# 矩阵乘法与初等变换的联系

将矩阵 $A = (a_{i, j})_{m \times n}$ 与 $B = (b_{i, j})_{n \times p}$ 相乘，可以将矩阵 $B$ 的每一行作为一块，写成分块形式：

$$B = \begin {pmatrix} B_1 \\ B_2 \\ \vdots \\ B_n \end {pmatrix}$$

$A$ 的每个元作为一块，进行分块运算得：

$$\begin {aligned} AB & = \begin {pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, m} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, m} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m, 1} & a_{m, 2} & \cdots & a_{m, n} \end {pmatrix} \begin {pmatrix} B_1 \\ B_2 \\ \vdots \\ B_n \end {pmatrix} \\ & = \begin {pmatrix} a_{1, 1} B_1 + a_{1, 2} B_2 + \cdots + a_{1, n} B_n \\ a_{2, 1} B_1 + a_{2, 2} B_2 + \cdots + a_{2, n} B_n \\ \vdots \\ a_{m, 1} B_1 + a_{m, 2} B_2 + \cdots + a_{m, n} B_n \end {pmatrix} \end {aligned}$$

这说明：$AB$ 的每一行都是 $B$ 的行的线性组合，组合系数由 $A$ 的相应的行提供。

经过初等行变换 $B \mapsto B_1$ 后的矩阵 $B_1$ 的行都是变换前的矩阵 $B$ 的行的线性组合，从 $B$ 到 $B_1$ 的变换可以通过在 $B$ 的左边乘以适当的矩阵 $A$ 来实现：

$$B \mapsto B_1 = AB$$

因此我们可以 设计适当的 $A$，分别满足下面的条件：

1. 将 $B$ 的前两行交换得到 $AB$；

2. 将 $B$ 的第 $1$ 行乘 $\lambda$ 得到 $AB$；

3. 将 $B$ 的第 $1$ 行的 $\lambda$ 倍加到第 $2$ 行得到 $AB$。

设 $B$ 的各行依次为 $B_1, B_2, \cdots, B_n$。

(1) $AB$ 的各项为 $B_2, B_1, B_3, \cdots, B_n$。由于

$$B_2 = 0 B_1 + 1 B_2 + 0 B_3 + \cdots + 0 B_n \\ B_1 = 1 B_1 + 0 B_2 + 0 B_3 + \cdots + 0 B_n \\ B_i = 0 B_1 + \cdots + 0 B_{i - 1} + 1 B_i + 0 B_{i + 1} + \cdots + 0 B_n (3 \le i \le n)$$

则矩阵

$$A = \begin {pmatrix} 0 & 1 & & & \\ 1 & 0 & & & \\ & & 1 & & \\ & & & \ddots & \\ & & & & 1 \end {pmatrix}$$

符合要求。

(2) $AB$ 的各行依次为 $\lambda B_1, B_2, \cdots, B_n$，因此

$$A = \begin {pmatrix} \lambda & & & \\ & 1 & & \\ & & \ddots & \\ & & & 1 \end {pmatrix}$$

符合要求。

(3) $AB$ 的各行依次为 $B_1, \lambda B_1 + B_2, B_3, \cdots, B_n$，因此

$$A = \begin {pmatrix} 1 & & & \\ \lambda & 1 & & \\ & & \ddots & \\ & & & 1 \end {pmatrix}$$

符合要求。

# 初等矩阵

对任意的 $i, j$ 记 $E_{i, j}$ 为第 $(i, j)$ 元为 $1$、其余为 $0$ 的矩阵，则得到 $P_{i, j}, D_i (\lambda)$ 和 $T_{i, j} (\lambda)$ 的运算性质：

