{d_{s+1}}. c ℓ = γ 1 ℓ c d 1 + ⋯ + γ s ℓ c d s + γ s + 1 , ℓ c d s + 1 . 行等价保留这个关系，所以
b ℓ = γ 1 ℓ b d 1 + ⋯ + γ s ℓ b d s + γ s + 1 , ℓ b d s + 1 . b_\ell
=
\gamma_{1\ell}b_{d_1}
+\cdots+
\gamma_{s\ell}b_{d_s}
+\gamma_{s+1,\ell}b_{d_{s+1}}. b ℓ = γ 1 ℓ b d 1 + ⋯ + γ s ℓ b d s + γ s + 1 , ℓ b d s + 1 . 但 B B B C C C b ℓ = c ℓ b_\ell=c_\ell b ℓ = c ℓ
每一列都相同，因此 B = C B=C B = C P ( s + 1 ) P(s+1) P ( s + 1 )
证明透视
每一步归纳究竟可以使用什么 归纳参数只数 C C C B B B s s s C C C B B B
一个具体缩小版
例题
两主元 RREF 中逐列被确定的条目 上面的证明追踪任意列，可能看起来较抽象。以下用一个小 RREF 展示同一逻辑：
C = [ 1 2 0 − 1 0 0 1 3 0 0 0 0 ] . C=
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 0 & -1\\
0 & 0 & 1 & 3\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}. C = 1 0 0 2 0 0 0 1 0 − 1 3 0 . 主元列是第 1 1 1 3 3 3
c 1 = e 1 , c 3 = e 2 . c_1=e_1,
\qquad
c_3=e_2. c 1 = e 1 , c 3 = e 2 . 自由列满足
c 2 = 2 c 1 , c 4 = − c 1 + 3 c 3 . c_2=2c_1,
\qquad
c_4=-c_1+3c_3. c 2 = 2 c 1 , c 4 = − c 1 + 3 c 3 . 现在假设 B B B C C C b 1 = e 1 b_1=e_1 b 1 = e 1 c 2 = 2 c 1 c_2=2c_1 c 2 = 2 c 1 b 2 = 2 b 1 = 2 e 1 b_2=2b_1=2e_1 b 2 = 2 b 1 = 2 e 1
第三列不是第 1 1 1 2 2 2 B B B b 3 = e 2 b_3=e_2 b 3 = e 2 c 4 = − c 1 + 3 c 3 c_4=-c_1+3c_3 c 4 = − c 1 + 3 c 3
b 4 = − b 1 + 3 b 3 = − e 1 + 3 e 2 = c 4 . b_4=-b_1+3b_3=-e_1+3e_2=c_4. b 4 = − b 1 + 3 b 3 = − e 1 + 3 e 2 = c 4 . 因此 B = C B=C B = C
例题
前导零列不会中断证明 考虑
C = [ 0 1 − 2 0 3 0 0 0 1 4 0 0 0 0 0 ] . C=\begin{bmatrix}0&1&-2&0&3\\0&0&0&1&4\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}. C = 0 0 0 1 0 0 − 2 0 0 0 1 0 3 4 0 . 设 B B B C C C c 1 = 0 c_1=0 c 1 = 0 b 1 = 0 b_1=0 b 1 = 0 c 2 c_2 c 2 b 2 b_2 b 2 e 1 e_1 e 1 c 3 = − 2 c 2 c_3=-2c_2 c 3 = − 2 c 2 b 3 = − 2 e 1 b_3=-2e_1 b 3 = − 2 e 1
c 4 = e 2 c_4=e_2 c 4 = e 2 b 4 b_4 b 4 e 2 e_2 e 2
c 5 = 3 c 2 + 4 c 4 ⟹ b 5 = 3 b 2 + 4 b 4 = c 5 . c_5=3c_2+4c_4\quad\Longrightarrow\quad b_5=3b_2+4b_4=c_5. c 5 = 3 c 2 + 4 c 4 ⟹ b 5 = 3 b 2 + 4 b 4 = c 5 . 这样无须选择消元路径，就证明了 B = C B=C B = C 2 2 2
例题
奇异左乘矩阵可以丢失一个列方向 取
C = I 2 , G = [ 1 0 0 0 ] , B = G C = [ 1 0 0 0 ] . C=I_2,\qquad G=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix},\qquad
B=GC=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}. C = I 2 , G = [ 1 0 0 0 ] , B = GC = [ 1 0 0 0 ] . B , C B,C B , C G G G B = G C B=GC B = GC C C C b 2 = 0 b_2=0 b 2 = 0 ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) C C C B B B c 2 = 0 c_2=0 c 2 = 0
