引例 求解线性方程组

$\left\{ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2x_{1} - \ x_{2} - \ \ x_{3} + \ \ \ x_{4} = 2\ \ \ \ \ \ \ ① \\ \ \ \ x_{1} + \ x_{2} - 2x_{3} + \ \ x_{4} = 4\ \ \ \ \ \ \ ② \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4x_{1} - 6x_{2} + 2x_{3} - 2x_{4} = 4\ \ \ \ \ \ \ ③ \\ 3x_{1} + 6x_{2} - 9x_{3} + {7x}_{4} = 9\ \ \ \ \ \ \ ④ \end{matrix} \end{array} \right.\$

解: (1)$\overset{\begin{matrix} ① \leftrightarrow ② \\ ③ \div 2 \end{matrix}}{\rightarrow}\left\{ \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} + \ x_{2} - 2x_{3} + \ \ x_{4} = 4\ \ \ \ \ \ \ ① \\ \ \ 2x_{1} - \ x_{2} - \ \ x_{3} + \ \ \ x_{4} = 2\ \ \ \ \ ② \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2x_{1} - 3x_{2} + \ x_{3} - \ x_{4} = 4\ \ \ \ \ \ \ \ \ ③ \\ 3x_{1} + 6x_{2} - 9x_{3} + {7x}_{4} = 9\ \ \ \ \ \ \ ④ \end{matrix} \end{array} \right.\$ (B₁)

$\overset{\begin{matrix} ② - ③ \\ ③ - 2① \\ ④ - 3① \end{matrix}}{\rightarrow}\left\{ \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} + \ x_{2} - 2x_{3} + x_{4} = 4\ \ \ \ \ \ \ ① \\ \ \ \ \ \ 2x_{2} - 2x_{3} + 2x_{4} = 0\ \ \ \ \ \ \ ② \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 5x_{2} + 5x_{3} - 3x_{4} = - 6\ \ \ \ \ \ \ ③ \\ \ \ \ 3x_{2} - 3x_{3} + {4x}_{4} = - 3\ \ \ \ \ \ \ ④ \end{matrix} \end{array} \right.\$ (B₂)

$\overset{\begin{matrix} ② \times \frac{1}{2} \\ ③ + 5② \\ ④ - 3② \end{matrix}}{\rightarrow}\left\{ \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} + \ x_{2} - 2x_{3} + x_{4} = 4\ \ \ \ \ \ \ ① \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_{2} - x_{3} + x_{4} = 0\ \ \ \ \ \ \ ② \end{matrix} \\ \begin{matrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 2x_{4} = - 6\ \ \ \ \ \ \ ③ \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_{4} = - 3\ \ \ \ \ \ \ ④ \end{matrix} \end{array} \right.\$ (B₃)

$\overset{\begin{matrix} ③ \leftrightarrow ④ \\ ④ - 2③ \end{matrix}}{\rightarrow}\left\{ \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} + \ x_{2} - 2x_{3} + x_{4} = 4\ \ \ \ \ \ \ ① \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_{2} - x_{3} + x_{4} = 0\ \ \ \ \ \ \ ② \end{matrix} \\ \begin{matrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_{4} = - 3\ \ \ \ \ \ \ ③ \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 0 = 0\ \ \ \ \ \ \ ④ \end{matrix} \end{array} \right.\$ (B₄)

这里 , (1)→(B₁)是为消x₁作准备.

(B₁)→(B₂)是保留①中的x₁ , 消去②、③、④中的x₁

(B₂)→(B₃)是保留②中的x₂并把它的系数变为1 , 然后消去③、④中的x₂

在此同时恰好把x₃也消去了

(B₃)→(B₄)是消去x₄ , 在此同时恰好把常数也消去了 , 得到恒等式0=0

(若常数项不能消去 , 就将得到矛盾方程0=1 , 则说明方程组无解)

至此消元完毕

(B₄)是4个未知数3个有效方程的方程组 , 应有一个自由未知数

由于方程组(B₄)呈阶梯形 ,

可把每个台阶的第一个未知数(即x₁ , x₂ , x₄)选为非自由未知数

剩下的x₃选为自由未知数

这样 , 就只需用“回代”的方法便能求出解:

由③得x₄=-3 ;

将x₄=-3代入② , 得x₂=x₃+3;

以x₄=-3 , x₂=x₃+3代入① , 得x₁=x₃+4

得同解方程组：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} - x_{3} - 4 = 0 \\ x_{2} - x_{3} - 3 = 0 \\ x_{4} + 3 = 0 \end{matrix} \right.\$

得参数形式：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} = x_{3} + 4 \\ x_{2} = x_{3} + 3 \\ x_{4} = \ \ \ \ \ - 3 \end{matrix} \right.\$ (x₃可任意取值)

得参数形式：$\left\{ \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} = c + 4 \\ x_{2} = c + 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{3} = c\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ x_{4} = - 3\ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix} \end{array} \right.\$ (其中x₃=c )

得非齐次通解：$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} c + 4 \\ c + 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} c \\ \ - 3 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=$c\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$+$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ - 3 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ (c 为任意实数)

在上述消元过程中,始终把方程组看作一个整体，

即不是着眼于某一个方程的变形 , 而是着眼于整个方程组变成另一个方程组，

其中用到三种变换 , 即:

(i)交换方程次序(ⓘ与ⓙ相互替换);

(ii)以非0的数乘某个方程(以ⓘ×k替换ⓘ);

(iii)一个方程加上另一个方程的k倍(以ⓘ+kⓙ替换ⓘ).