1. $P_{i, j} = I - E_{i, i} - E_{j, j} + E_{i, j} + E_{j, i}$；

2. $D_i (\lambda) = I + (\lambda - 1) E_{i, i}$；

3. $T_{i, j} (\lambda) = I + \lambda E_{i, j}$。

定理 $1$：对矩阵 $B$ 做初等行变换，效果相当于对 $B$ 左乘相应的初等方阵：

1. 将 $B$ 的第 $i, j$ 行互换：$B \mapsto P_{i, j} B$；

2. 将 $B$ 的第 $i$ 行乘 $\lambda \not = 0$：$B \mapsto D_i (\lambda) B$；

3. 将 $B$ 的第 $j$ 行的 $\lambda$ 倍加到第 $i$ 行：$B \mapsto T_{i, j} (\lambda) B$。

由此可得：

1. 初等方阵可逆，其逆方阵仍是初等方阵；

2. $P_{i, j}^2 = I$，进而 $P_{i, j}^{-1} = P_{i, j}$；

3. $D_i (\lambda)^{-1} = D_i (\lambda^{-1})$；

4. $T_{i, j} (\lambda)^{-1} = T_{i, j} (- \lambda)$。

下面考虑 $BA$ 与 $B$ 的关系。将 $B$ 的每一列作为一块，写成分块形式

$$B = (\beta_1, \cdots, \beta_m)$$

$A$ 的每个元作为一块，进行分块运算得：

$$\begin {aligned} BA & = (\beta_1, \cdots, \beta_m) \begin {pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, m} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, m} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m, 1} & a_{m, 2} & \cdots & a_{m, n} \end {pmatrix} \\ & = (\beta_1 a_{1, 1} + \beta_2 a_{2, 1} + \cdots + \beta_m a_{m, 1}, \cdots, \beta_1 a_{1, n} + \beta_2 a_{2, n} + \cdots + \beta_m a_{m, n}) \end {aligned}$$

这说明：$BA$ 的每一列都是 $B$ 的列的线性组合，组合系数由 $A$ 的相应的列提供。

用矩阵消元法解线性方程组，对任一矩阵 $A$ 作初等行变换，可以将 $A$ 化为阶梯形。如果同时使用初等行变换和初等列变换，可以将任一矩阵 $A$ 化到更简单的形式。而对 $A$ 进行初等行变换和初等列变换，相当于对 $A$ 左乘和右乘一系列初等方阵。

定理 $2$：任意的 $m \times n$ 矩阵 $A$ 都可以通过有限次初等行变换和初等列变换化为：

$$\begin {pmatrix} I_{(r)} & O \\ O & O \end {pmatrix} \tag {1}$$

其中 $r = \mathrm {rank} \, A$。

证明：如果 $A = O$，则 $A$ 是所求。

设 $A = (a_{i, j})_{m \times n} \not = O$。其中必有元 $a_{k, l} \not = 0$。

如果 $a_{1, 1} = 0$，当 $k \not = 1$ 时将 $A$ 的第 $1$ 行与第 $k$ 行互换，可将非零元 $a_{k, l}$ 换到第 $1$ 行；

如果 $l \not = 1$，再将第 $1$ 列和第 $l$ 列互换，将非零元换到第 $(1, 1)$ 位置。经过这样的初等行变换和初等列变换，一定可以将 $A = (a_{i, j})_{m \times n}$ 化为 $B = (b_{i, j})_{m \times n}$，使 $a_{1, 1} \not = 0$。

对 $2 \le i \le m, 2 \le j \le n$，将 $B = (b_{i, j})_{m \times n}$ 第 $1$ 行的 $- \dfrac {b_{i, 1}} {b_{1, 1}}$ 倍加到第 $i$ 行，第 $1$ 列的 $- \dfrac {b_{1, j}} {1, 1}$ 倍加到第 $j$ 列，可以将 $B$ 中第 $2$ 至第 $m$ 行的第 $1$ 列元化为 $0$，第 $2$ 至第 $n$ 列的第 $1$ 行化为 $0$。

