3.6 分塊矩陣

大型矩陣往往含有逐項閱讀時不易看出的簡單結構：前幾列可能代表一組變量，其餘列代表另一組變量，各組行也可能來自不同類型的方程。分塊就是在不改變任何元素的前提下，把這些分組明確記錄下來。

所以，分塊記號只是觀察層次的改變，並不是一種新的矩陣。每一步合法的分塊運算，最終仍須由普通的逐項加法或行乘列法則來說明。它的優點，是在計算變大之前先把結構與維數關係顯示出來。

選擇能顯示結構的分塊

假設線性模型的輸入分成大小為 $s_1,s_2$ 的兩組，輸出分成大小為 $r_1,r_2$ 的兩組。表示這個模型的矩陣便自然分成四塊；位置 $(i,j)$ 的塊表示第 $j$ 組輸入怎樣影響第 $i$ 組輸出。

分割線只有反映數學結構時才有幫助。常見選擇會分離係數組、單位塊、零塊、重複模式，或線性變換的不同階段。任意分割雖然合法，卻不一定能簡化問題。

每次運算前應問三件事：

1. 各分塊行的高度及各分塊列的寬度是多少？
2. 對整體矩陣而言，擬進行的運算是否有定義？
3. 若使用分塊公式，其中每個乘積與每個和的維數是否相容？

第二與第三問必須分開。整體大小相同的兩個矩陣總能逐項相加，即使顯示出的分塊線不同；此時不能做的，只是把目前兩種分塊表示中的分塊直接一一配對。

記錄各塊的大小

定義 3.6.1

（矩陣的分塊）

設 $A \in \mathbb F^{m\times n}$，並選取正整數使

$$m=r_1+\cdots+r_p, \qquad n=s_1+\cdots+s_q.$$

把行依次分成高度為 $r_1,\ldots,r_p$ 的組，把列依次分成寬度為 $s_1,\ldots,s_q$ 的組，就可寫成

$$A=[A_{ij}]_{1\leq i\leq p,\,1\leq j\leq q}, \qquad A_{ij}\in\mathbb F^{r_i\times s_j}.$$

$A_{ij}$ 是第 $i$ 個分塊行、第 $j$ 個分塊列中的子矩陣。同一分塊行內各塊都有 $r_i$ 行，同一分塊列內各塊都有 $s_j$ 列。

分塊網格是附加在原矩陣上的記號；移除分塊線後仍是同一個 $m\times n$ 矩陣。增加分塊線稱為分割的細化，移除分塊線稱為粗化。若同一矩陣上的兩個分割不同，把雙方所有水平與垂直分塊線合在一起，就得到一個共同細化。

定義 3.6.2

（乘法相容的分塊）

設

$$A=[A_{ij}]_{p\times q}, \qquad B=[B_{jk}]_{q\times \ell}.$$

若存在正整數 $r_i,s_j,t_k$，使得

$$A_{ij}\in\mathbb F^{r_i\times s_j}, \qquad B_{jk}\in\mathbb F^{s_j\times t_k},$$

就稱兩個分割對乘法相容。換句話說，$A$ 的第 $j$ 個分塊列寬度 $s_j$ 必須逐組等於 $B$ 的第 $j$ 個分塊行高度。內側分塊線的位置與數目要一致； $A$ 的外側行分割和 $B$ 的外側列分割則不必相同。

純量乘法不涉及第二個矩陣：純量直接乘到每一個已顯示的分塊即可。

不同分塊行的高度不必相等，不同分塊列的寬度也不必相等，分塊本身更不必是方陣，一個矩陣的分塊行數與分塊列數也不必相同。真正需要的是每條帶狀區域內維數一致：同一分塊行共享一個高度，同一分塊列共享一個寬度。把這些行高和列寬明確寫出，通常比只憑圖中的分塊線判斷相容性更可靠。