由于这三种变换都是可逆的 , 即

$若(A)\overset{ⓘ \leftrightarrow ⓙ}{\rightarrow}(B)\ ,\ 则(B)\overset{ⓙ \leftrightarrow ⓘ\ }{\rightarrow}(A)$

$若(A)\overset{ⓘ \times k}{\rightarrow}(B)\ ,\ 则(B)\overset{ⓘ \div k}{\rightarrow}(A)$

$若(A)\overset{ⓘ + kⓙ}{\rightarrow}(B)\ ,\ 则(B)\overset{ⓘ - kⓙ}{\rightarrow}(A)$

因此变换前的方程组与变换后的方程组是同解的

这三种变换都是方程组的同解变换

所以最后求得的非齐次通解是线性方程组的全部解

在上述变换过程中,

实际上只对方程组的系数和常数进行运算 , 未知数并未参与运算

因此 , 如果记线性方程组的增广矩阵为B=(A , b)=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 6 \\ 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ - 9 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 2 \\ 7 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ 9 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

那么上述对方程组的变换完全可以转换为对矩阵B的变换

把方程组的上述三种同解变换移植到矩阵上 , 就得到矩阵的三种初等变换

定义1下面三种变换称为矩阵的初等行变换:

(i)对换两行(对换i , j两行 , 记作r_i ⟷ r_j);

(ii)以非0数k乘某一行中的所有元(第i行乘k , 记作r_i×k);

(iii)把某一行所有元的k倍加到另一行对应的元上去

(第j行的倍加到第i行上 , 记作r_i + kr_j).

把定义中的“行”换成“列” , 即得矩阵的初等列变换的定义

(所用记号是把‘r"换成“c”)

矩阵的初等行变换与初等列变换 , 统称初等变换

三种初等变换都是可逆的 , 且其逆变换是同一类型的初等变换;

变换r_i ⟷ r_j的逆变换就是其本身;

变换r_i×k的逆变换为r_i×$\frac{1}{k}$(或记作r_i÷k);

变换r_i + kr_j的逆变换为r_i + (-k)r_j(或记作r_i -kr_j).

如果矩阵A经有限次初等行变换变成矩阵B ,

就称矩阵A与B行等价 ，记作A $\begin{matrix} r \\ \sim \end{matrix}$ B

如果矩阵A经有限次初等列变换变成矩阵B ,

就称矩阵A与B列等价，记作A $\begin{matrix} c \\ \sim \end{matrix}$ B

如果矩阵A经有限次初等变换变成矩阵B ,

就称矩阵A与B等价，记作A ~B.

矩阵之间的等价关系具有下列性质:

(i)反身性A~A;

(ii)对称性若A~B , 则B~A;

(iii)传递性若A~B , B~C , 则A~C

下面用矩阵的初等行变换来解方程组(1)

其过程可与方程组(1)的消元过程一一对照:

B=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 6 \\ 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ - 9 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 2 \\ 7 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ 9 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

$\overset{\begin{matrix} r_{1} \leftrightarrow r_{2} \\ r_{3} \div 2 \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ - 9 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 1 \\ 7 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 9 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=B₁

$\overset{\begin{matrix} r_{2} - r_{3} \\ r_{3} - 2r_{1} \\ r_{4} - 3r_{1} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 5 \\ 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 5 \\ - 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 4 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 6 \\ - 3 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=B₂

$\overset{\begin{matrix} r_{2} \div 2 \\ r_{3} + 5r_{2} \\ r_{4} - 3r_{2} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 6 \\ - 3 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=B₃

$\overset{\begin{matrix} r_{3} \leftrightarrow r_{4} \\ r_{4} - 2r_{3} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=B₄

由方程组(B₄)得到解(2)的回代过程 , 也可用矩阵的初等行变换来完成

即B₄=$\overset{\begin{matrix} r_{1} - r_{2} \\ r_{2} - r_{3} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=B₅

B₅对应方程组$\left\{ \begin{matrix} x_{1} - x_{3} = 4 \\ x_{2} - x_{3} = 3 \\ x_{4}\ \ \ \ \ = \ \ - 3 \end{matrix} \right.\$

取x₃为自由未知数 , 并令x₃=c , 即得

x=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack = \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} c + 4 \\ c + 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} c \\ - 3 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=c$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack + \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ - 3 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ (2)

其中c为任意常数

矩阵B₄和B₅的特点是:

都可画出一条从第一行某元左方的竖线开始

到最后一列某元下方的横线结束的阶梯线 , 它的左下方的元全为0

每段竖线的高度为一行 , 竖线的右方的第一个元为非零元

称为该非零行的首非零元 , 具有这样特点的矩阵称为行阶梯形矩阵.

为明确起见给出如下定义:

定义2 (1)非零矩阵若满足下列条件：

(i)非零行在矩阵上方，零行在矩阵下方，

(ii)从上到下首非零元每移动一行 , 从左到右首非零元至少移动一列，

(iii)任一列的首非零元的下方都是0。

则称此矩阵为行阶梯形矩阵

(2)进一步 , 若A是行阶梯形矩阵 , 并且还满足下列条件:

(i)非零行的首非零元为1

(ii)首非零元所在的列的其他元均为0,

则称A为行最简形矩阵

于是B₄和B₅都是行阶梯形矩阵 , 且B₅还是行最简形矩阵

用归纳法可以证明:

对于任何非零矩阵A_m×n

总可经有限次初等行变换把它变为行阶梯形矩阵和行最简形矩阵

由引例可知 , 要解线性方程组只需把增广矩阵化为行最简形矩阵

由行最简形矩阵B₅即可写出方程组的解(2)

