4.8 Row Space, Column Space,
and Null Space

列向量（在 \(R^3\)）：

\[\mathbf r_1=[2\ \ 1\ \ 0],\qquad \mathbf r_2=[3\ \ -1\ \ 4]\]

行向量（在 \(R^2\)）：

\[\mathbf c_1=\begin{bmatrix}2\\3\end{bmatrix},\quad \mathbf c_2=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix},\quad \mathbf c_3=\begin{bmatrix}0\\4\end{bmatrix}\]

留意 \(m=2,n=3\)：列向量有 3 個分量、行向量有 2 個分量，正好對上重點 1 的表。

以高斯消去法解此系統（已驗算）：

\[x_1=2,\qquad x_2=-1,\qquad x_3=3\]

由式 (2) 即得

\[2\begin{bmatrix}-1\\1\\2\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}3\\2\\1\end{bmatrix}+3\begin{bmatrix}2\\-3\\-2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\-9\\-3\end{bmatrix}\]

逐項檢查第一列：\(2(-1)-3+3(2)=-2-3+6=1\)　✓　第二列：\(2(1)-2+3(-3)=2-2-9=-9\)　✓　第三列：\(2(2)-1+3(-2)=4-1-6=-3\)　✓

觀念：解出來的 \(x_1,x_2,x_3\) 本身就是「線性組合的係數」，這是 Theorem 4.8.1 最直接的用法。

齊次情形 (3)：

\[\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\\x_6\end{bmatrix} =r\begin{bmatrix}-3\\1\\0\\0\\0\\0\end{bmatrix} +s\begin{bmatrix}-4\\0\\-2\\1\\0\\0\end{bmatrix} +t\begin{bmatrix}-2\\0\\0\\0\\1\\0\end{bmatrix}\]

非齊次情形 (4)(5)：

\[\mathbf x=\underbrace{\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\\0\\\tfrac13\end{bmatrix}}_{\mathbf x_0} +\underbrace{r\begin{bmatrix}-3\\1\\0\\0\\0\\0\end{bmatrix} +s\begin{bmatrix}-4\\0\\-2\\1\\0\\0\end{bmatrix} +t\begin{bmatrix}-2\\0\\0\\0\\1\\0\end{bmatrix}}_{\mathbf x_h}\]

右邊三個向量線性獨立（看第 2、4、5 個分量的位置即知），故構成 \(\operatorname{null}(A)\) 的基底，\(\dim\operatorname{null}(A)=3\)。

驗算：把 \(r=s=t=0\) 代入非齊次解得 \(\mathbf x_0=(0,0,0,0,0,\tfrac13)\)，而 \(A\mathbf x_0=\tfrac13\,\mathbf c_6=\tfrac13(0,-3,15,18)=(0,-1,5,6)=\mathbf b\)　✓

列空間：取非零列（首項 1 在第 1、2、4 行）：

\[\mathbf r_1=[1\ \ -2\ \ 5\ \ 0\ \ 3],\quad \mathbf r_2=[0\ \ 1\ \ 3\ \ 0\ \ 0],\quad \mathbf r_3=[0\ \ 0\ \ 0\ \ 1\ \ 0]\]

行空間：取含首項 1 的第 1、2、4 行：

\[\mathbf c_1=\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix},\quad \mathbf c_2=\begin{bmatrix}-2\\1\\0\\0\end{bmatrix},\quad \mathbf c_4=\begin{bmatrix}0\\0\\1\\0\end{bmatrix}\]

兩組基底都是 3 個向量。非樞紐的第 3、5 行確實可由基底表出：

\(\mathbf c_3=(5,3,0,0)=11\mathbf c_1+3\mathbf c_2\)（驗算：\(11(1,0,0,0)+3(-2,1,0,0)=(5,3,0,0)\)　✓）；\(\mathbf c_5=(3,0,0,0)=3\mathbf c_1\)　✓

因為初等列運算不改變列空間（Theorem 4.8.3a），可以先把 \(A\) 化成列梯形式：

\[R=\begin{bmatrix}1&-3&4&-2&5&4\\0&0&1&3&-2&-6\\0&0&0&0&1&5\\0&0&0&0&0&0\end{bmatrix}\]

由 Theorem 4.8.4，\(R\) 的非零列即為 \(\operatorname{row}(R)=\operatorname{row}(A)\) 的基底：

\[\mathbf r_1=[1\ \ -3\ \ 4\ \ -2\ \ 5\ \ 4],\quad \mathbf r_2=[0\ \ 0\ \ 1\ \ 3\ \ -2\ \ -6],\quad \mathbf r_3=[0\ \ 0\ \ 0\ \ 0\ \ 1\ \ 5]\]