再将第 $1$ 行乘 $\dfrac 1 {b_{1, 1}}$ 可以将第 $(1, 1)$ 元化为 $1$。这样就将 $B$ 化为了如下形式的矩阵：

$$C = \begin {pmatrix} 1 & \\ & A_1 \end {pmatrix}$$

其中 $A_1$ 是 $(m - 1) \times (n - 1)$ 矩阵。

如果 $A_1 = O$，则 $A_1$ 已经是所需的形状。

设 $A_1 \not = O$，重复以上步骤，对 $A_1$ 作初等行变换和初等列变换可以将 $A_1$ 化为：

$$A_2 = \begin {pmatrix} 1 & \\ & A_1 \end {pmatrix}$$

其中 $A_2$ 是 $(m - 2) \times (n - 2)$ 矩阵。这也就是对 $C$ 的第 $2$ 行至第 $m$ 行作初等行变换，对 $C$ 的第 $2$ 至第 $n$ 列作初等列变换，将 $C$ 进一步化为：

$$C = \begin {pmatrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & A_2 \end {pmatrix}$$

重复这个过程，最后可以得到形如 $(1)$ 的矩阵：

$$\begin {pmatrix} I_{(r)} & O \\ O & O \end {pmatrix}$$

这个矩阵的 $r$ 个非零行线性无关，组成行向量的极大线性无关组，因此秩为 $r$。而对矩阵进行初等行变换和初等列变换不改变矩阵的秩，因此 $A$ 的秩也是 $r$，也就是：

$$r = \mathrm {rank} \, A$$

推论 $1$：对任意 $m \times n$ 矩阵 $A$，用一系列的 $m$ 阶初等方阵 $P_1, P_2, \cdots, P_s$ 左乘 $A$，以及一系列初等方阵 $Q_1, Q_2, \cdots, Q_t$ 右乘 $A$，将 $A$ 化为：

$$\begin {pmatrix} I_{(r)} & O \\ O & O \end {pmatrix}$$

其中 $r = \mathrm {rank} \, A$。存在 $m$ 阶可逆方阵 $P$ 和 $n$ 阶可逆方阵 $Q$ 使 $PAQ$ 具有上述形式。

定理 $3$：如果 $A$ 是可逆方阵，则 $A$ 可以表示为若干个初等方阵的乘积。

证明：由于 $A$ 可逆，$\mathrm {rank} \, A = n$，由 定理 $2$ 知道 $A$ 可以左乘一系列初等方阵 $P_1, P_2, \cdots, P_s$，右乘一系列初等方阵 $Q_1, Q_2, \cdots, Q_t$ 化为 $I_{(n)}$：

$$P_s \cdots P_2 P_1 A Q_1 Q_2 \cdots Q_t = I \\ A = P_1^{-1} P_2^{-1} \cdots P_s^{-1} Q_t^{-1} \cdots Q_2^{-1} Q_1^{-1}$$

由于初等方阵 $P_1, P_2, \cdots, P_s, Q_1, Q_2, \cdots, Q_t$ 的逆仍是初等方阵，上式表明 $A$ 是初等矩阵的乘积。

推论 $2$：可逆方阵 $A$ 可以经过有限次初等行变换化为单位矩阵。

证明：矩阵的每个初等行变换可以通过左乘一个初等方阵来实现。$(A, B)$ 可以经过一系列初等行变换变成 $(I, X)$，也就是左乘一系列初等方阵 $P_1, P_2, \cdots, P_s$ 变成 $(I, X)$：

$$P_1 P_2 \cdots P_s (A, B) = (I, X)$$

记 $P = P_1 P_2 \cdots P_s$，则 $P (A, B) = (I, X)$，

$$(PA, PB) = (I, X), PA = I, PB = X$$

由 $PA = I$，知 $P = A^{-1}$，从而

$$X = PB = A^{-1} B$$

考虑将分块矩阵

$$S = \begin {pmatrix} A & B \\ C & D \end {pmatrix}$$

看成两 “行” 两 “列”。如果 $A$ 是可逆矩阵，则可以将第一 “行” 左乘 $- CA^{-1}$ 加到第二行消去 $C$，再将第一 “列” 右乘 $- A^{-1} B$ 加到第二 “列” 得到：

$$\begin {pmatrix} A & B \\ C & D \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} A & B \\ O & D - C A^{-1} B \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} A & O \\ O & D - C A^{-1} B \end {pmatrix}$$