反之 , 由方程组的解(2)也可写出矩阵B₅

由此可猜想到一个矩阵的行最简形矩阵是惟一确定的

(行阶梯形矩阵中非零行的行数也是惟一确定的)

对行最简形矩阵再施以初等列变换

可变成一种形状更简单的矩阵 , 称为标准形

例如B₅=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\overset{\begin{matrix} c_{3} \leftrightarrow c_{4} \\ c_{4} + c_{1} + c_{2} \\ c_{5} - 4c_{1} - 3c_{2} + 3c_{3} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=F

矩阵F称为矩阵B的标准形

其特点是:F的左上角是一个单位矩阵 , 其余元全为0

对于m×n矩阵A ,

总可经过初等变换(行变换和列变换)把它化为标准形F=$\begin{bmatrix} E_{r} & O \\ O & O \end{bmatrix}_{m \times n}$

此标准形由m , n , r三个数完全确定 ,

其中r就是行阶梯形矩阵中非零行的行数

所有与A等价的矩阵组成一个集合 , 标准形F是这个集合中形状最简单的矩阵

矩阵的初等变换是矩阵的一种最基本的运算,

定义3由单位矩阵E经过一次初等变换得到的矩阵称为初等矩阵

三种初等变换对应有三种初等矩阵E(i , j)，E(i(k))，E(i,j(k))

(i)把单位矩阵中第i , j两行对换(或第i , j两列对换) , 得初等矩阵

E(i , j)=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \ddots \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ \\ \vdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ 1 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ 1 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \cdots \\ \\ \ddots \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \cdots \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ \\ \vdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \ddots \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ 1 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \right\rbrack$

例：交换单位矩阵$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$的第1行和第3行，得初等矩阵$E_{3}(1,3) = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

用m阶初等矩阵E_m(i , j)左乘矩阵A=(a_ij)_m×n ,

得E_m(i , j)A=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{11} \\ \vdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} a_{j1} \\ \vdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} a_{i1} \\ \vdots \\ a_{m1} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{12} \\ \vdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} a_{j2} \\ \vdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} a_{i2} \\ \vdots \\ a_{m2} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \cdots \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \cdots \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \cdots \\ \\ \cdots \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{1n} \\ \vdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} a_{jn} \\ \vdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} a_{in} \\ \vdots \\ a_{mn} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ $\begin{array}{r} \\ \leftarrow 第i行 \\ \leftarrow 第j行 \\ \end{array}$

其结果相当于对矩阵A施行第一种初等行变换: 即把A的第i行与第j行对换(r_i⟷r_j)

例：用$E_{3}(1,3)$左乘矩阵$A$，相当于交换$A$的第1行和第3行。

$\begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 9 & 5 & 0 \\ 2 & 3 & 7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 7 \\ 9 & 5 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

类似地 , 以n阶初等矩阵E_n(i , j)右乘矩阵A

其结果相当于对矩阵A施行第一种初等列变换:

把A的第i列与第j列对换(c_i⟷c_j)

(ii)以非零数k乘单位矩阵的第i行(或第i列) , 得初等矩阵

E(i(k))=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \ddots \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ k \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \ddots \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ 1 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ ←第i行

例：单位矩阵$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$的第2行乘以3，得初等矩阵$E_{3}(2(3)) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

可以验知:

以初等矩阵E_m(i(k))左乘矩阵A , 其结果相当于以数k乘A的第i行(r_i×k)

例：用$E_{3}(2(3))$左乘$A$，相当于将$A$的第2行每个元素乘以3。

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 8 & 10 \\ 9 & 5 & 2 \\ 5 & 2 & 1 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & 8 & 10 \\ 27 & 15 & 6 \\ 5 & 2 & 1 \end{bmatrix}$

以初等矩阵E_n(i(k))右乘矩阵A , 其结果相当于以数k乘A的第i列(c_i×k)

(iii)以k乘单位矩阵的第j行加到第i行上

或以k乘单位矩阵的第i列加到第j列上,

得初等矩阵E(i,j(k))=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \ddots \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \cdots \\ \ddots \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} k \\ \vdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \ddots \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \\ 1 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

例：将单位矩阵$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$的第2行的5倍加到第1行，

得初等矩阵$E_{3}(1,2(5)) = \begin{bmatrix} 1 & 5 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$。

可以验知:以E_m(i,j(k))左乘矩阵A

其结果相当于把A的第j行乘k加到第i行上(r_i+kr_j)

例：用$E_{3}(1,2(5))$左乘$A$，相当于把$A$的第2行乘以$5$加到第1行。

$\begin{bmatrix} 1 & 5 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 6 & 1 \\ 2 & 7 & 2 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & 32 & 5 \\ 0 & 6 & 1 \\ 2 & 7 & 2 \end{bmatrix}$

以E_n(i,j(k))右乘矩阵A

其结果相当于把A的第i列乘k加到第j列上(c_j+kc_i)

性质1设A是一个m×n矩阵 ,

对A施行一次初等行变换 , 相当于在A的左边乘相应的m阶初等矩阵

对A施行一次初等列变换 , 相当于在A的右边乘相应的n阶初等矩阵

显然初等矩阵都是可逆的 , 且其逆矩阵是同一类型的初等矩阵:

（1）E(i,j)^-1=E(i,j) , （2） E(i(k))^-1=E(i$\left( \frac{1}{k} \right)$) , （3）E(ij(k))^-1=E(ij(-k))

举例

对于(1)