重要提醒：這三個向量不是 \(A\) 的列，只是張成同一個空間。若題目硬性要求「基底必須從 \(A\) 的列中挑出」，要改用 Example 6 的做法。

驗算方向：\(A\) 的第 4 列 \(=-1\times\) 第 1 列，第 3 列 \(-\) 第 2 列 \(=(0,0,0,0,1,5)=\mathbf r_3\)，可見 4 個原列中只有 3 個獨立，與 \(\dim\operatorname{row}(A)=3\) 相符。

用 Example 4 得到的列梯形式

\[R=\begin{bmatrix}1&-3&4&-2&5&4\\0&0&1&3&-2&-6\\0&0&0&0&1&5\\0&0&0&0&0&0\end{bmatrix}\]

首項 1 落在第 1、3、5 行，故由 Theorem 4.8.4，\(R\) 的這三行構成 \(\operatorname{col}(R)\) 的基底：

\[\mathbf c'_1=\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix},\quad \mathbf c'_3=\begin{bmatrix}4\\1\\0\\0\end{bmatrix},\quad \mathbf c'_5=\begin{bmatrix}5\\-2\\1\\0\end{bmatrix}\]

再由 Theorem 4.8.5(b)，取 \(A\) 的對應行即得 \(\operatorname{col}(A)\) 的基底：

\[\mathbf c_1=\begin{bmatrix}1\\2\\2\\-1\end{bmatrix},\quad \mathbf c_3=\begin{bmatrix}4\\9\\9\\-4\end{bmatrix},\quad \mathbf c_5=\begin{bmatrix}5\\8\\9\\-5\end{bmatrix}\]

最常見的錯誤：直接把 \(\mathbf c'_1,\mathbf c'_3,\mathbf c'_5\) 當成答案。\(A\) 與 \(R\) 的行空間不同（Theorem 4.8.3 只保證列空間與零空間相同），只有「哪幾行構成基底」這個位置資訊可以搬運。

驗算：\(\mathbf c_2=-3\mathbf c_1\)　✓；\(\mathbf c_4=-14\mathbf c_1+3\mathbf c_3\)：\(-14(1,2,2,-1)+3(4,9,9,-4)=(-2,-1,-1,2)=\mathbf c_4\)　✓ 可見非樞紐行確實落在基底所張成的空間中。

策略：「列」不好挑，「行」好挑（Example 5）。所以先轉置，把列空間問題變成行空間問題，做完再轉置回來。

\[A^{T}=\begin{bmatrix}1&2&0&2\\-2&-5&5&6\\0&-3&15&18\\0&-2&10&8\\3&6&0&6\end{bmatrix} \ \xrightarrow{\ \text{列運算}\ }\ \begin{bmatrix}1&2&0&2\\0&1&-5&-10\\0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{bmatrix}\]

首項 1 在第 1、2、4 行，故 \(A^{T}\) 的第 1、2、4 行構成 \(\operatorname{col}(A^{T})\) 的基底：

\[\mathbf c_1=\begin{bmatrix}1\\-2\\0\\0\\3\end{bmatrix},\quad \mathbf c_2=\begin{bmatrix}2\\-5\\-3\\-2\\6\end{bmatrix},\quad \mathbf c_4=\begin{bmatrix}2\\6\\18\\8\\6\end{bmatrix}\]

再轉置回列向量，得 \(\operatorname{row}(A)\) 的基底（正是 \(A\) 的第 1、2、4 列）：

\[\mathbf r_1=[1\ \ -2\ \ 0\ \ 0\ \ 3],\quad \mathbf r_2=[2\ \ -5\ \ -3\ \ -2\ \ 6],\quad \mathbf r_4=[2\ \ 6\ \ 18\ \ 8\ \ 6]\]

為什麼第 3 列被淘汰：它是前兩列的線性組合。\(10\mathbf r_1-5\mathbf r_2=10(1,-2,0,0,3)-5(2,-5,-3,-2,6)=(0,5,15,10,0)=\mathbf r_3\)　✓

對照記憶：Example 4 用「\(A\) 直接化簡」→ 基底是 \(R\) 的列（非原列）；Example 6 用「\(A^{T}\) 化簡」→ 基底是 \(A\) 的原列。差別只在對誰做列運算。

把六個向量寫成行，排成矩陣，得到的正是 Example 5 的矩陣 \(A\)：

\[A=\begin{bmatrix}1&-3&4&-2&5&4\\2&-6&9&-1&8&2\\2&-6&9&-1&9&7\\-1&3&-4&2&-5&-4\end{bmatrix}\]

因此

\[\operatorname{span}\{\mathbf v_1,\mathbf v_2,\mathbf v_3,\mathbf v_4,\mathbf v_5,\mathbf v_6\}=\operatorname{col}(A)\]

