3.5 初等行變換矩陣

把行變換記錄成一個矩陣

初等行變換最初是矩陣上的操作步驟：交換兩行、把一行乘以非零純量、把一行的倍數加到另一行。在增廣矩陣上，只有把操作施加到受影響的整行——包括增廣線右邊的常數項——才是在等價地改寫方程。此時操作可以逆轉，因而保留原方程組的解集。

但同一件事還有一個更有結構的讀法：每一個初等行變換，都等同於左乘某個特別的方陣。這個觀點很重要，因為它把一串初等行變換轉成普通的矩陣等式。之後討論行化簡、可逆性、秩、行列式和基底時，這正是程序性操作和代數結構之間的橋。

這個結構觀點亦回答一個實際問題：若同一個行變換要同時作用於許多欄，怎樣只記錄一次規則，而不逐項重做？單位矩陣恰好提供這種編碼。它的每一行會記錄新行由哪些舊行組成；隨後，矩陣乘法便把這套規則同時施加到相容矩陣的每一欄。

由單位矩陣建立初等矩陣

假設一個初等行變換 $\rho$ 作用於有 $p$ 行的矩陣。先從單位矩陣 $I_p$ 開始，對 $I_p$ 做同一個初等行變換，所得矩陣記作 $E_\rho$。所有純量都屬於矩陣所採用的底域；特別地，每個非零倍數 $c$ 在該域中都有倒數 $1/c$。

定義 3.5.1

（初等行變換矩陣）

與 $p$ 行矩陣上的初等行變換 $\rho$ 對應的初等行變換矩陣，就是把 $\rho$ 作用在 $I_p$ 上所得的 $p \times p$ 矩陣。

這種矩陣亦簡稱初等矩陣；較長的名稱可以明確指出它與指定行變換的關係。

換句話說，

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

這個定義有用，是因為以下定理。

定理 3.5.2

（初等行變換等同於左乘矩陣）

設 $A$ 是任何有 $p$ 行的矩陣，$\rho$ 是一個初等行變換，並以 $\rho(A)$ 表示把它作用於 $A$ 後得到的矩陣。則

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

所以，對 $A$ 做這個初等行變換，等同於用同一個操作在 $I_p$ 上得到的初等行變換矩陣左乘 $A$。

這裏必須是左乘。初等行變換改變的是行，會把新行寫成舊行的線性組合；左乘正是把 $A$ 的新行寫成舊行的線性組合。右乘則會混合欄，不是同一件事。

維數亦說明了同一點。若 $A$ 是 $p \times n$ 矩陣，則 $E_\rho$ 是 $p \times p$ 矩陣，所以 $E_\rho A$ 有定義，而且仍是 $p \times n$。這裏完全不要求 $A$ 是方陣。相反，對這 $n$ 欄進行欄變換的矩陣大小為 $n \times n$，並從右邊相乘。

為甚麼左乘會執行指定行變換

證明

（對三類初等行變換逐行驗證）

把任意 $p \times n$ 矩陣 $A$ 的各行記作 $a_1,a_2,\ldots,a_p$，並以 $e_k^{\mathsf T}$ 表示 $I_p$ 的第 $k$ 行。基本等式

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

表示左乘矩陣的一行會選取 $A$ 的相應行。現在逐類檢查。

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

2. 對 $R_i\leftarrow cR_i$（$c\ne0$），$E_\rho$ 的第 $i$ 行是 $c e_i^{\mathsf T}$，其餘行不變。因此乘積的第 $i$ 行為

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

   而每個 $k\ne i$ 的第 $k$ 行仍為 $a_k$。

3. 對 $R_j\leftarrow R_j+cR_i$（$i\ne j$），$E_\rho$ 的第 $j$ 行是 $e_j^{\mathsf T}+c e_i^{\mathsf T}$，其餘行不變，所以新的第 $j$ 行為

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

   正是指定的行加法。

三類情形窮盡了初等行變換，因此對每個相容矩陣 $A$ 都有 $E_\rho A=\rho(A)$。這個證明沒有聲稱任意改動行的方式都對應一個初等矩陣； $\rho$ 必須是剛才檢查的三類操作之一。

