RREF 唯一性與秩的良定性

本節是可選的證明附錄，矩陣元素取實數。論證只使用域運算和可逆行變換，因此也適用於任意域。它要建立的是結構性結論，並不是另給一套消元算法。

高斯消元看起來是一套算法，但仍有一個重要的理論問題需要處理：

如果兩個人用不同合法路徑化簡同一個矩陣，為甚麼最後得到的 RREF 必須相同？

存在性只說明至少可以到達某個 RREF。唯一性則說明可能的 RREF 只有一個。正 因為有這個唯一性，我們才可以說一個矩陣的 唯一的 RREF，也才可以不依賴某 次計算路徑去定義 秩。

閱讀前準備

本附錄會使用三個早前已建立的事實。

1. 行等價可以寫成左乘某個可逆矩陣。
2. 行等價會保留對應欄之間的線性關係。
3. 在 RREF 中，主元欄與自由欄有很固定的形狀。

證明比一次行化簡計算長，但想法很清楚：由左至右比較兩個可能的 RREF。先逼 出同一批主元欄，再用自由欄與主元欄之間的線性關係逼出所有自由欄。

定理

定理

RREF 的唯一性

設 $A$ 是任意矩陣。假設 $B$ 與 $C$ 都是最簡行階梯形。若 $B$ 與 $A$ 行等價， 而 $C$ 也與 $A$ 行等價，則

$$B = C.$$

由於行等價有傳遞性，只要證明以下較直接的形式便足夠。

定理

等價表述

若 $B$ 與 $C$ 是同尺寸的最簡行階梯形，且 $B$ 與 $C$ 行等價，則 $B=C$。

請留意「最簡」二字。普通行階梯形不唯一；同一個矩陣可以有許多不同 REF，但 只有一個 RREF。

行等價會保留欄之間的線性關係

把兩個行等價的 $p \times q$ 矩陣寫成欄向量形式：

$$B=[b_1\ b_2\ \cdots\ b_q], \qquad C=[c_1\ c_2\ \cdots\ c_q].$$

若 $B$ 與 $C$ 行等價，則存在某個可逆 $p \times p$ 矩陣 $G$，使得

$$B = GC.$$

因此對每個欄指標 $j$，都有 $b_j = Gc_j$。

定理

欄關係的保留

假設

$$c_j=\alpha_1c_{k_1}+\alpha_2c_{k_2}+\cdots+\alpha_nc_{k_n}.$$

則

$$b_j=\alpha_1b_{k_1}+\alpha_2b_{k_2}+\cdots+\alpha_nb_{k_n}.$$

反過來，任何對應 $b$ 欄之間的線性關係，也會給出對應 $c$ 欄之間的同一個 線性關係。

反方向要用 $G^{-1}$。這正是 $G$ 必須可逆的原因：欄關係可以在兩個行等價矩 陣之間來回移動。

更明確地說，由分配律，

$$G\left(\sum_{i=1}^n\alpha_i c_{k_i}\right) =\sum_{i=1}^n\alpha_i Gc_{k_i}.$$

欄向量通常會改變，係數卻保持不變。再作用 $G^{-1}$，就得到反方向。因此，若只有一邊的某欄能由較早各欄表示，把那個表示式反向傳回便會與另一邊的假設矛盾。這不僅證明等式可以傳遞，也證明「不屬於較早各欄的張成空間」這一否定性質可以傳遞。

RREF 的欄長甚麼樣子

設 $C$ 是一個 RREF。假設它的主元欄為

$$d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_r.$$

那麼這些主元欄具有標準基向量的形狀：

$$c_{d_1}=e_1,\quad c_{d_2}=e_2,\quad \ldots,\quad c_{d_r}=e_r,$$

其中向量長度由 $C$ 的行數決定。

自由欄則由其左方的主元欄控制。若 $c_j$ 是自由欄，而其左方的主元欄為 $c_{d_1},\ldots,c_{d_h}$，則

$$c_j=\gamma_{1j}c_{d_1}+\gamma_{2j}c_{d_2}+\cdots+\gamma_{hj}c_{d_h}.$$

這些係數並不神秘：它們就是 $c_j$ 在主元行中的條目。

此外，每個主元欄在出現時都真正帶來新方向：

$$c_{d_k} \quad\text{不是其左方各欄的線性組合。}$$

這三點就是唯一性證明的核心。

為甚麼只需要較早的主元？若某行的主元在第 $j$ 欄之後，該行直到第 $j$ 欄的元素全為零；零行也沒有貢獻。因此，自由欄的非零元素只能出現在主元已經出現的各行。若尚無主元，右邊是空和，該欄就是零欄。反過來，在第 $k$ 個主元處，所有較早欄的第 $k$ 個元素都是零，但 $e_k$ 的該元素是 $1$，故較早欄的任何線性組合都不能產生這個主元欄。