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

$E(i,j) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$，${E(i,j)}^{- 1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$

$$E(i,j){E(i,j)}^{- 1} = E$$

对于(2)

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

$E(i,j) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$，${E(i,j)}^{- 1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

$$E(i,j){E(i,j)}^{- 1} = E$$

对于(3)

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

$E(i,j) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$，${E(i,j)}^{- 1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & - 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

$$E(i,j){E(i,j)}^{- 1} = E$$

性质2方阵A可逆的充分必要条件是

存在有限个初等矩阵P₁ , P₂ , ⋯ , P_l , 使方阵A=P₁P₂⋯P_l

证明：

（一）充分性证明

已知：$A = P_{1}P_{2}\cdots P_{l}$，其中每个$P_{i}$是初等矩阵。要证：$A$可逆。

因为初等矩阵都是可逆的，即对每个$P_{i}$，存在$P_{i}^{- 1}$。

有限个可逆矩阵的乘积仍然可逆，且其逆为$A^{- 1} = P_{l}^{- 1}\cdots P_{2}^{- 1}P_{1}^{- 1}.$

因此$A$可逆。

（二）必要性证明

已知：$A$为$n$阶可逆矩阵。要证：存在有限个初等矩阵$P_{1},\ldots,P_{l}$，使$A = P_{1}\cdots P_{l}$。

因为$A$可逆，根据等价关系的性质，存在有限次初等行变换将$A$化为单位矩阵$E$。

由性质1，对$A$施行一次初等行变换等价于在$A$左边乘一个相应的初等矩阵。

设经过$l$次初等行变换将$A$化为$E$，对应的初等矩阵依次为$Q_{1},Q_{2},\ldots,Q_{l}$，

则$Q_{l}\cdots Q_{2}Q_{1}A = E.$ 于是：$A = Q_{1}^{- 1}Q_{2}^{- 1}\cdots Q_{l}^{- 1}.$

由于初等矩阵的逆仍是同一类型的初等矩阵，记$P_{i} = Q_{i}^{- 1}$，

则每个$P_{i}$都是初等矩阵，且$A = P_{1}P_{2}\cdots P_{l}.$

这就说明$A$可表示为有限个初等矩阵的乘积。

性质2举例说明

（1）充分性验证：已知$A$可表示为若干个初等矩阵的乘积，要证$A$可逆。

取初等矩阵$P_{1} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix},\quad P_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix},$则$A = P_{1}P_{2} = \begin{bmatrix} 0 & 3 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}.$

由于初等矩阵均可逆，有限个可逆矩阵的乘积仍可逆，故$A$可逆

（2）必要性验证：已知$A$可逆，要证$A$可表示为有限个初等矩阵的乘积。

取可逆矩阵$A = \begin{bmatrix} 0 & 3 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}.$

通过初等行变换将$A$化为单位矩阵$E$：

1.交换A的第1行与第2行（相当于A左乘$P_{1} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$）：

$$P_{1}A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}.$$

2. $P_{1}A$的第2行乘以$\frac{1}{3}$（相当于$P_{1}A$左乘$P_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{3} \end{bmatrix}$）：

$$P_{2}(P_{1}A) = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{3} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} = E.$$

由$P_{2}(P_{1}A) = E$得$A = (P_{1})^{- 1}(P_{2})^{- 1} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}.$

因为$(P_{1})^{- 1}$、$(P_{2})^{- 1}$也是初等矩阵，因此$A$可表示为有限个初等矩阵的乘积。

定理1设A与B为m×n矩阵 , 那么

(i)A $\begin{matrix} r \\ \sim \end{matrix}$ B的充分必要条件是存在m阶可逆矩阵P , 使PA =B

(ii)A $\begin{matrix} c \\ \sim \end{matrix}$ B的充分必要条件是存在n阶可逆矩阵Q , 使AQ=B

(iii) A ∼B的充分必要条件是存在m阶可逆矩阵P及n阶可逆矩阵Q , 使PAQ=B

证明:

定理1(i)举例验证与一般性证明

一、举例验证定理1(i)

取$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix},\quad m = 2,\mspace{6mu} n = 3.$

（一）必要性验证（从行等价推出存在可逆矩阵 $P$）

对 $A$ 施行以下初等行变换：

1. 将第1行的 $- 4$ 倍加到第2行：$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}\overset{r_{2} - 4r_{1}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & - 3 & - 6 \end{bmatrix}.$

2. 将第2行乘以 $- \frac{1}{3}$：$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & - 3 & - 6 \end{bmatrix}\overset{r_{2} \times ( - \frac{1}{3})}{\rightarrow}B = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \end{bmatrix}.$

显然 $A\overset{r}{\sim}B$。

两次行变换对应的初等矩阵分别为：$E_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 4 & 1 \end{bmatrix},\quad E_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - \frac{1}{3} \end{bmatrix}.$

令 $P = E_{2}E_{1}$，则$P = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - \frac{1}{3} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 4 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \frac{4}{3} & - \frac{1}{3} \end{bmatrix}.$

验证：$PA = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \frac{4}{3} & - \frac{1}{3} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \end{bmatrix} = B.$

且 $det(P) = - \frac{1}{3} \neq 0$，故 $P$ 可逆。

说明必要性成立：由 $A\overset{r}{\sim}B$ 可找到可逆矩阵 $P$ 使 $PA = B$。

（二）充分性验证（从存在可逆矩阵 $P$ 推出行等价）

设已找到可逆矩阵 $P$ 使 $PA = B$，其中 $P$ 如上。

由性质2，可逆矩阵可分解为初等矩阵乘积。

对上述 $P$ 分解：$P = E_{2}E_{1},\quad E_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 4 & 1 \end{bmatrix},\mspace{6mu} E_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - \frac{1}{3} \end{bmatrix}.$