作用於增廣矩陣

假設 $Ax=b$ 由增廣矩陣 $[A\mid b]$ 表示。初等行變換必須作用於整個增廣矩陣，不能只改其中一邊。相應的乘法等式是

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

因此，係數和右端常數會接受完全相同的行組合。向量 $x$ 滿足 $Ax=b$，若且唯若它滿足 $E_\rho Ax=E_\rho b$：正向可把原等式左乘 $E_\rho$，反向則施加逆向初等行變換。這才是解集保持不變的嚴格理由。

若只改 $A$ 而固定 $b$，或只改 $b$，一般會得到另一個方程組。增廣線只是視覺上的分隔，不是行變換可以中途停止的邊界。

分別記錄替換、縮放與交換

三種初等行變換，對應三類初等行變換矩陣。

例題 3.5.3

（行加法）

對有三行的矩陣，考慮

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

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，對任何有三行的矩陣 $A$，

$$E_\rho A$$

就是把 $A$ 的第 $2$ 行改成「第 $2$ 行加上 $3$ 倍第 $1$ 行」後所得的矩陣。

例題 3.5.4

（行倍乘）

對

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

對應的初等行變換矩陣是

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

行倍乘要求純量非零，這一點在矩陣上也看得出來：如果倍數是 $0$，所得矩陣會出現零行，不能反向恢復。

例題 3.5.5

（交換兩行）

對

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

我們得到

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

左乘這個矩陣，就會交換任何相容矩陣的第 $1$ 行和第 $3$ 行。

逐步理解初等矩陣的左乘

對單位矩陣施加行變換，便記錄了該變換的係數；再用所得矩陣左乘，就把同一個行變換施加到每一欄。

比較行變換與矩陣乘積

用下面的步驟工具重溫一串行變換。每一步都要同時讀成：在左邊乘上對應的初等矩陣。

一串初等行變換就是一個矩陣乘積

真正的用途不只是表示一個初等步驟，而是把整串初等行變換寫成一個矩陣乘積。

定理 3.5.6

（一串初等行變換的乘積表示）

假設

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

則

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

這裏每個 $\rho_j$ 都必須是作用於同樣行數矩陣的初等行變換。這個乘積表示整串操作，但乘積本身未必仍是單一個初等行變換矩陣。

這個公式中的次序很重要。第一個行變換最靠近 $A_1$，因為它最先作用：

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

例題 3.5.7

（合併兩個行變換）

令

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

依次做

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

對應的行變換矩陣是

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

兩個操作完成後，結果就是

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

若不想直接相乘 $E_{\rho_2}E_{\rho_1}$，也可以把同一串行變換按同一次序作用在 $I_3$ 上，所得矩陣就是合併後的左乘矩陣。最後的數值結果亦確認：第二步使用的是已經更新後的第 $2$ 行。

讀懂較長的行變換乘積

把一長串初等行變換寫成矩陣乘積時，需要先分清三種對象：

• 正在被變換的矩陣 $A_1,A_2,\ldots,A_{k+1}$；
• 每一步對應的初等行變換矩陣 $H_1,H_2,\ldots,H_k$；
• 合併後的單一左乘矩陣 $J=H_k\cdots H_2H_1$。

以下是一個四行矩陣的典型例子。假設

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

如果

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

那麼

$$A_7 = H_6H_5H_4H_3H_2H_1A_1.$$

相應的行變換矩陣是

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

它們的乘積是

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

有效率的做法，是把六個行變換依次作用在 $I_4$ 上，而不是手動展開六個因子。矩陣 $J$ 記錄了整串步驟對行的總作用：

$$A_7=JA_1.$$

這個等式也可用來檢查乘積次序。如果把第一步放在最左邊，所得乘積會描述另一串不同的操作。

快速檢查

（在上面六步行變換中，若 $K$ 是由 $A_7$ 反向回到 $A_1$ 的行變換矩陣乘積，$J$ 和 $K$ 應滿足甚麼等式？）

把 $K$ 想成抵消 $J$ 總作用的矩陣。

解答 · 答案

矩陣 $J$ 和 $K$ 編碼的是每一個四行矩陣上的變換，不只是題中展示的 $A_1$。對任意四行矩陣 $X$，先做正向步驟，再做反向步驟，會得到

$$K(JX)=X.$$

取 $X=I_4$，便有 $KJ=I_4$。反過來，先做反向步驟，再做正向步驟，亦會恢復任意四行矩陣 $Y$，所以 $J(KY)=Y$；取 $Y=I_4$，便有 $JK=I_4$。因此