沿用 Example 5 的結果（首項 1 在第 1、3、5 行），得

\[\{\mathbf v_1,\ \mathbf v_3,\ \mathbf v_5\}\ \text{是}\ \operatorname{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_6\}\ \text{的基底}\]

此子空間的維度為 3，是 \(R^4\) 中的一個 3 維超平面。注意 \(\mathbf v_2=-3\mathbf v_1\)、\(\mathbf v_6\) 也可由基底表出，所以六個向量其實只有三個「有用」。

(a) 把五個向量當行排成矩陣：

\[\begin{bmatrix}1&2&0&2&5\\-2&-5&1&-1&-8\\0&-3&3&4&1\\3&6&0&-7&2\end{bmatrix}\tag{9}\]

化為簡化列梯形式（reduced row echelon form），並把結果的行記為 \(\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_5\)：

\[\begin{bmatrix}1&0&2&0&1\\0&1&-1&0&1\\0&0&0&1&1\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}\tag{10}\]

首項 1 落在第 1、2、4 行，故 \(\{\mathbf w_1,\mathbf w_2,\mathbf w_4\}\) 是 (10) 的行空間基底，從而

\[\{\mathbf v_1,\ \mathbf v_2,\ \mathbf v_4\}\ \text{是 (9) 的行空間（即所求子空間）的基底}\]

(b) 用簡化梯形式的好處：非樞紐行的分量直接就是線性組合的係數，用看的即可：

\[\mathbf w_3=2\mathbf w_1-\mathbf w_2,\qquad \mathbf w_5=\mathbf w_1+\mathbf w_2+\mathbf w_4\]

這兩式稱為相依方程式（dependency equations）。由 Theorem 4.8.5，同樣的係數搬回原向量：

\[\mathbf v_3=2\mathbf v_1-\mathbf v_2,\qquad \mathbf v_5=\mathbf v_1+\mathbf v_2+\mathbf v_4\]

驗算：\(2\mathbf v_1-\mathbf v_2=2(1,-2,0,3)-(2,-5,-3,6)=(0,1,3,0)=\mathbf v_3\)　✓
\(\mathbf v_1+\mathbf v_2+\mathbf v_4=(1,-2,0,3)+(2,-5,-3,6)+(2,-1,4,-7)=(5,-8,1,2)=\mathbf v_5\)　✓

為什麼一定要化到「簡化」梯形式：只化到一般梯形式時，係數還得回頭解方程；化到 rref 後樞紐行變成 \(\mathbf e_1,\mathbf e_2,\mathbf e_3\)，非樞紐行的座標就直接是答案。這是 Example 8 與 Example 5 唯一的操作差異。

由式 (1)，\(A\mathbf x=x_1\mathbf c_1+\cdots+x_n\mathbf c_n\)：係數就是 \(\mathbf x\) 的各分量。

a. 係數為 \(1,\ 2\)：

\[A\mathbf x=1\begin{bmatrix}2\\-1\end{bmatrix}+2\begin{bmatrix}3\\4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}8\\7\end{bmatrix}\]

b. 係數為 \(-2,\ 3,\ 5\)：

\[A\mathbf x=-2\begin{bmatrix}4\\3\\0\end{bmatrix}+3\begin{bmatrix}0\\6\\-1\end{bmatrix}+5\begin{bmatrix}-1\\2\\4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-13\\22\\17\end{bmatrix}\]

a.

\[A\mathbf x=-1\begin{bmatrix}-3\\5\\2\\1\end{bmatrix}+2\begin{bmatrix}6\\-4\\3\\8\end{bmatrix}+5\begin{bmatrix}2\\0\\-1\\3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}25\\-13\\-1\\30\end{bmatrix}\]

b.

\[A\mathbf x=3\begin{bmatrix}2\\6\end{bmatrix}+0\begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}-5\begin{bmatrix}5\\-8\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-19\\58\end{bmatrix}\]

由 Theorem 4.8.1：\(\mathbf b\in\operatorname{col}(A)\iff A\mathbf x=\mathbf b\) 有解，而解 \(\mathbf x\) 的分量就是組合係數。

a. 增廣矩陣化為簡化列梯形式：

\[\left[\begin{array}{ccc|c}1&0&1&0\\0&1&1&0\\0&0&0&1\end{array}\right]\]