分塊運算何時成立

定理 3.6.3

（分塊加法與轉置的相容性）

設 $A,B\in\mathbb F^{m\times n}$。

• 只要整體維數相同，普通矩陣和 $A+B$ 就有定義，與所用分塊線無關。
• 若兩者使用相同的行分割 $(r_1,\ldots,r_p)$ 與列分割 $(s_1,\ldots,s_q)$，則

$$A+B=[A_{ij}+B_{ij}]_{p\times q}.$$

• 若兩種分塊表示不同，可以移除分塊線、把兩者重新作同一分塊，或加入雙方全部分塊線形成共同細化；此後便可在共享網格中逐塊相加。
• 若 $A=[A_{ij}]_{p\times q}$ 且 $A_{ij}\in\mathbb F^{r_i\times s_j}$，則轉置矩陣位置 $(j,i)$ 的塊滿足

$$(A^T)_{ji}=A_{ij}^T, \qquad (A^T)_{ji}\in\mathbb F^{s_j\times r_i}.$$

轉置會交換分塊行與分塊列，並把每一塊本身轉置。

定理 3.6.4

（分塊乘法定理）

設

$$A=[A_{ij}]_{p\times q}, \qquad A_{ij}\in\mathbb F^{r_i\times s_j},$$

以及

$$B=[B_{jk}]_{q\times \ell}, \qquad B_{jk}\in\mathbb F^{s_j\times t_k}.$$

則普通乘積 $AB$ 有定義，並具有分塊

$$AB=[C_{ik}]_{p\times\ell}, \qquad C_{ik}=(AB)_{ik}=\sum_{j=1}^{q}A_{ij}B_{jk}.$$

固定 $i,k$ 後，每個 $A_{ij}B_{jk}$ 都是 $r_i\times t_k$ 矩陣，所以這些項確實可以相加，且 $C_{ik}\in\mathbb F^{r_i\times t_k}$。

在 $2\times2$ 分塊情形，公式就是

$$AB= \begin{bmatrix} A_{11}B_{11}+A_{12}B_{21} & A_{11}B_{12}+A_{12}B_{22}\\ A_{21}B_{11}+A_{22}B_{21} & A_{21}B_{12}+A_{22}B_{22} \end{bmatrix}.$$

它的外觀與普通 $2\times2$ 乘法相同，卻不能因此忽略維數或次序。矩陣塊的乘法通常不可交換，每個和中的各項也必須同型。

為甚麼分組不會改變運算法則

證明

（為甚麼分塊公式就是普通矩陣公式）

對加法，固定任意元素位置 $(a,b)$，$A+B$ 在該處就是 $a_{ab}+b_{ab}$。共享網格只把這些逐項和重新組成長方形，因此 $(i,j)$ 分塊正是 $A_{ij}+B_{ij}$。若原分塊線不同，雙方分塊線的並集仍把同一批行與列分成連續小組，故共同細化總能讓各分塊直接配對。

對轉置，位置 $(a,b)$ 的元素移到 $(b,a)$。所以原來位於 $(i,j)$ 的長方形移到 $(j,i)$，且自身的行、列交換，得到 $A_{ij}^T$，維數由 $r_i\times s_j$ 變成 $s_j\times r_i$。

對乘法，固定屬於 $A$ 第 $i$ 個分塊行的一行，以及屬於 $B$ 第 $k$ 個分塊列的一列。普通的行乘列點積會對所有公共內座標求和。把這個和按照 $s_1,\ldots,s_q$ 分組，第 $j$ 組的貢獻恰是 $A_{ij}B_{jk}$ 中的對應元素。因此

$$(AB)_{ik}=A_{i1}B_{1k}+\cdots+A_{iq}B_{qk}.$$

分塊乘法沒有創造新法則；它只是把普通行乘列之和分組，既不漏項也不重複。

下面的圖解把選擇分割、檢查維數和組合乘積的過程連起來。

由相容大小到分塊乘積

例題 3.6.5

（帶着維數讀 2 × 2 符號公式）

設 $A$ 的分塊行高為 $(r_1,r_2)$、分塊列寬為 $(s_1,s_2)$，$B$ 的分塊列寬為 $(t_1,t_2)$。例如

$$A_{11}\in\mathbb F^{r_1\times s_1}, \quad B_{12}\in\mathbb F^{s_1\times t_2}, \quad A_{12}\in\mathbb F^{r_1\times s_2}, \quad B_{22}\in\mathbb F^{s_2\times t_2}.$$

所以 $A_{11}B_{12}$ 與 $A_{12}B_{22}$ 都是 $r_1\times t_2$，從而

$$(AB)_{12}=A_{11}B_{12}+A_{12}B_{22} \in\mathbb F^{r_1\times t_2}.$$

這就是符號公式背後的維數檢查；其他輸出塊也必須通過同樣檢查。

例題 3.6.6

（兩種分塊表示不同，普通加法仍有定義）

考慮

$$A= \begin{bmatrix} 1&0&2&1\\3&1&-1&2\\0&4&5&-2 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 2&1&0&3\\-1&2&4&0\\5&0&1&1 \end{bmatrix}.$$