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

換句話說，$K=J^{-1}$。

反向行變換與逆矩陣

每個初等行變換都有反向操作：

• $R_j \leftarrow R_j + cR_i$ 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 $R_i \leftarrow (1/c)R_i$；
• 交換兩行的反向操作仍然是同一次交換。

這給出一個精確的矩陣敘述。

定理 3.5.8

（初等行變換矩陣都是可逆矩陣）

每個初等行變換矩陣都是可逆的。它的逆矩陣，就是反向初等行變換所對應的初等行變換矩陣。

證明

（為甚麼反向矩陣是雙側逆矩陣）

設 $E_\rho$ 表示初等行變換 $\rho$，而 $E_{\rho^{-1}}$ 表示它的反向初等操作。對每個有 $p$ 行的矩陣 $X$，先做 $\rho$ 再撤銷，都會恢復 $X$。由左乘定理，

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

這個等式對每個這樣的 $X$ 都成立；特別取 $X=I_p$，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

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

具體來說，交換兩行的逆仍是同一次交換；乘以 $c\ne0$ 的逆是乘以 $1/c$；把第 $i$ 行的 $c$ 倍加到第 $j$ 行，則由加上 $-c$ 倍第 $i$ 行來撤銷。

例如，若

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

表示 $R_2 \leftarrow R_2 + 3R_1$，則

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

表示 $R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$。

這就是初等行變換可逆的代數原因，也解釋了為甚麼行化簡和可逆矩陣有密切關係。

證明

（先撤銷最後一步操作）

設 $E_1,\ldots,E_k$ 按時間順序編碼同一組 $p$ 行矩陣上的操作，合併左乘矩陣就是 $J=E_k\cdots E_1$。每個 $E_j^{-1}$ 表示對應初等行變換的反向操作。要恢復輸入，首先必須撤銷 $E_k$，因為它是最後一次對行所作的改變；然後依次撤銷 $E_{k-1},\ldots,E_1$。因此，反向鏈的合併矩陣為

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

這裏必須區分兩種次序：反向操作的時間順序從 $E_k^{-1}$ 開始；寫成乘積時，最先作用的因子卻放在最靠近待恢復矩陣的位置。以三步為例，由結合律可得

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

另一個乘積 $JK$ 則從相鄰的 $E_1E_1^{-1}$ 開始消去，最後同樣得到 $I_p$。任意有限鏈都可這樣逐對消去。整個論證沒有交換因子，也不要求被變換的矩陣本身是方陣。

把這個讀法用於前面的兩步例子：合併矩陣是 $E_{\rho_2}E_{\rho_1}$，所以逆矩陣是 $E_{\rho_1}^{-1}E_{\rho_2}^{-1}$。從最終矩陣開始，先從第一行減去目前第二行的兩倍，第一行便恢復為 $[1\ 0\ 1]$；再從第二行減去剛恢復的第一行，第二行便恢復為 $[0\ 2\ 1]$。撤銷操作是在逐個恢復中間狀態，乘積次序也就隨之確定，無須另背一個口訣。

為甚麼這個觀點之後會有用？

如果 $B$ 與 $A$ 行等價，則存在有限多個初等行變換把 $A$ 變成 $B$。因此存在某個初等行變換矩陣的乘積 $E$，使得

$$B = EA.$$

由於每個初等行變換矩陣都可逆，乘積 $E$ 也可逆。因此行等價既可以用初等操作步驟來描述，也可以用左邊乘上一個可逆矩陣的等式來描述。反向敘述則要小心：任意可逆左乘矩陣未必本身只代表一步初等操作。

這個觀點會在多個地方使用：

• 一個方陣若行等價於 $I_n$，它就是若干初等行變換矩陣的乘積；
• 初等行變換保留齊次方程組的解資訊，因為它等同於左乘可逆矩陣；
• 行列式關於初等行變換的規則，可以透過初等矩陣來表述；
• 秩和基底的論證可以使用行化簡，同時清楚知道原矩陣的欄本身通常已被改變。