于是所说的行变换和列变换就可以通过左乘和右乘这两个 “初等方阵” 来实现：

$$\begin {pmatrix} I & O \\ - C A^{-1} & I \end {pmatrix} \begin {pmatrix} A & B \\ C & D \end {pmatrix} \begin {pmatrix} I & - A^{-1} B \\ O & I \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} A & O \\ O & D - C A^{-1} B \end {pmatrix} \tag {2}$$

等式 $(2)$ 称为 Schur 公式。

# 矩阵乘法与行列式

# 同阶方阵乘积的行列式

设 $B$ 是 $n$ 阶方阵，$P$ 是 $n$ 阶初等方阵。$B$ 通过适当的初等行变换变到 $PB$，行列式 $|B|$ 乘上了适当的倍数 $\mu$ 变成 $|PB|$。我们研究这个倍数 $\mu$ 与 $P$ 的关系。

1. $P = P_{i, j}$。此时的初等行变换 $B \mapsto P_{i, j} B$ 是将 $B$ 的第 $i, j$ 两行互换，因此：

   $$|P_{i, j} B| = - |B| = (-1) |B|$$

   然而 $P_{i, j}$ 是由单位阵 $I$ 的两行互换得来的，因此 $|P_{i, j}| = - |I|$，可见

   $$|P_{i, j} B| = |P| |B|$$

2. $P = D_i (\lambda)$。此时的初等行变换是将 $B$ 的第 $i$ 行乘 $\lambda$，因此

   $$|D_i (\lambda) B| = \lambda |B|$$

   由单位阵 $I$ 经过同样的初等变换得到 $D_i (\lambda)$，$|D_i (\lambda)| = \lambda$，因此

   $$|D_i (\lambda) B| = |D_i (\lambda)| |B|$$

3. $P = T_{i, j} (\lambda)$。将 $B$ 的第 $j$ 行的 $\lambda$ 倍加到第 $i$ 行得到 $T_{i, j} (\lambda) B$，

   $$|T_{i, j} (\lambda) B| = |B|$$

   由单位阵 $I$ 经过同样的初等变换得到 $T_{i, j} (\lambda)$，$|T_{i, j} (\lambda)| = 1$

   $$|T_{i, j} (\lambda) B| = |T_{i, j} (\lambda)| |B|$$

定理 $4$：设 $B$ 是 $n$ 阶方阵，$A$ 是 $n$ 阶方阵，则：

$$|AB| = |A| \cdot |B|$$

证明：

$$|I_{(n)} - AB| = \begin {vmatrix} I_{(m)} & B \\ O & I_{(n)} - AB \end {vmatrix} \\ \begin {pmatrix} I_{(m)} & O \\ A & I_{(n)} \end {pmatrix} \begin {pmatrix} I_{(m)} & B \\ O & I_{(n)} - AB \end {pmatrix} \begin {pmatrix} I_{(m)} & O \\ - A & I_{(n)} \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} I_{(m)} - BA & B \\ O & I_{(n)} \end {pmatrix} \\ \begin {vmatrix} I_{(m)} & O \\ A & I_{(n)} \end {vmatrix} = \begin {vmatrix} I_{(m)} & O \\ - A & I_{(n)} \end {vmatrix} = 1 \\ \begin {vmatrix} I_{(m)} & B \\ O & I_{(n)} - AB \end {vmatrix} = \begin {vmatrix} I_{(m)} - BA & B \\ O & I_{(n)} \end {vmatrix} = |I_{(m)} - BA| \\ |I_{(n)} - AB| = |I_{(m)} - BA|$$