于是$B = E_{2}E_{1}A.$

左乘 $E_{1}$ 相当于对 $A$ 做一次初等行变换（$r_{2} - 4r_{1}$），

再左乘 $E_{2}$ 相当于再做一次初等行变换（$r_{2} \times ( - \frac{1}{3})$）。

因此 $A$ 经过有限次初等行变换化为 $B$，即 $A\overset{r}{\sim}B$。

说明充分性成立。

二、定理1(i)的一般性证明

（一）必要性证明（行等价 ⇒ 存在可逆矩阵 $P$）

已知 $A\overset{r}{\sim}B$，即存在有限次初等行变换将 $A$ 化为 $B$。

设这些变换依次对应 $m$ 阶初等矩阵 $E_{1},E_{2},\ldots,E_{k}$，则$E_{k}\cdots E_{2}E_{1}A = B.$

令 $P = E_{k}\cdots E_{1}$。

因为初等矩阵均可逆，其乘积仍可逆，故 $P$ 为可逆矩阵，且 $PA = B$。

必要性得证。

（二）充分性证明（存在可逆矩阵 $P$ ⇒ 行等价）

已知存在可逆矩阵 $P$ 使 $PA = B$。

由性质2，$P$ 可分解为初等矩阵乘积：$P = E_{1}E_{2}\cdots E_{k}$，其中 $E_{i}$ 均为 $m$ 阶初等矩阵。 于是$B = E_{1}E_{2}\cdots E_{k}A.$

根据性质1，左乘初等矩阵 $E_{i}$ 相当于做一次初等行变换。

因此 $A$ 经过有限次初等行变换化为 $B$，即 $A\overset{r}{\sim}B$。

充分性得证。

定理1(ii)举例验证与一般性证明

一、举例验证定理1(ii)

取$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ 5 & 6 \end{bmatrix},\quad m = 3,\mspace{6mu} n = 2.$

（一）必要性验证（从列等价推出存在可逆矩阵 $Q$）

对 $A$ 施行以下初等列变换：

1. 将第1列的 $- 2$ 倍加到第2列：$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ 5 & 6 \end{bmatrix}\overset{c_{2} - 2c_{1}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 3 & - 2 \\ 5 & - 4 \end{bmatrix}.$

2. 将第2列乘以 $- \frac{1}{2}$：$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 3 & - 2 \\ 5 & - 4 \end{bmatrix}\overset{c_{2} \times ( - \frac{1}{2})}{\rightarrow}B = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 1 \\ 5 & 2 \end{bmatrix}.$

显然 $A\overset{c}{\sim}B$。

两次列变换对应的初等矩阵分别为（均为 $2$ 阶）：

$$F_{1} = \begin{bmatrix} 1 & - 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix},\quad F_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - \frac{1}{2} \end{bmatrix}.$$

令 $Q = F_{1}F_{2}$，则$Q = \begin{bmatrix} 1 & - 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - \frac{1}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & - \frac{1}{2} \end{bmatrix}.$

验证：$AQ = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ 5 & 6 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & - \frac{1}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 1 \\ 5 & 2 \end{bmatrix} = B.$

且 $det(Q) = - \frac{1}{2} \neq 0$，故 $Q$ 可逆。

说明必要性成立：由 $A\overset{c}{\sim}B$ 可找到可逆矩阵 $Q$ 使 $AQ = B$。

（二）充分性验证（从存在可逆矩阵 $Q$ 推出列等价）

设已找到可逆矩阵 $Q$ 使 $AQ = B$，其中 $Q$ 如上。

由性质2，可逆矩阵可分解为初等矩阵乘积。

对上述 $Q$ 分解：$Q = F_{1}F_{2},\quad F_{1} = \begin{bmatrix} 1 & - 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix},\mspace{6mu} F_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - \frac{1}{2} \end{bmatrix}.$

于是$B = AF_{1}F_{2}.$

右乘 $F_{1}$ 相当于对 $A$ 做一次初等列变换（$c_{2} - 2c_{1}$），

再右乘 $F_{2}$ 相当于再做一次初等列变换（$c_{2} \times ( - \frac{1}{2})$）。

因此 $A$ 经过有限次初等列变换化为 $B$，即 $A\overset{c}{\sim}B$。

说明充分性成立。

二、定理1(ii)的一般性证明

（一）必要性证明（列等价 ⇒ 存在可逆矩阵 $Q$）

已知 $A\overset{c}{\sim}B$，即存在有限次初等列变换将 $A$ 化为 $B$。

设这些变换依次对应 $n$ 阶初等矩阵 $F_{1},F_{2},\ldots,F_{k}$，则$AF_{1}F_{2}\cdots F_{k} = B.$

令 $Q = F_{1}F_{2}\cdots F_{k}$。

因为初等矩阵均可逆，其乘积仍可逆，故 $Q$ 为可逆矩阵，且 $AQ = B$。

必要性得证。

（二）充分性证明（存在可逆矩阵 $Q$ ⇒ 列等价）

已知存在可逆矩阵 $Q$ 使 $AQ = B$。

由性质2，$Q$ 可分解为初等矩阵乘积：$Q = F_{1}F_{2}\cdots F_{k}$，其中 $F_{i}$ 均为 $n$ 阶初等矩阵。 于是$B = AF_{1}F_{2}\cdots F_{k}.$