常見錯誤

常見錯誤

（不要乘錯方向）

初等行變換由左乘表示。右乘會混合欄，而不是混合行。

常見錯誤

（不要把乘積次序反過來）

如果 $\rho_1$ 先於 $\rho_2$ 作用，合併矩陣是 $E_{\rho_2}E_{\rho_1}$，不是 $E_{\rho_1}E_{\rho_2}$。

常見錯誤

（不能把某一行乘以零）

行倍乘要求純量非零。把一行乘以 $0$ 不能反向恢復，也不會產生可逆的初等行變換矩陣。

常見錯誤

（只恢復一個矩陣不足以證明互逆）

從某個特定矩陣 $A$ 滿足 $KJA=A$，一般不能推出 $KJ=I$，因為 $A$ 的各欄未必能檢測所有可能輸入。應證明複合行變換會恢復每個相容矩陣，或直接把它們作用於 $I_p$。所以上面對 $KJ=JK=I_p$ 的論證先使用任意 $p$ 行矩陣，再代入單位矩陣。

按作用次序理解乘積

要編碼有 $p$ 行矩陣上的一個初等行變換，只需把該操作施加到 $I_p$。所得初等矩陣 $E_\rho$ 會以左乘方式作用於每個相容矩陣；對交換、非零倍乘和行加法三類情形逐行檢查，就得到 $E_\rho A=\rho(A)$。若對象是增廣矩陣，操作必須橫跨整行，包括右端常數，方程組才會保持完全相同的解集。

依次施加 $\rho_1,\ldots,\rho_k$ 時，乘積按作用次序寫成 $E_{\rho_k}\cdots E_{\rho_1}$。每個因子都可逆，因為反向初等操作給出它的雙側逆矩陣。因此，有限的行化簡既可以看成逐步操作，亦可以看成一次可逆的左乘；各個因子則繼續記錄每一步的準確內容。

快速檢查

快速檢查

（對有三行的矩陣，$E = \begin{bmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\5&0&1 \end{bmatrix}$ 表示哪個行變換？）

看 $I_3$ 的哪一行被改變。

解答 · 答案

只有第 $3$ 行被改變，而且它變成「第 $3$ 行加上 $5$ 倍第 $1$ 行」。因此

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

快速檢查

（$R_2 \leftarrow R_2 - 4R_1$ 的反向行變換是甚麼？）

把加上的倍數抵消。

解答 · 答案

反向操作是

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

練習

快速檢查

（寫出有三行矩陣上 $R_1 \leftrightarrow R_2$ 的行變換矩陣。）

把這個交換作用在 $I_3$ 上。

解答 · 引導解答

交換 $I_3$ 的前兩行，得到

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

這就是左乘時交換第 $1$ 行和第 $2$ 行的矩陣。

快速檢查

（假設 $B$ 由 $A$ 經以下兩步得到：先做 $R_2 \leftarrow R_2 + R_1$，再做 $R_3 \leftarrow 2R_3$。把 $B$ 寫成涉及 $A$ 的矩陣乘積。）

按照作用次序命名兩個行變換矩陣。

解答 · 引導解答

令 $E_1$ 是 $R_2 \leftarrow R_2 + R_1$ 的行變換矩陣，令 $E_2$ 是 $R_3 \leftarrow 2R_3$ 的行變換矩陣。因為 $E_1$ 先作用，而 $E_2$ 後作用，

$$B = E_2E_1A.$$

快速檢查

（令 $\beta_1,\beta_2\ne 0$。假設五行矩陣 $A$ 經以下行變換鏈得到 $B$：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 $R_3\leftarrow R_3+\alpha_2R_2$，最後做 $R_1\leftarrow\beta_2R_1$。寫出單一矩陣 $G$，使得 $B=GA$。）

把同一串操作作用在 $I_5$ 上，並記住後面的操作使用的是當時的行，不是原來的行。

解答 · 引導解答

把這些操作作用在 $I_5$ 上，得到

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

重點是 $\alpha_2\beta_1$ 這一項。操作 $R_3\leftarrow R_3+\alpha_2R_2$ 發生在第 $2$ 行已經被縮放成 $\beta_1R_2$ 之後，所以來自原來第 $2$ 行的貢獻是 $\alpha_2\beta_1R_2$。