把 $A$ 的行、列分別按 $1+2$、$2+2$ 分割，把 $B$ 的行、列分別按 $2+1$、$1+3$ 分割。目前左上塊分別是 $1\times2$ 與 $2\times1$，不能直接配對。但兩個原矩陣同為 $3\times4$，所以

$$A+B= \begin{bmatrix} 3&1&2&4\\2&3&3&2\\5&4&6&-1 \end{bmatrix}.$$

若要逐塊計算，取共同的行分割 $1+1+1$ 和列分割 $1+1+2$ 即可。障礙來自目前記號，而不是矩陣和本身。

例題 3.6.7

（不同尺寸的矩形分塊及其轉置）

把一個 $3\times5$ 矩陣的行按 $1+2$、列按 $2+3$ 分割：

$$A=\left[ \begin{array}{cc|ccc} 1&2&0&3&4\\ \hline 5&6&7&8&9\\ 0&1&-1&2&3 \end{array}\right].$$

四塊大小依次為 $1\times2,1\times3,2\times2,2\times3$。轉置後

$$A^T=\left[ \begin{array}{c|cc} 1&5&0\\ 2&6&1\\ \hline 0&7&-1\\ 3&8&2\\ 4&9&3 \end{array}\right].$$

新的行分割是 $2+3$，列分割是 $1+2$；原右上 $1\times3$ 塊成為左下 $3\times1$ 塊。分塊不必是方陣，轉置只會交換兩個維數。

例題 3.6.8

（完整的數值分塊乘法）

採用外側行分割 $(2,1)$、內側分割 $(1,2)$ 與外側列分割 $(2,1)$：

$$A=\left[ \begin{array}{c|cc} 1&2&0\\3&-1&4\\ \hline 2&1&5 \end{array}\right], \qquad B=\left[ \begin{array}{cc|c} 1&2&3\\ \hline 0&1&2\\4&-1&1 \end{array}\right].$$

這裏 $A_{11}$ 是 $2\times1$，$A_{12}$ 是 $2\times2$，$B_{11}$ 是 $1\times2$，$B_{21}$ 是 $2\times2$。四個輸出塊為

$$\begin{aligned} C_{11}&=A_{11}B_{11}+A_{12}B_{21} =\begin{bmatrix}1&4\\19&1\end{bmatrix},\\ C_{12}&=A_{11}B_{12}+A_{12}B_{22} =\begin{bmatrix}7\\11\end{bmatrix},\\ C_{21}&=A_{21}B_{11}+A_{22}B_{21} =\begin{bmatrix}22&0\end{bmatrix},\\ C_{22}&=A_{21}B_{12}+A_{22}B_{22}=\begin{bmatrix}13\end{bmatrix}. \end{aligned}$$

例如右上塊的實際計算是

$$C_{12} =\begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}[3] +\begin{bmatrix}2&0\\-1&4\end{bmatrix} \begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}3\\9\end{bmatrix} +\begin{bmatrix}4\\2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}7\\11\end{bmatrix}.$$

組合各塊便得到

$$AB= \begin{bmatrix} 1&4&7\\19&1&11\\22&0&13 \end{bmatrix}.$$

分塊乘法前的維數檢查

概念視角代數

內側分塊必須對應同一組座標

計算輸出塊 $(i,k)$ 前，先逐項寫出

$$(r_i\times s_j)(s_j\times t_k)=r_i\times t_k.$$

對每個內側指標 $j$ 都要檢查。重複的 $s_j$ 保證各乘積有定義；保持不變的 $r_i,t_k$ 保證所得乘積同型並可相加。最後還要核對：答案的分塊行高總和等於 $A$ 的行數，分塊列寬總和等於 $B$ 的列數。

對任何符號乘積之和，都要作兩項檢查：每個乘積須有定義，所有待相加結果須同型。在真正相容的分塊網格中，固定的 $r_i,t_k$ 會自動保證第二項。若只是任意列出一組不共享相應分塊行高與分塊列寬的子矩陣，就不能對它套用這個定理。

