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列，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列。

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

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

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。右乘則會混合列，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，右乘矩陣必須是 $n \times n$，它會作用於 $n$ 個列。

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

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

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

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

上面三個例子其實都遵循同一條規則：先把初等行變換作用在單位矩陣上，再把所得 矩陣當成左乘矩陣使用。下面的圖解先整理這條規則，然後本頁才進入多個初等行變換 矩陣的乘積。

看清初等行變換如何變成左乘矩陣：先把操作作用在單位矩陣上，再用所得矩陣改變任何相容矩陣的行。

1. 由 I 開始

   對 ρ: R₂ ← R₂ + 3R₁，先把操作作用在 I₃ 上。

2. 建立 Eρ

   只有 I₃ 的第 2 行改變，得到第 2 行為 [3,1,0] 的 Eρ。

3. 放在左邊相乘

   同一個矩陣會對 A 執行該操作：ρ(A)=Eρ A。

4. 讀新行

   新的第 2 行等於舊第 2 行加三份舊第 1 行。

5. 保留乘積次序

   在 A₃=E₂E₁A₁ 中，E₁ 最靠近 A₁，因為 ρ₁ 最先作用。

6. 反向得到逆矩陣

   R₂ ← R₂ + 3R₁ 的反向操作是 R₂ ← R₂ − 3R₁，所以相應矩陣相乘得到 I。

行變換矩陣是把行變換先作用在單位矩陣上得到的。之後用它左乘任何相容矩陣，就會執行同一個行變換；反向行變換則給出逆矩陣。

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

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

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。

思考檢查

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

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列本身通常已被改變。

常見錯誤

常見錯誤

不要乘錯方向

初等行變換由左乘表示。右乘會混合列，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 $A$ 的各列 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

思考檢查

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

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

思考檢查

$R_2 \leftarrow R_2 - 4R_1$ 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

思考檢查

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。

思考檢查

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，

$$B = E_2E_1A.$$

思考檢查

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 $\alpha_2\beta_1R_2$。

思考檢查

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。