快速檢查

（沿用上一題的矩陣 $G$，假設 $D=GC$。寫出矩陣 $H$，使得 $C=HD$。）

把行變換按相反次序逐步撤銷。

解答 · 引導解答

反向鏈是

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

因此

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

這就是 $G^{-1}$，所以 $D=GC$ 會推出 $C=HD$。

相關筆記

這一頁建立在 2.2 增廣矩陣與行變換 和 3.2 矩陣乘法、單位矩陣與線性方程組 之上。接著可讀 3.6 分塊矩陣，完成第三章。它也準備了 5.1 可逆矩陣 和 7.2 行變換、乘積與可逆性 中使用的行化簡代數觀點。

補充練習與完整解答

題 1

對(a)–(d)，以下依次的行變換把$A$送到$B$。寫出從$B$返回$A$的操作鏈，並給出滿足$B=HA$的方陣$H$。大小分別為(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。

把正向操作逐一作用於$I_r$。以下$H_j$記錄每個中間乘數；對步數歸納，目前矩陣就是$H_jA$，最後一個乘數即所求$H$。倒序撤銷各步：加行倍數改為減同一倍數，縮放改為乘倒數，交換仍作同一交換。每個逆操作對任意相容矩陣都撤銷原操作，因此所寫逆鏈確實返回$A$。

(a)

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

逆鏈依以下次序：

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

(b)

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

逆鏈依以下次序：

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

(c)

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

逆鏈依以下次序：

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

(d)

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

逆鏈依以下次序：

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

題 3

設$A,A^\prime$為$m\times p$矩陣，$B$為$p\times q$矩陣，且$A^\prime=\rho(A)$。(a) 原題要求直接由定義證明$AB=\rho(A^\prime B)$，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) 用歸納法證明：若$A,A^\prime$行等價，則$AB,A^\prime B$在同一有限操作序列下行等價。

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)：(i)、(ii)原印方向不成立

對(i)，取$A=(1,0)^T$、$B=[1]$，並作$R_2\leftarrow R_2+R_1$。則$A^\prime B=(1,1)^T$，再作同一操作得到$(1,2)^T\ne AB$。對(ii)，取$A=B=[1]$、$\beta=2$，則$A^\prime B=[2]$，而$\rho(A^\prime B)=[4]\ne[1]$。所以原印的普遍命題不能被證明。正確方向是$A^\prime B=\rho(AB)$，等價地$AB=\rho^{-1}(A^\prime B)$。交換操作滿足$\rho^{-1}=\rho$，所以(iii)原印方向成立。

直接逐項證明正向恆等式：在行替換情形，只有輸出第$k$行改變：

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

其餘輸出行逐項相同。縮放時$(A^\prime B)_{kj}=\beta(AB)_{kj}$，其餘行不變。交換$A$的第$i,k$行，會恰好交換$AB$的第$i,k$行。由此直接證明三種正向傳遞恆等式；再作逆操作，便得到反向恆等式。

(b)：對行變換序列長度歸納

長度為零時，兩矩陣相同，乘積也相同。假設結論對長度$n$成立。對長度$n+1$的序列，令$A_n$為前$n$步後的矩陣。歸納假設表明，同樣的前$n$步把$AB$送到$A_nB$；再由(a)已逐項證明的正向恆等式，最後一步把$A_nB$送到$A^\prime B$。所以整個$n+1$步序列把$AB$送到$A^\prime B$。歸納得任意有限長度的結論。所有乘積大小均為$m\times q$，因此始終是同尺寸矩陣上的合法行變換。

題 4

$3\times5$矩陣依次滿足$A_1\xrightarrow{R_3+2R_1}A_2\xrightarrow{R_2\leftrightarrow R_3}A_3\xrightarrow{3R_1}A_4$。(a)–(c) 給出滿足$A_{j+1}=J_jA_j$的$J_1,J_2,J_3$；(d) 給出$A_4=JA_1$中的$J$；(e) 給出$A_1=J^\prime A_4$中的$J^\prime$。