具體設 $A$ 是 $2\times4$ 矩陣，$B$ 是 $4\times3$ 矩陣。若 $A$ 的列按 $1+3$ 分組，$B$ 的行卻按 $2+2$ 分組，普通乘積仍有定義，但目前的分塊不能直接相乘：第一個擬議塊乘積的內側大小分別是一與二，第二個則是三與二，都不匹配。

保留雙方的分割位置，把共同的內側座標細分成 $1+1+2$，並把所得分塊寫為

$$A=[C_1\ C_2\ C_3],\qquad B=\begin{bmatrix}D_1\\D_2\\D_3\end{bmatrix}.$$

此時 $C_1,C_2$ 是 $2\times1$，$C_3$ 是 $2\times2$；$D_1,D_2$ 是 $1\times3$，$D_3$ 是 $2\times3$。所以 $AB=C_1D_1+C_2D_2+C_3D_3$，三個待相加矩陣都是 $2\times3$。細化分割修復了分塊計算，卻沒有改變任何矩陣元素。共同的內側分組說明哪些座標一起貢獻一個乘積，因而是公式成立的依據之一。

常見錯誤

常見錯誤

（混淆矩陣和與一種特定的分塊表示）

只要整體維數相同，不同分塊線不會使 $A+B$ 無定義；它們只使目前分塊中的各塊不能直接配對。可移除分塊線、重新作相同分塊，或取共同細化。

常見錯誤

（只檢查整體矩陣的維數）

$m\times n$ 矩陣能乘 $n\times u$ 矩陣，並不代表任意分塊顯示都相容。內側分塊邊界也須一致，否則應先重新分塊。

常見錯誤

（把同位置的塊相乘，而不是分塊行乘分塊列）

$(AB)_{ik}$ 是對內側指標 $j$ 求和，不只是 $A_{ik}B_{ik}$。必須按原次序讓 $A$ 的完整分塊行與 $B$ 的完整分塊列配對。

常見錯誤

（誤以為分塊乘積可以交換次序）

即使 $A_{ij}B_{jk}$ 與 $B_{jk}A_{ij}$ 都有定義，兩者也未必相等。定理中的次序繼承自普通矩陣乘法，不能任意顛倒。

分塊計算的檢查要點

• 行分割與列分割共同決定分塊；同一分塊行有共同高度，同一分塊列有共同寬度。
• 相同整體維數足以保證普通加法有定義。只有直接逐塊配對才要求分塊表示一致；不同分割可改成共同細化。
• 轉置交換分塊網格並逐塊轉置：$(A^T)_{ji}=A_{ij}^T$。
• 若 $A_{ij}\in\mathbb F^{r_i\times s_j}$、 $B_{jk}\in\mathbb F^{s_j\times t_k}$，則 $(AB)_{ik}=\sum\limits_jA_{ij}B_{jk}$ 是 $r_i\times t_k$ 矩陣。
• 分塊乘法只是把普通行乘列的內側求和按連續座標組整理；實際計算前必須先檢查維數。

練習

快速檢查

（為甚麼兩個分塊矩陣要有相同分割方式，才能逐塊相加？）

請在答案中使用「對應分塊」一詞。

解答 · 答案

直接逐塊相加時，一邊的每個分塊都必須在另一邊找到同樣大小的對應分塊。這是對分塊表示的要求；只要整體維數相同，原矩陣仍可逐項相加。

快速檢查

（四個因子 $A_{11}$、$B_{12}$、$A_{12}$、$B_{22}$ 的大小依次為 $2\times1$、$1\times4$、$2\times3$、$3\times4$。求 $A_{11}B_{12}+A_{12}B_{22}$ 的大小。）