對主元數目作歸納

為避免循環論證，在本證明中，「一個 RREF 的秩」暫時只解作「該 RREF 的主元欄數目」。只有在唯一性證明完成後，我們才正式定義任意矩陣的秩。

證明

RREF 唯一性的完整證明

令 $P(r)$ 表示以下命題：

若 $B$ 與 $C$ 是同尺寸 RREF，$B$ 與 $C$ 行等價，且 $C$ 有正好 $r$ 個主元 欄，則 $B=C$。

我們證明所有 $r\ge 0$ 的 $P(r)$。

基本情況。 假設 $C$ 沒有主元欄。那麼 $C$ 沒有非零行，所以 $C$ 是零矩 陣。由於 $B$ 與 $C$ 行等價，存在可逆矩陣 $G$ 使 $B=GC$。因此 $B=G0=0$，所以 $B=C$。

歸納步驟。 假設 $P(s)$ 成立。現在令 $C$ 有 $s+1$ 個主元欄，位置為

$$d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_s\lt d_{s+1}.$$

在最後一個主元欄處把兩個矩陣切開：

$$B=[B^\flat\ B^\natural], \qquad C=[C^\flat\ C^\natural],$$

其中 $B^\flat$ 與 $C^\flat$ 包含所有嚴格在第 $d_{s+1}$ 欄左邊的欄。

從 RREF 刪去末尾若干欄，所得仍是 RREF：保留了主元的行仍有領先的 $1$，其主元欄的其他元素仍為零；主元被刪去的行則成為零行，而且本來就在保留主元的各行下方。這個理由分別適用於兩個左方分塊，無須預先假設兩者的主元數相同。

把 $C$ 變為 $B$ 的同一串初等行變換，也把左方分塊相互變換，因為截取欄與每一步行變換可以交換先後。特別地，$B^\flat=GC^\flat$，左乘矩陣仍是原來的可逆 $p\times p$ 矩陣。因此兩分塊行等價，而 $C^\flat$ 恰有 $s$ 個主元。當左方分塊至少有一欄時，可用歸納假設得到

$$B^\flat=C^\flat.$$

若 $d_{s+1}=1$，兩個左方分塊都沒有欄，而且必有 $s=0$；此時它們相同是空泛成立的，不必把歸納假設應用於沒有欄的矩陣。若 $s=0$ 但 $d_1\gt1$，左方分塊則是通常的零矩陣，由基本情況可知相同。這樣便同時處理了前導零欄和空前綴兩種邊界。

所以兩個矩陣在第 $d_{s+1}$ 欄之前已經完全相同。

接着比較第 $d_{s+1}$ 欄。在 $C$ 中，這個主元欄不是其左方各欄的線性組合。 行等價會保留這個「不是線性組合」的性質，所以 $B$ 的第 $d_{s+1}$ 欄也不 是其左方各欄的線性組合。

由於左方分塊已相同，$B$ 的前 $s$ 個主元欄正是

$$e_1,e_2,\ldots,e_s.$$

若這欄在第 $s$ 行以下全為零，它就等於以最上方 $s$ 個元素為係數的 $e_1,\ldots,e_s$ 的線性組合，與剛才的非組合性質矛盾。因此，第 $s$ 行以下至少有一個非零元素。

取其中最上方的一行。由於左方分塊相同，這一行在更早各欄的元素全為零，所以它的主元就在第 $d_{s+1}$ 欄。這必定是第 $s+1$ 行：若中間還有其他行，那些行要麼是位於非零行上方的零行，要麼有更靠右的主元卻排在更靠左的主元上方，兩者都違反階梯次序。最後，最簡條件使該主元等於 $1$，並使同欄其他元素全為零。因此

$$b_{d_{s+1}}=e_{s+1}=c_{d_{s+1}}.$$

最後比較 $d_{s+1}$ 右方各欄。由於 $d_{s+1}$ 是 $C$ 的最後一個主元位置，右方每一欄都是自由欄。令 $\ell\gt d_{s+1}$，主元行中的元素給出唯一表示式

$$c_\ell = \gamma_{1\ell}c_{d_1} +\cdots+ \gamma_{s\ell}c_{d_s} +\gamma_{s+1,\ell}c_{d_{s+1}}.$$