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。

每個$J_j$由對應的一步操作作用於$I_3$得到。連續代入可得$A_4=J_3J_2J_1A_1$。具體為：

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

逆過程先把第1行乘$1/3$，再交換第2、3行，最後從第3行減去第1行的兩倍。把這些操作作用於所寫$J$得到$I_3$；因此$J^\prime J=JJ^\prime=I_3$，對任意$A_1$都得到要求的反向等式。

題 5

下面六個$4\times6$矩陣是連續階段$A,A^{(1)},\ldots,A^{(5)}=A^\prime$。(a) 指出五步行變換$\rho_1,\ldots,\rho_5$；(b) 給出滿足$A^\prime=HA$的明確$4\times4$矩陣$H$。

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

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) 比較整行，包括最後兩欄，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，交換後第2行減第1行的兩倍，得到$(0,-5,-1,-12,11,16)$；第4行加第1行，得到$(0,1,3,8,-4,-5)$。第四步交換第2、3行；第五步把當時的第3行乘$-1/5$，最後兩項也同時縮放。(b) 把同樣操作作用於$I_4$，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$H=H_5$。每個記錄行恰為相應原行的線性組合，所以逐項證明了$A^\prime=HA$。

題 6

考慮下面一串$5\times7$矩陣，並將中間階段記為$U_0,U_1,U_2,U_3$。箭頭為$A\xrightarrow{\rho_1}U_0\to\cdots\to U_1\xrightarrow{\rho_2}U_2\to\cdots\to U_3\xrightarrow{\rho_3}B_1$，其後是所示五步$B_1\to\cdots\to B_6$。(a) 求$\rho_1,\rho_2,\rho_3$；(b) 填寫$B_3\xrightarrow{(I)}(II)\xrightarrow{(III)}B_1$的三處空白；(c) 求滿足$B_5=KB_4$的$K$；(d) 是否存在從$I_5$到某個滿足$B_6=HB_1$的$H$的行變換鏈？若有，須寫出全部操作和每個中間矩陣，包括$H$；若無，說明不存在。

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

從$B_1$開始的五個箭頭依次為：

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

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) 比較三個標記箭頭兩側的整行：

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

對$\rho_2$，從$(4,3,2,-2,4,-3,-2)$減去$(1,1,1,0,3,-1,1)$的四倍，得到$(0,-1,-2,-2,-8,1,-6)$。對$\rho_3$，縮放$(0,0,0,-3,-9,0,-6)$後得到$(0,0,0,1,3,0,2)$。(b) 把$B_1\to B_2\to B_3$的兩步倒序撤銷：

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

(c) 只有第2行改為第2行減第3行的兩倍，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。對$I_5$作以下同一組五步操作：

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

取$H=H_5$。上面已經寫出$I_5=H_0\to H_1\to\cdots\to H_5$的每個矩陣。每一步都以同一方式改變原輸入行的組合，因此把操作鏈作用於$B_1$時，第$j$步有$H_jB_1=B_{j+1}$；特別地$HB_1=B_6$。這對矩形$B_1$同樣成立，完全不需要把$B_1$求逆。

題 7

$3\times4$矩陣$A_1,\ldots,A_5$按下面四步操作相連。(a) 求滿足$A_{j+1}=J_jA_j$的$J_1,\ldots,J_4$；(b) 若增廣矩陣$[A_1\mid B_1],\ldots,[A_4\mid B_4],[A_5\mid I_3]$也按完全相同的四步相連，各$B_j$均為$3\times3$，求全部四個$B_j$；(c) $B_1A_1$是否與$A_5$行等價？若是，寫出操作鏈的每一步；若否，解釋原因。

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

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) 把各步指定操作作用於$I_3$，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) 每個行變換也作用於右塊，因此$J_1B_1=B_2$、$J_2B_2=B_3$、$J_3B_3=B_4$、$J_4B_4=I_3$。從最後一個等式開始，依次施行逆操作：

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

把這些明確矩陣代入上述四個右塊等式，也可逐一核對；並沒有對矩形$A_j$作非法消去。(c) 是。令$P=J_4J_3J_2J_1$。增廣操作鏈同時給出$A_5=PA_1$及$PB_1=I_3$。所以對$B_1A_1$施行一次四步操作，得到$P(B_1A_1)=A_1$；再作一次四步，得到$PA_1=A_5$。因此完整操作鏈依次為：