注：$(3)$ 可以作为公式来计算行列式。

# 矩阵相抵

引理 $1$：$A$ 与 $B$ 相抵 $\Leftrightarrow$ 存在可逆矩阵 $P, Q$ 使 $B = PAQ$。

证明：设 $A$ 与 $B$ 相抵，$A$ 可以通过一系列初等行变换和初等列变换变成 $B$。每个初等行变换可以通过左乘某个初等方阵实现，每个初等列变换可以通过右乘某个初等方阵实现，因此存在一系列初等方阵 $P_1, P_2, \cdots, P_s, Q_1, Q_2, \cdots, Q_t$ 使：

$$P_s \cdots P_2 P_2 A Q_1 Q_2 \cdots Q_t = B$$

取 $P = P_s \cdots P_2 P_1, Q = Q_1 Q_2 \cdots Q_t$，则 $P, Q$ 是可逆方阵且 $PAQ = B$。

反过来设存在可逆矩阵 $P, Q$ 使 $B = PAQ$，由推论 $1$，可逆方阵都可以表示成有限个初等方阵的乘积：

$$P = P_s \cdots P_2 P_1, Q = Q_1 Q_2 \cdots Q_t$$

因此，$B = P_s \cdots P_2 P_1 A Q_1 Q_2 \cdots Q_t$。由此可知 $A$ 经过一系列初等行变换和初等列变换变成 $B$。

引理 $2$：矩阵的相抵关系具有如下性质：

1. 反身性：$A$ 相抵于自己；

2. 对称性：如果 $A$ 相抵于 $B$，则 $B$ 相抵于 $A$；

3. 传递性：如果 $A$ 相抵于 $B$，$B$ 相抵于 $C$，则 $A$ 相抵于 $C$。

由于相抵关系的以上性质，可以将 $\mathbb F^{m \times n}$ 按相抵关系划分成两两没有公共元素的类 $R_A$，每一类称为一个 相抵等价类（equivalent class），对于每个元素 $A$，必属于唯一的一类。

由于每个 $A$ 都可以通过有限次初等变换变成

$$S = \begin {pmatrix} I_{(r)} & O \\ O & O \end {pmatrix}$$

也就是 $A$ 相抵于 $S$。选取 $S$ 作为 $A$ 所在的相抵等价类 $R_A$ 的代表，称为 $S$ 是 相抵标准型（canonical form of equivalent matrices）。

定理 $5$：设 $A, B \in \mathbb F^{m \times n}$，则 $A$ 与 $B$ 相抵当且仅当 $\mathrm {rank} \, A = \mathrm {rank} \, B$。

证明：$A$ 与 $B$ 相抵 $\Rightarrow$ 存在可逆矩阵 $P, Q$

$$B = PAQ \\ \Rightarrow \mathrm {rank} \, B = \mathrm {rank} \, (PAQ) = \mathrm {rank} \, A$$

$\mathbb F^{m \times n}$ 中的每个矩阵 $A$ 相抵于它的标准形：

$$S = \begin {pmatrix} I_{(r)} & O \\ O & O \end {pmatrix}$$

其中 $r = \mathrm {rank} \, A$。如果 $B \in \mathbb F^{m \times n}$ 的秩与 $A$ 相同，则 $B$ 也相抵于 $S$，由相抵的传递性，$B$ 相抵于 $A$。

事实上，对于 $\mathbb F^{m \times n}$，记 $d = \min \{ m, n \}$ 则可以按矩阵的秩将 $\mathbb F^{m \times n}$ 分成 $d + 1$ 类，并且每一类中所有的矩阵有一个标准形：

$$C_r = \begin {pmatrix} I_{(r)} & O \\ O & O \end {pmatrix}, r \in \{ 0, 1, \cdots, d \}$$

证明：存在可逆方阵 $P, Q \in \mathbb F^{n \times n}$，使：

$$A = P \begin {pmatrix} I_{(r)} & O \\ O & O \end {pmatrix} Q$$

取

$$B = Q^{-1} \begin {pmatrix} O_{(r)} & O \\ O & I_{(n - r)} \end {pmatrix} P^{-1}$$