先檢查兩個乘積，再判斷它們能否相加。

解答 · 答案

兩個乘積的大小都是 $2\times4$，各自相乘的內維數分別是 $1$ 和 $3$。因此它們可以相加，右上輸出塊的大小為 $2\times4$。

快速檢查

（請解釋：為甚麼分塊乘法本質上仍然是普通矩陣乘法？）

答案中請用到「同一條規則」。

解答 · 引導解答

分塊乘法使用普通乘法的同一條規則；它只按照分塊線，把每個行乘列點積中的求和項分組，沒有增加、遺漏或改變任何求和項的次序。

快速檢查

（兩個 $4\times4$ 矩陣的行分組分別為 $1+3$ 和 $2+2$，欄分組同為 $2+2$。求能讓兩者直接逐塊相加的最粗共同行細化。）

在同一個四行表格中標出雙方的行分割位置。

解答 · 引導解答

保留第 $1$ 行和第 $2$ 行之後的分割線，共同行分組便是 $1+1+2$；欄分組仍為 $2+2$。這樣兩者的對應塊大小相同，而所有矩陣元素都沒有改變。

快速檢查

（根據給出的分塊，計算乘積的右上塊。）

設

$$A_{11}=\begin{bmatrix}1&2\end{bmatrix}, \quad A_{12}=\begin{bmatrix}-1\end{bmatrix}, \quad B_{12}=\begin{bmatrix}1&0\\3&2\end{bmatrix}, \quad B_{22}=\begin{bmatrix}-2&1\end{bmatrix}.$$

求 $(AB)_{12}=A_{11}B_{12}+A_{12}B_{22}$，並寫出其維數。

解答 · 引導解答

兩個乘積的形狀分別為 $(1\times2)(2\times2)=1\times2$ 與 $(1\times1)(1\times2)=1\times2$，所以可以相加。計算得

$$A_{11}B_{12}=\begin{bmatrix}7&4\end{bmatrix}, \qquad A_{12}B_{22}=\begin{bmatrix}2&-1\end{bmatrix},$$

從而

$$(AB)_{12}=\begin{bmatrix}9&3\end{bmatrix}.$$

答案是 $1\times2$ 塊。先寫維數，正好說明最後的數值加法為甚麼合法。

相關筆記

若普通矩陣乘法的模式仍未穩固，可先回看 3.2 矩陣乘法、單位矩陣與線性方程組。

下一章可接着讀 4.1 齊次方程組與零空間。稍後的 5.1 可逆矩陣 會把矩陣結構連到可逆性。

補充練習與完整解答

第 29 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

$$v_1,\ldots,v_n\in\mathbb R^m,\quad \lambda_1,\ldots,\lambda_n\in\mathbb R.$$

由矩陣相等的定義或其他方法證明 $[v_1\ \cdots\ v_n](\lambda_1,\ldots,\lambda_n)^{\mathsf T}=\sum\limits_j\lambda_jv_j$。更一般地，若 Aᵢ 為 m×nᵢ、Bᵢ 為 nᵢ×p（i=1,…,q），則橫向分塊行乘縱向分塊列等於 ΣᵢAᵢBᵢ。也說明該一般結論。

解答

$$\left([v_1\ \cdots\ v_n]\begin{pmatrix}\lambda_1\\\vdots\\\lambda_n\end{pmatrix}\right)_r=\sum_{j=1}^n(v_j)_r\lambda_j=\left(\sum_{j=1}^n\lambda_jv_j\right)_r\qquad(1\le r\le m).$$ $$[A_1\ \cdots\ A_q]\begin{pmatrix}B_1\\\vdots\\B_q\end{pmatrix}=\sum_{i=1}^q A_iB_i.$$ $$N_0=0,\quad N_i=\sum_{h=1}^i n_h,\quad \sum_{k=1}^{N_q}a_{rk}b_{ks}=\sum_{i=1}^q\sum_{t=1}^{n_i}(A_i)_{rt}(B_i)_{ts}=\left(\sum_{i=1}^qA_iB_i\right)_{rs}.$$

第一個公式在每個座標 r 上成立，因此兩列向量相等。備註中所有 AᵢBᵢ 均為 m×p。將內部指標 k 分成互不重疊的連續區間 Nᵢ₋₁+1,…,Nᵢ，再令 k=Nᵢ₋₁+t，得到所列有限和恆等式，逐項證明一般公式。

第 30 題

本題的矩陣及未另行說明的標量參數均取實數。矩陣尺寸為正整數；O 表示相應尺寸的零矩陣。

題目

$$A\in M_{m\times n}(\mathbb R),\qquad B=[B_1\ \cdots\ B_s],\quad B_i\in M_{n\times p_i}(\mathbb R).$$

由乘法定義或其他方法證明 AB=[AB₁ … ABₛ]。類似地，若 A 改為 Aᵢ∈$M_{m_i\times n}$ 的縱向堆疊，B∈$M_{n\times p}$，則 AB 是 AᵢB 的縱向堆疊。也說明此類似結論。