根据性质1，右乘初等矩阵 $F_{i}$ 相当于做一次初等列变换。

因此 $A$ 经过有限次初等列变换化为 $B$，即 $A\overset{c}{\sim}B$。

充分性得证。

定理1(iii)举例验证与一般性证明

一、举例验证定理1(iii)

取$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix},\quad m = 2,\mspace{6mu} n = 3.$

（一）必要性验证（从等价推出存在可逆矩阵 $P,Q$）

对 $A$ 施行以下初等变换（行变换与列变换混合）：

1. 行变换：将第1行的 $- 4$ 倍加到第2行：$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}\overset{r_{2} - 4r_{1}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & - 3 & - 6 \end{bmatrix}.$

2. 列变换：将第2列的 $\frac{1}{2}$ 倍加到第3列：$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & - 3 & - 6 \end{bmatrix}\overset{c_{3} + \frac{1}{2}c_{2}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & - 3 & - 7.5 \end{bmatrix}.$

3. 行变换：将第2行乘以 $- \frac{1}{3}$：$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & - 3 & - 7.5 \end{bmatrix}\overset{r_{2} \times ( - \frac{1}{3})}{\rightarrow}B = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 2.5 \end{bmatrix}.$

显然 $A \sim B$。

对应初等矩阵（按变换顺序记录）：

第一次行变换：$E_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 4 & 1 \end{bmatrix}$（2阶）

第二次列变换：$F_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0.5 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$（3阶）

第三次行变换：$E_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - \frac{1}{3} \end{bmatrix}$（2阶）

令$P = E_{2}E_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - \frac{1}{3} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 4 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \frac{4}{3} & - \frac{1}{3} \end{bmatrix},$

$$Q = F_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0.5 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.$$

验证：$PAQ = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \frac{4}{3} & - \frac{1}{3} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0.5 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 2.5 \end{bmatrix} = B.$

且 $det(P) = - \frac{1}{3} \neq 0$，$det(Q) = 1 \neq 0$，故 $P,Q$ 均可逆。

说明必要性成立：由 $A \sim B$ 可找到可逆矩阵 $P,Q$ 使 $PAQ = B$。

（二）充分性验证（从存在可逆矩阵 $P,Q$ 推出等价）

设已找到可逆矩阵 $P,Q$ 使 $PAQ = B$，其中 $P,Q$ 如上。

由性质2，可逆矩阵可分解为初等矩阵乘积：$P = E_{2}E_{1},\quad Q = F_{1}.$

于是$B = E_{2}E_{1}AF_{1}.$

左乘 $E_{1},E_{2}$ 相当于对 $A$ 进行两次初等行变换；

右乘 $F_{1}$ 相当于进行一次初等列变换。

因此 $A$ 经过有限次初等变换（行变换和列变换）化为 $B$，即 $A \sim B$。

说明充分性成立。

二、定理1(iii)的一般性证明

（一）必要性证明（等价 ⇒ 存在可逆矩阵 $P,Q$）

已知 $A \sim B$，即存在有限次初等变换（行变换和列变换）将 $A$ 化为 $B$。

设这些变换依次为：$A\overset{\text{行变换}}{\rightarrow}\cdots\overset{\text{列变换}}{\rightarrow}B.$

可将变换顺序整理为：先进行所有行变换，再进行所有列变换，

因为初等行变换与列变换可交换顺序（不影响最终形状）。

设行变换对应 $m$ 阶初等矩阵 $E_{1},E_{2},\ldots,E_{r}$，

列变换对应 $n$ 阶初等矩阵 $F_{1},F_{2},\ldots,F_{s}$，

则$E_{r}\cdots E_{1}AF_{1}\cdots F_{s} = B.$

令$P = E_{r}\cdots E_{1},\quad Q = F_{1}\cdots F_{s}.$

$P$ 为 $m$ 阶可逆矩阵，$Q$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，且$PAQ = B.$

必要性得证。

（二）充分性证明（存在可逆矩阵 $P,Q$ ⇒ 等价）

已知存在可逆矩阵 $P,Q$ 使 $PAQ = B$。

由性质2，$P$ 可分解为 $m$ 阶初等矩阵乘积：$P = E_{1}E_{2}\cdots E_{r}$；

$Q$ 可分解为 $n$ 阶初等矩阵乘积：$Q = F_{1}F_{2}\cdots F_{s}$。

于是$B = E_{1}\cdots E_{r}AF_{1}\cdots F_{s}.$

左乘 $E_{i}$ 相当于进行一次初等行变换，右乘 $F_{j}$ 相当于进行一次初等列变换。

因此 $A$ 经过有限次初等变换化为 $B$，即 $A \sim B$。

充分性得证。

定理1把矩阵的初等变换与矩阵的乘法联系了起来

从而可以依据矩阵乘法的运算规律得到初等变换的运算规律

也可以利用矩阵的初等变换去研究矩阵的乘法

下面先给出定理1的一个推论 , 然后介绍一种利用初等变换求逆阵的方法

推论 方阵A可逆的充分必要条件是A $\begin{matrix} r \\ \sim \end{matrix}$ E

举例验证推论。

一、必要性：若 $A$ 可逆，则 $A\overset{r}{\sim}E$

例1 设$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}$

因为$det(A) = 1 \times 4 - 2 \times 3 = - 2 \neq 0$，故 $A$ 可逆。

化为单位矩阵的初等行变换过程：

1. 将$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}$的第1行的-3倍加到第2行得：$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & - 2 \end{bmatrix}$