即满足条件。

# 习题

1. 已知：$\lambda \not = 0$，

   $$A = \begin {pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda^{-1} \end {pmatrix}, B = \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 1 - \lambda \\ 0 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ \lambda^{-1} & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda^{-1} \end {pmatrix}$$

   (1) 将 $A$ 经过一系列初等行变换得到 $B$；

   (2) 将 $A$ 写成第三类初等方阵的乘积。

   (1) 解：由 $B$ 的定义可知：

   $$A = \begin {pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda^{-1} \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} \lambda & 0 \\ 1 & \lambda^{-1} \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & \lambda^{-1} - 1 \\ 1 & \lambda^{-1} \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & \lambda^{-1} - 1 \\ 0 & 1 \end {pmatrix}$$

   (2) 解：注意到 $B$ 也是第三类初等方阵，则：

   $$\begin {aligned} A & = \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ \lambda^{-1} & 1 \end {pmatrix}^{-1} \begin {pmatrix} 1 & 1 - \lambda \\ 0 & 1 \end {pmatrix}^{-1} \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end {pmatrix}^{-1} B \\ & = \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ -\lambda^{-1} & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & \lambda - 1 \\ 0 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda^{-1} \end {pmatrix} \end {aligned}$$

2. 试将方阵 $A = \begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end {pmatrix}$ 写成第三类初等方阵的乘积。

   解：考虑如下初等行变换过程：

   $$A = \begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end {pmatrix}$$

   将该行变换的逆过程转换为初等方阵，可得：

   $$A = \begin {pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end {pmatrix}$$

3. 已知 $a$ 是常数，且矩阵

   $$A = \begin {pmatrix} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a \end {pmatrix}$$

   可经过初等列变换化为矩阵：

   $$B = \begin {pmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end {pmatrix}$$

   (1) 求 $a$；

   (2) 求满足 $AP = B$ 的可逆阵 $P$。

   (1) 解：可将 $A$ 进行如下初等列变换：

   $$A = \begin {pmatrix} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & 1 \\ -1 & 7 & 2 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 3 & 2 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 2 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end {pmatrix}$$

   由此可得：$a = 2$。

   (2) 解：将上述过程写作初等方阵的乘积，可得：

   $$P = \begin {pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} \frac 1 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix}$$

   此即对矩阵进行如下初等列变换：

   $$\begin {pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac 1 2 & 0 & 0 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac 1 2 & 0 & 0 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac 1 2 & 1 & 0 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac 1 2 & 1 & \frac 1 2 \end {pmatrix}$$

   即 $P = \begin {pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac 1 2 & 1 & \frac 1 2 \end {pmatrix}$。

4. 设

   $$X = \begin {pmatrix} 0 & a_1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a_2 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{n - 2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & a_{n - 1} \\ a_n & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \end {pmatrix}$$

   其中 $a_i \not = 0 (i = 1, 2, \cdots, n)$，求 $X^{-1}$。

   解：由初等方阵的乘积，可以通过如下方式将 $X$ 转化成单位方阵：

   $$X P_{1, 2} P_{2, 3} \cdots P_{n - 1, n} D_1 \left( \frac 1 {a_1} \right) D_2 \left( \frac 1 {a_2} \right) \cdots D_n \left( \frac 1 {a_n} \right) = I_{(n)}$$

   则

   $$X^{-1} = P_{1, 2} P_{2, 3} \cdots P_{n - 1, n} D_1 \left( \frac 1 {a_1} \right) D_2 \left( \frac 1 {a_2} \right) \cdots D_n \left( \frac 1 {a_n} \right)$$

   即对矩阵进行如下初等列变换：

   $$\begin {pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 0 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 & \frac 1 {a_n} \\ \frac 1 {a_1} & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & \frac 1 {a_2} & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \frac 1 {a_{n - 1}} & 0 \end {pmatrix}$$

   因此有：

   $$X^{-1} = \begin {pmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 & \frac 1 {a_n} \\ \frac 1 {a_1} & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & \frac 1 {a_2} & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \frac 1 {a_{n - 1}} & 0 \end {pmatrix}$$