解答

$$P_0=0,\quad P_i=\sum_{h=1}^i p_h,\qquad (AB)_{r,P_{i-1}+j}=\sum_{k=1}^n a_{rk}(B_i)_{kj}=(AB_i)_{rj}\quad(1\le j\le p_i).$$ $$AB=[AB_1\ \cdots\ AB_s].$$ $$A=\begin{pmatrix}A_1\\\vdots\\A_s\end{pmatrix},\quad M_0=0,\quad M_i=\sum_{h=1}^i m_h\quad\Longrightarrow\quad (AB)_{M_{i-1}+r,j}=\sum_{k=1}^n(A_i)_{rk}b_{kj}=(A_iB)_{rj}.$$ $$AB=\begin{pmatrix}A_1B\\\vdots\\A_sB\end{pmatrix}.$$

在橫向分塊中，Pᵢ₋₁+j 是 Bᵢ 的局部第 j 列對應的整體列號。所列等式涵蓋每一行與每一個局部列，故證明第一個結果。縱向分塊中，Mᵢ₋₁+r 是 Aᵢ 的局部第 r 行對應的整體行號，第二個等式涵蓋全部輸出元素，證明備註。各乘積的尺寸均相容。

題 11

設$A,A^\prime$為$m\times n$矩陣，$B,B^\prime$為$p\times n$矩陣。若$A\sim A^\prime$且$B\sim B^\prime$，證明$\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}A^\prime\\B^\prime\end{bmatrix}$。

完整解答

以下在實數上討論。行替換的來源行與目標行不同，縮放係數非零；操作作用於整行，包括所有增廣塊。有限鏈中第一步先作用，所以合併左乘矩陣中的初等矩陣按相反次序排列。

取一條把$A$化為$A^\prime$的有限操作鏈，只在堆疊矩陣的前$m$行上施行：交換或行相加只使用$1,\ldots,m$中的行號，縮放也只改變相應頂行。因此下面$p$行不變，得到$[A^\prime;B]$。再取把$B$化為$B^\prime$的有限鏈，把其中每個行號$i$換成$m+i$後施行。這些都是下方$p$行之間的合法操作，保持頂塊不變，得到$[A^\prime;B^\prime]$。拼接後的鏈有限，且始終作用於同樣的$(m+p)\times n$尺寸，因而證明結論。任一鏈為空的情況也包含在內。

題 12

設$A,B$為$m\times n$矩陣，在前$p$欄後分塊為$A=[A^\prime\mid A^{\prime\prime}]$、$B=[B^\prime\mid B^{\prime\prime}]$。(a) 證明：$A\sim B$當且僅當存在同一行變換序列，同時把$A^\prime$化為$B^\prime$、把$A^{\prime\prime}$化為$B^{\prime\prime}$。(b) 對以下斷言給出反例並說明：分別有$A^\prime\sim B^\prime$及$A^{\prime\prime}\sim B^{\prime\prime}$，就足以推出$A\sim B$。

完整解答

以下在實數上討論。行替換的來源行與目標行不同，縮放係數非零；操作作用於整行，包括所有增廣塊。有限鏈中第一步先作用，所以合併左乘矩陣中的初等矩陣按相反次序排列。

(a) 每個初等行變換對整行的每一項使用同一規則：交換整整兩行，縮放把一行每項乘相同係數，行替換在每一欄都加上來源行的同一倍數。因此，對水平拼接矩陣施行一步操作，等價於對各塊施行同一步操作。對有限序列長度歸納，便知從$A$到$B$的序列在兩塊上分別限制為同一序列。反過來，若同一序列把兩塊都化為各自目標塊，將其作用於整體，就同時得到兩個目標塊，即$B$。兩個方向均已證明。

(b) 取$m=1,n=2,p=1$，$A=[1\mid1]$、$B=[1\mid2]$。首塊相等，空鏈就證明行等價；第二塊$[1]$與$[2]$可由乘$2$相連，故也行等價。但矩陣只有一行，沒有兩條不同行可交換或用於行替換；所有合法步驟只有非零純量乘這一行。因此任意有限鏈都把$A$送到某個$[c,c]$，其中$c\ne0$。它不可能等於$[1,2]$，因為首項迫使$c=1$，第二項卻迫使$c=2$。所以$A,B$並不行等價；缺少的正是兩塊使用同一序列的條件。