2. 将$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & - 2 \end{bmatrix}$的第 2 行乘以 $- \frac{1}{2}$得：$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$

3. 将$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$的第2行的负2倍加到第1行得$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = E$

因此 $A\overset{r}{\sim}E$，必要性得证。

二、充分性：若 $A\overset{r}{\sim}E$，则 $A$ 可逆

例2 设$B = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$

验证是否 $B\overset{r}{\sim}E$： 对其进行初等行变换：

1. 交换第 1 行与第 2 行（为方便计算）：$\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\overset{r_{1} \leftrightarrow r_{2}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}$

2. 第 2 行减去 2 倍的第 1 行：$\overset{r_{2} - 2r_{1}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & - 1 \end{bmatrix}$

3. 第 2 行乘以 $- 1$)：$\overset{- r_{2}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$

4. 第 1 行减去第 2 行：$\overset{r_{1} - r_{2}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = E$

因此 $B\overset{r}{\sim}E$。

推断 $B$ 可逆：

由 $B\overset{r}{\sim}E$ 可知，存在可逆矩阵 $P$（若干初等矩阵的乘积），使得$PB = E$

两边同时左乘 $P^{- 1}$ 得 $B = P^{- 1}$。

由于可逆矩阵的逆矩阵仍可逆，故 $B$ 可逆。

因为$det(B) = 2 \times 1 - 1 \times 1 = 1 \neq 0$

确实可逆，充分性得证。

推论的一般性证明

一、必要性：若 $A$ 可逆，则 $A\overset{r}{\sim}E$

证明：设 $A$ 是一个 $n \times n$ 可逆矩阵。

1. 因为 $A$ 可逆，所以 $det(A) \neq 0$。

2. 对 $A$ 进行初等行变换，可将其化为行最简形矩阵 $R$。

3. 由于初等行变换不改变矩阵是否可逆（因为初等矩阵可逆），

所以 $R$ 也是可逆的。

4. 可逆的行最简形矩阵必须是单位矩阵 $E$。

理由：若 $R$ 有零行，则 $det(R) = 0$，与可逆矛盾。

所以 $R$ 的每一行都是非零行，且每行首非零元为 1，

并且这些 1 在不同列（否则会有自由列，导致不可逆）。

因此 $R$ 是一个主对角线上全为 1 的单位矩阵。

5. 所以存在有限次初等行变换将 $A$ 变为 $E$，即 $A\overset{r}{\sim}E$。

二、充分性：若 $A\overset{r}{\sim}E$，则 $A$ 可逆

证明：

已知 $A\overset{r}{\sim}E$，即存在有限个初等矩阵 $P_{1},P_{2},\ldots,P_{l}$（每个 $P_{i}$ 对应一次初等行变换），使得：$P_{l}P_{l - 1}\cdots P_{1}A = E$

1. 初等矩阵都是可逆的，因此 $P = P_{l}P_{l - 1}\cdots P_{1}$ 是可逆矩阵。

2. 由上式得：$PA = E$

3. 两边左乘 $P^{- 1}$得： $A = P^{- 1}E = P^{- 1}$

4. 由于 $P$ 可逆，所以 $P^{- 1}$ 也可逆，因此 $A$ 可逆。

定理1表明 , 如果A 与 B行等价,即A经一系列初等行变换变为B

则有可逆矩阵P , 使PA=B ,

由PA=B 得 (PA , PE)=P(A , E)=(B , P)，

因为P与(A , E)相乘，相当于(A , E)作初等行变换，

从而得(A , E) 与 (B , P)等价,

对分块矩阵(A , E) 实行初等变换，就同时得到行最简形矩阵B和可逆矩阵P，

例1设A=$\begin{bmatrix} 2 & - 1 & - 1 \\ 1 & 1 & - 2 \\ 4 & - 6 & 2 \end{bmatrix}$的行最简形矩阵为F , 求F

并求一个可逆矩阵P , 使PA=F

解:

由PA=F 得 (PA , PE)=P(A , E)=(F , P)，从而得(A , E) 与 (F , P)等价,

对分块矩阵(A , E) 实行初等变换，就同时得到行最简形矩阵F和可逆矩阵P，

运算如下:

(A , E)=$\left\lbrack \begin{matrix} 2 \\ 1 \\ 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ - 6 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ - 2 \\ 2 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} \right\rbrack\overset{\begin{matrix} r_{1} \leftrightarrow r_{2} \\ r_{3} - 2r_{2} \\ r_{2} - 2r_{1} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ - 3 \\ - 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ - 2 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ - 2 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} \right\rbrack$

$\overset{\begin{matrix} r_{2} - r_{3} \\ r_{1} - r_{2} \\ r_{3} + 4r_{2} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 3 \\ 3 \\ 10 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 3 \\ - 2 \\ - 8 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ - 3 \end{matrix} \right\rbrack$

故F=$\begin{bmatrix} 1 & 0 & - 1 \\ 0 & 1 & - 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$为A的行最简形矩阵,

而使PA=F的可逆矩阵为P=$\begin{bmatrix} - 3 & 3 & 1 \\ 3 & - 2 & - 1 \\ 10 & - 8 & - 3 \end{bmatrix}$

注: 上述解中所得(F , P) , 可继续作初等行变换r₃×k , r₁+kr₃ , r₂+kr₃

则F不变而P变

由此可知本例中使PA=F的可逆矩阵P不是惟一的

例2设A=$\begin{bmatrix} 0 & - 2 & 1 \\ 3 & 0 & - 2 \\ - 2 & 3 & 0 \end{bmatrix}$ , 试证明A可逆 , 并求A^-1