行等價保留這個關係，所以

$$b_\ell = \gamma_{1\ell}b_{d_1} +\cdots+ \gamma_{s\ell}b_{d_s} +\gamma_{s+1,\ell}b_{d_{s+1}}.$$

但 $B$ 與 $C$ 的主元欄已被證明相同，所以 $b_\ell=c_\ell$。

每一欄都相同，因此 $B=C$。這證明 $P(s+1)$，歸納完成。

證明透視

每一步歸納究竟可以使用甚麼

歸納參數只數 $C$ 的主元。我們沒有假定 $B$ 也有同樣多主元；矩陣相等將會證明這件事。截取前綴在保留行等價的同時產生較小情形，前綴相等又固定了前 $s$ 個主元行。接着，不能由前欄組合的性質與 RREF 條件共同逼出下一個主元。最後，$C$ 的其餘各欄都已由這些匹配的主元表示；把確切係數傳給 $B$，就排除了額外主元或不同自由元素的可能。

一個具體縮小版

例題

兩主元 RREF 中逐欄被確定的元素

上面的證明追蹤任意欄，可能看起來較抽象。以下用一個小 RREF 展示同一邏輯：

$$C= \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 1 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.$$

主元欄是第 $1$ 欄與第 $3$ 欄：

$$c_1=e_1, \qquad c_3=e_2.$$

自由欄滿足

$$c_2=2c_1, \qquad c_4=-c_1+3c_3.$$

現在假設 $B$ 是另一個與 $C$ 行等價的 RREF。第一個主元欄不能消失，所以 $b_1=e_1$。由於關係 $c_2=2c_1$ 被保留，$b_2=2b_1=2e_1$，第二欄也被逼出。

第三欄不是第 $1$、$2$ 欄的線性組合，所以它必須成為 $B$ 的下一個主元欄： $b_3=e_2$。最後，關係 $c_4=-c_1+3c_3$ 被保留，所以

$$b_4=-b_1+3b_3=-e_1+3e_2=c_4.$$

因此 $B=C$。整個矩陣逐欄被迫相同。

例題

前導零欄不會中斷證明

考慮

$$C=\begin{bmatrix}0&1&-2&0&3\\0&0&0&1&4\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}.$$

設 $B$ 是與 $C$ 行等價的 RREF。由於 $c_1=0$，關係傳遞給出 $b_1=0$。$c_2$ 非零，可逆性保證 $b_2$ 也非零；它是 RREF 的第一個非零欄，故必須等於 $e_1$。再由 $c_3=-2c_2$ 得 $b_3=-2e_1$。

$c_4=e_2$ 不能由前三欄張成，因為前三欄的第二個元素都是零。因此 $b_4$ 是下一個主元欄，等於 $e_2$。最後，

$$c_5=3c_2+4c_4\quad\Longrightarrow\quad b_5=3b_2+4b_4=c_5.$$

這樣無須選擇消元路徑，就證明了 $B=C$。若按歸納證明在最後一個主元處切開，左方分塊有三欄、恰好一個主元，原來的前導零欄仍保留在其中。在唯一性定理已使秩的定義合法後，兩矩陣的秩都是 $2$。

例題

奇異左乘矩陣可以丟失一個欄方向

取

$$C=I_2,\qquad G=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix},\qquad B=GC=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}.$$

$B,C$ 都是 RREF，卻不相同。這不反駁唯一性：$G$ 是奇異矩陣，單憑 $B=GC$ 不能推出行等價。$C$ 的兩欄沒有非平凡關係，但 $b_2=0$ 是一個新關係，係數向量為 $(0,1)$。若有可逆矩陣把 $C$ 變為 $B$，這個關係就能反向傳回，得到錯誤結論 $c_2=0$。因此，這樣的可逆左乘矩陣並不存在。

對奇異的 $G$，原有關係仍可由分配律向前傳遞；失敗的是反方向，以及由它保證的「不能組合」性質。正確規則必須要求左乘矩陣可逆。這裏的主元數分別為 $2$ 和 $1$，具體顯示了不可逆操作能夠丟失甚麼資訊。