对奇异的 G G G 2 2 2 1 1 1
秩因此成为良定概念
定义
秩 对任意矩阵 A A A A A A 秩 ，记作 rank ( A ) \operatorname{rank}(A) rank ( A ) A A A
这个定义之所以合法，是因为唯一性已经被证明。若不同化简路径可以得到不同
RREF，那么主元列数目便可能依赖路径。唯一性定理排除了这个可能。
所以秩不是某次计算的记录，而是矩阵本身的不变量。
因此在计算上可以安全地使用以下流程：
把 A A A
标出该 RREF 的主元列；
数主元列数目，得到 rank ( A ) \operatorname{rank}(A) rank ( A )
如果题目要求列空间的一组基，则要用主元位置回到原矩阵中相应的列。若题目只
要求秩，RREF 本身已经足够。这个分别很重要：行变换会保留列关系，但通常不
保留实际的列空间。
常见错误
常见错误
不要说普通 REF 也唯一 唯一性定理谈的是 RREF，不是任意行阶梯形。在把主元标准化并清掉其上方项之
前，可以出现许多不同 REF。
常见错误
不要把秩定义成某次计算所得的数 可以用行化简计算秩，但定义不是“我这次算到的主元数”。唯一性定理保证所有
合法 RREF 路径都给出同一个主元数。
常见错误
不要忘记列关系的角色 证明并不是说行变换保留实际列空间；一般而言它不保留。真正被使用的是对应列
之间的线性关系模式。
快速检查
思考检查
若两个 RREF 矩阵都与同一个矩阵行等价，可以推出什么？ 解答 · 答案 思考检查
RREF 唯一性怎样保证本节所用秩定义的良定性？ 解答 · 答案 秩定义为 RREF 中的主元列数目。若 RREF 不唯一，不同化简路径可能给出不同
主元数。因为 RREF 唯一，主元数便不依赖路径。
思考检查
若与 A A A 1 1 1 3 3 3 5 5 5 rank ( A ) \operatorname{rank}(A) rank ( A ) 解答 · 答案 练习
练习 1
设
C = [ 1 4 0 2 0 0 1 − 3 0 0 0 0 ] . C=
\begin{bmatrix}
1&4&0&2\\
0&0&1&-3\\
0&0&0&0
\end{bmatrix}. C = 1 0 0 4 0 0 0 1 0 2 − 3 0 . 指出其主元列，并把每个自由列写成主元列的线性组合。
解答 · 练习 1 导引解答 主元列是第 1 1 1 3 3 3
c 1 = e 1 , c 3 = e 2 . c_1=e_1,\qquad c_3=e_2. c 1 = e 1 , c 3 = e 2 . 自由列是第 2 2 2 4 4 4
c 2 = 4 c 1 , c 4 = 2 c 1 − 3 c 3 . c_2=4c_1,
\qquad
c_4=2c_1-3c_3. c 2 = 4 c 1 , c 4 = 2 c 1 − 3 c 3 . 练习 2
假设 B B B C C C B = C B=C B = C
解答 · 练习 2 导引解答 因为 c 1 c_1 c 1 B B B b 1 = e 1 = c 1 b_1=e_1=c_1 b 1 = e 1 = c 1 c 2 = 4 c 1 c_2=4c_1 c 2 = 4 c 1 b 2 = 4 b 1 = 4 c 1 = c 2 b_2=4b_1=4c_1=c_2 b 2 = 4 b 1 = 4 c 1 = c 2
C C C B B B
b 3 = e 2 = c 3 . b_3=e_2=c_3. b 3 = e 2 = c 3 . 最后，c 4 = 2 c 1 − 3 c 3 c_4=2c_1-3c_3 c 4 = 2 c 1 − 3 c 3
b 4 = 2 b 1 − 3 b 3 = 2 c 1 − 3 c 3 = c 4 . b_4=2b_1-3b_3=2c_1-3c_3=c_4. b 4 = 2 b 1 − 3 b 3 = 2 c 1 − 3 c 3 = c 4 . 因此每一列都相同，B = C B=C B = C
练习 3
解释为什么以下两个行等价的 REF 矩阵不会反驳 RREF 唯一性：
E 1 = [ 1 2 0 0 ] , E 2 = [ 2 4 0 0 ] . E_1=
\begin{bmatrix}
1&2\\
0&0
\end{bmatrix},
\qquad
E_2=
\begin{bmatrix}
2&4\\
0&0
\end{bmatrix}. E 1 = [ 1 0 2 0 ] , E 2 = [ 2 0 4 0 ] . 解答 · 练习 3 导引解答 它们行等价，而且都有行阶梯形外观，但 E 2 E_2 E 2 2 2 2 1 1 1
RREF 唯一性说的是简化行阶梯代表元唯一。它不是说每个中途得到的 REF 代表元
都唯一。
相关笔记
本节应在
2.5 行阶梯形的存在性
和
5.1 可逆矩阵
之后阅读。它也支撑
6.6 列空间、行空间与秩 。