解: 如同例1 , 初等行变换把(A , E)化成(F , P) , 其中F为A的行最简形矩阵

如果F=E , 由定理1之推论知A可逆 , 并由PA=E , 知P=A^-1 , 运算如下:

(A , E)=$\left\lbrack \begin{matrix} 0 \\ 3 \\ - 2 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 2 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ - 2 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} \right\rbrack\overset{\begin{matrix} r_{1} \times 3 \\ r_{3} + 2r_{2} \\ r_{1} \leftrightarrow r_{2} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ - 2 \\ 9 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 2 \\ 1 \\ - 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 3 \end{matrix} \right\rbrack$

$\overset{\begin{matrix} r_{3} \times 2 \\ r_{3} + 9r_{2} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ - 2 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 9 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 6 \end{matrix} \right\rbrack\overset{\begin{matrix} r_{1} + 2r_{3} \\ r_{2} - r_{3} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ - 2 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 18 \\ - 8 \\ 9 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 9 \\ - 4 \\ 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 12 \\ - 6 \\ 6 \end{matrix} \right\rbrack$

$\overset{\begin{matrix} r_{1} \div 3 \\ r_{2} \div ( - 2) \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 6 \\ 4 \\ 9 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 3 \\ 2 \\ 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 4 \\ 3 \\ 6 \end{matrix} \right\rbrack$

因A $\begin{matrix} r \\ \sim \end{matrix}$ E , 故A可逆 , 且A^-1=$\begin{bmatrix} 6 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 3 \\ 9 & 4 & 6 \end{bmatrix}$

例3求解矩阵方程AX=B , 其中A=$\begin{bmatrix} 2 & 1 & - 3 \\ 1 & 2 & - 2 \\ - 1 & 3 & 2 \end{bmatrix}$ , B=$\begin{bmatrix} 1 & - 1 \\ 2 & 0 \\ - 2 & 5 \end{bmatrix}$

解: 设可逆矩阵P使PA=F为行最简形矩阵 , 则P(A , B)=(F , PB)

因此对矩阵(A , B)作初等行变换把A变为F , 同时把B变为PB

若F=E , 则A可逆 , 且P=A^-1 , 这时所给方程有惟一解X=PB=A^-1B

由(A , B)=$\left\lbrack \begin{matrix} 2 \\ 1 \\ - 1 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 3 \\ - 2 \\ 2 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ 2 \\ - 2 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ 0 \\ 5 \end{matrix}\ \ \ \right\rbrack\overset{\begin{matrix} r_{1} \leftrightarrow r_{2} \\ r_{2} - 2r_{1} \\ r_{3} + r_{1} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 2 \\ - 3 \\ 5 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 2 \\ - 3 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ - 1 \\ 5 \end{matrix}\ \ \ \right\rbrack$

$\overset{\begin{matrix} r_{3} \leftrightarrow r_{2} \\ r_{2} \div 5 \\ r_{3} + 3r_{2} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 2 \\ 0 \\ - 3 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}\ \ \ \right\rbrack\overset{r_{1} - 2r_{2} + 2r_{3}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 4 \\ 0 \\ - 3 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 2 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}\ \ \ \right\rbrack$

可见A $\begin{matrix} r \\ \sim \end{matrix}$ E , 因此A可逆 , 且X=A^-1B =$\begin{bmatrix} 4 & 2 \\ 0 & 1 \\ - 3 & 2 \end{bmatrix}$即为所给方程的惟一解

例2和例3是一种用初等行变换求A^-1或A^-1B的方法

当A为3阶或更高阶的矩阵时 , 求A^-1或A^-1B通常都用此方法

这是当A为可逆矩阵时 , 求解方程AX=B的方法

(求A^-1也就是求方程AX=E的解)

这方法就是把方程AX=B的增广矩阵(A , B)化为行最简形矩阵

从而求得方程的解，

这与求解线性方程组Ar=b时

把增广矩阵(A , b)化为行最简形矩阵的方法是一样的

特别当B为列向量时 , 得到了一个求解线性方程组的新途径

例4求解线性方程组$\left\{ \begin{array}{r} x_{1} - x_{2} - x_{3} = 2 \\ 2x_{1} - x_{2} - 3x_{3} = 1 \\ 3x_{1} + 2x_{2} - 5x_{3} = 0 \end{array} \right.\$

解: 记此方程组为Ax=b , 则得下列增广矩阵

(A , b)=$\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ - 1 \\ 2 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ - 3 \\ - 5 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} \right\rbrack\overset{\begin{matrix} r_{2} - 2r_{1} \\ r_{3} - 3r_{1} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 5 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ - 1 \\ - 2 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 2 \\ - 3 \\ - 6 \end{matrix} \right\rbrack$

$\overset{\begin{matrix} r_{1} + r_{2} \\ r_{3} - 5r_{2} \\ r_{3} \times \frac{1}{3} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} - 2 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ - 3 \\ 3 \end{matrix} \right\rbrack\overset{\begin{matrix} r_{1} + 2r_{3} \\ r_{2} + r_{3} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 3 \end{matrix} \right\rbrack$

因A $\begin{matrix} r \\ \sim \end{matrix}$ E , 故A可逆 , 于是方程组有解 , 且解为x=A^-1b=$\begin{bmatrix} 5 \\ 0 \\ 3 \end{bmatrix}$

此方程组我们已在第2章例16中分别用克拉默法则和逆矩阵求解过

比较这三种方法 , 显然这里介绍的方法最为方便和快捷