秩因此成為良定概念

定義

秩

對任意矩陣 $A$，$A$ 的 秩，記作 $\operatorname{rank}(A)$，定義為與 $A$ 行等價的唯一 RREF 中的主元欄數目。

這個定義之所以合法，是因為唯一性已經被證明。若不同化簡路徑可以得到不同 RREF，那麼主元欄數目便可能依賴路徑。唯一性定理排除了這個可能。

所以秩不是某次計算的記錄，而是矩陣本身的不變量。

因此在計算上可以安全地使用以下流程：

1. 把 $A$ 化成 RREF；
2. 標出該 RREF 的主元欄；
3. 數主元欄數目，得到 $\operatorname{rank}(A)$。

如果題目要求列空間的一組基底，則要用主元位置回到原矩陣中相應的欄。若題目 只要求秩，RREF 本身已經足夠。這個分別很重要：行變換會保留欄關係，但通常 不保留實際的列空間。

常見錯誤

常見錯誤

不要說普通 REF 也唯一

唯一性定理談的是 RREF，不是任意行階梯形。在把主元標準化並清掉其上方項之 前，可以出現許多不同 REF。

常見錯誤

不要把秩定義成某次計算所得的數

可以用行化簡計算秩，但定義不是「我這次算到的主元數」。唯一性定理保證所有 合法 RREF 路徑都給出同一個主元數。

常見錯誤

不要忘記欄關係的角色

證明並不是說行變換保留實際列空間；一般而言它不保留。真正被使用的是對應欄 之間的線性關係模式。

快速檢查

思考檢查

若兩個 RREF 矩陣都與同一個矩陣行等價，可以推出甚麼？

用唯一性定理，不要再做一次行化簡。

解答 · 答案

它們必定相等。同一個行等價類只有一個 RREF。

思考檢查

RREF 唯一性怎樣保證本節所用秩定義的良定性？

請提及主元欄數目。

解答 · 答案

秩定義為 RREF 中的主元欄數目。若 RREF 不唯一，不同化簡路徑可能給出不同 主元數。因為 RREF 唯一，主元數便不依賴路徑。

思考檢查

若與 $A$ 行等價的唯一 RREF 有第 $1$、$3$、$5$ 欄為主元欄，$\operatorname{rank}(A)$ 是多少？

數主元欄，不是數自由欄。

解答 · 答案

秩是 $3$，因為共有三個主元欄。

練習

練習 1

設

$$C= \begin{bmatrix} 1&4&0&2\\ 0&0&1&-3\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

指出其主元欄，並把每個自由欄寫成主元欄的線性組合。

解答 · 練習 1 導引解答

主元欄是第 $1$ 欄與第 $3$ 欄：

$$c_1=e_1,\qquad c_3=e_2.$$

自由欄是第 $2$ 欄與第 $4$ 欄。由它們在主元行中的條目可得

$$c_2=4c_1, \qquad c_4=2c_1-3c_3.$$

練習 2

假設 $B$ 是與練習 1 中 $C$ 行等價的 RREF。用欄關係說明為何 $B=C$。

解答 · 練習 2 導引解答

因為 $c_1$ 是第一個主元欄，$B$ 的第一欄必須是 $b_1=e_1=c_1$。關係 $c_2=4c_1$ 被保留，所以 $b_2=4b_1=4c_1=c_2$。

$C$ 的第三欄不是其左方各欄的線性組合，所以 $B$ 的第三欄被迫成為下一個主元欄：

$$b_3=e_2=c_3.$$

最後，$c_4=2c_1-3c_3$ 被保留，所以

$$b_4=2b_1-3b_3=2c_1-3c_3=c_4.$$

因此每一欄都相同，$B=C$。

練習 3

解釋為甚麼以下兩個行等價的 REF 矩陣不會反駁 RREF 唯一性：

$$E_1= \begin{bmatrix} 1&2\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad E_2= \begin{bmatrix} 2&4\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

解答 · 練習 3 導引解答

它們行等價，而且都有行階梯形外觀，但 $E_2$ 不是最簡行階梯形，因為它的首 項是 $2$，不是 $1$。

RREF 唯一性說的是最簡行階梯代表元唯一。它不是說每個中途得到的 REF 代表元 都唯一。

相關筆記

本節應在 2.5 行階梯形的存在性 和 5.1 可逆矩陣 之後閱讀。它也支撐 6.6 列空間、行空間與秩。