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

題 8

設$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta_1,\beta_2,\beta_3$為任意實數。四行矩陣$A,B$經下面六步操作相連。給出滿足$B=GA$及$A=HB$的明確$4\times4$矩陣$G,H$。

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

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。

把原行記為$a_1,a_2,a_3,a_4$。前三步後各行為$a_1$、$a_2+\alpha_1a_1$、$a_3+\alpha_2a_1$、$a_4+\alpha_3a_1$。最後三步使用這些已經更新的行，因此最終首行為$(1+\alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2+\alpha_3\beta_3)a_1+\beta_1a_2+\beta_2a_3+\beta_3a_4$，其餘三行保持上述形式。這四條原行組合給出$G$；把六步倒序撤銷，則得到$H$：

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

具體地，依次從第1行減去$\beta_3R_4$、$\beta_2R_3$、$\beta_1R_2$，恢復$a_1$；再從第4、3、2行分別減去$\alpha_3R_1$、$\alpha_2R_1$、$\alpha_1R_1$，恢復全部原行。若最終各行為$b_j$，這就是說$a_1=b_1-\beta_1b_2-\beta_2b_3-\beta_3b_4$，且$a_{i+1}=b_{i+1}-\alpha_i a_1$；展開便恰好得到所寫$H$。所以$HG=GH=I_4$。這些操作全是行替換，沒有任何參數必須非零，即使$G$左上角等於零也不影響結論。

題 9

設實數$\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2$滿足$\beta_1\beta_2\ne0$。四行矩陣$A,B$經下面五步操作相連。(a) 給出一個逐項明確的$4\times4$矩陣$G$，使$B=GA$，並寫出從$I_4$到$G$的操作鏈；不必寫中間矩陣。(b) 寫出從$G$返回$I_4$的操作鏈。

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

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) 設原行為$a_1,a_2,a_3,a_4$。第一步使第3行成為$a_3+\alpha_1a_2$；縮放第1行再交換第1、4行，使第1行為$a_4$、第4行為$\beta_1a_1$。把目前第3行的$\alpha_2$倍加到第1行，得到$a_4+\alpha_2a_3+\alpha_1\alpha_2a_2$。最後第2行變為$\beta_2a_2$。因此：

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

從$I_4$出發的所求操作鏈，就是依原次序施行題目五步；它們作用於標準行後，逐項得到所寫$G$。(b) 倒序撤銷：

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

前兩步逆操作後，第2行為$e_2$、第1行為$e_4$。交換後第4行恢復為$e_4$，第1行成為$\beta_1e_1$；乘倒數恢復$e_1$，最後一步把第3行從$e_3+\alpha_1e_2$恢復為$e_3$。終點因此為$I_4$。$\beta_1,\beta_2$非零的條件，恰好用於這兩次倒數縮放。

題 10

設$m\times n$矩陣$A,A^\prime$行等價。證明對每個$n\times p$矩陣$B$，$AB$與$A^\prime B$行等價。

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。

證明中把內維數和輸出欄數分別記為$p$和$q$；這只是重新命名題目的維數符號。

(a)：單步正向傳遞

直接逐項證明正向恆等式：在行替換情形，只有輸出第$k$行改變：

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

其餘輸出行逐項相同。縮放時$(A^\prime B)_{kj}=\beta(AB)_{kj}$，其餘行不變。交換$A$的第$i,k$行，會恰好交換$AB$的第$i,k$行。由此直接證明三種正向傳遞恆等式；再作逆操作，便得到反向恆等式。

(b)：對行變換序列長度歸納

長度為零時，兩矩陣相同，乘積也相同。假設結論對長度$n$成立。對長度$n+1$的序列，令$A_n$為前$n$步後的矩陣。歸納假設表明，同樣的前$n$步把$AB$送到$A_nB$；再由(a)已逐項證明的正向恆等式，最後一步把$A_nB$送到$A^\prime B$。所以整個$n+1$步序列把$AB$送到$A^\prime B$。歸納得任意有限長度的結論。所有乘積大小均為$m\times q$，因此始終是同尺寸矩陣上的合法行變換。