最後一列代表 \(0=1\)，系統不相容，故 \(\mathbf b\) 不在 \(\operatorname{col}(A)\) 中。

也可以直接看：\(\mathbf c_3=\mathbf c_1+\mathbf c_2\)，所以 \(\operatorname{col}(A)=\operatorname{span}\{\mathbf c_1,\mathbf c_2\}\)。若 \(\mathbf b=a\mathbf c_1+d\mathbf c_2\)，第 2 分量給 \(a=0\)、第 1 分量給 \(d=-1\)，但第 3 分量 \(2a+d=-1\neq2\)，矛盾。

b. \(\det A=1(3-1)+1(9-1)+1(9-3)=16\neq0\)，故有唯一解 \(\mathbf x=(1,-3,1)\)：

\[\mathbf b=\mathbf c_1-3\mathbf c_2+\mathbf c_3=\begin{bmatrix}1\\9\\1\end{bmatrix}-3\begin{bmatrix}-1\\3\\1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}5\\1\\-1\end{bmatrix}\]

a. \(A\) 的第 2 列是第 1 列的 \(-1\) 倍，把第 1、2 式相加得 \(0=2\)，系統不相容，故 \(\mathbf b\) 不在 \(\operatorname{col}(A)\) 中。

b. 增廣矩陣化簡後 \(A\) 的四行都是樞紐行（\(A\) 可逆），唯一解 \(\mathbf x=(-26,\ 13,\ -7,\ 4)\)：

\[\mathbf b=-26\begin{bmatrix}1\\0\\1\\0\end{bmatrix}+13\begin{bmatrix}2\\1\\2\\1\end{bmatrix}-7\begin{bmatrix}0\\2\\1\\2\end{bmatrix}+4\begin{bmatrix}1\\1\\3\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4\\3\\5\\7\end{bmatrix}\]

逐列驗算：\(-26+26+0+4=4\)、\(13-14+4=3\)、\(-26+26-7+12=5\)、\(13-14+8=7\)　✓

a. 按參數 \(r,s,t\) 分開：

\[\mathbf x=\begin{bmatrix}5r-2s\\s\\s+t\\t\end{bmatrix}=r\begin{bmatrix}5\\0\\0\\0\end{bmatrix}+s\begin{bmatrix}-2\\1\\1\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}0\\0\\1\\1\end{bmatrix}\]

b. 由 Theorem 4.8.2，特解加上 (a)：

\[\mathbf x=\begin{bmatrix}3\\0\\-1\\5\end{bmatrix}+r\begin{bmatrix}5\\0\\0\\0\end{bmatrix}+s\begin{bmatrix}-2\\1\\1\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}0\\0\\1\\1\end{bmatrix}\]

a.

\[\mathbf x=\begin{bmatrix}-3r+4s\\r-s\\r\\s\end{bmatrix}=r\begin{bmatrix}-3\\1\\1\\0\end{bmatrix}+s\begin{bmatrix}4\\-1\\0\\1\end{bmatrix}\]

b.

\[\mathbf x=\begin{bmatrix}-1\\2\\4\\-3\end{bmatrix}+r\begin{bmatrix}-3\\1\\1\\0\end{bmatrix}+s\begin{bmatrix}4\\-1\\0\\1\end{bmatrix}\]

a. 第 2 式是第 1 式的 2 倍，只剩 \(x_1=1+3x_2\)。令 \(x_2=t\)：

\[\mathbf x=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}3\\1\end{bmatrix}\]

　拿掉特解 \((1,0)\)，得 \(A\mathbf x=\mathbf 0\) 的通解 \(\mathbf x=t\,(3,1)\)。

b. 第 3 式 ＝ 第 1 式 ＋ 第 2 式。增廣矩陣化為 \(\left[\begin{array}{ccc|c}1&0&1&-2\\0&1&1&7\\0&0&0&0\end{array}\right]\)，令 \(x_3=t\)：

\[\mathbf x=\begin{bmatrix}-2\\7\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}-1\\-1\\1\end{bmatrix}\]

　拿掉特解，得 \(A\mathbf x=\mathbf 0\) 的通解 \(\mathbf x=t\,(-1,-1,1)\)。

　驗算特解：\(-2+7+0=5\)、\(-2+0=-2\)、\(-4+7+0=3\)　✓　齊次解：\(-1-1+2=0\)、\(-1+1=0\)、\(-2-1+3=0\)　✓

後三式分別是第 1 式的 \(2,\ -1,\ 3\) 倍，只剩 \(x_1=-1+2x_2-x_3-2x_4\)。令 \(x_2=r,\ x_3=s,\ x_4=t\)：

\[\mathbf x=\begin{bmatrix}-1\\0\\0\\0\end{bmatrix}+r\begin{bmatrix}2\\1\\0\\0\end{bmatrix}+s\begin{bmatrix}-1\\0\\1\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}-2\\0\\0\\1\end{bmatrix}\]

拿掉特解 \((-1,0,0,0)\)，得 \(A\mathbf x=\mathbf 0\) 的通解 \(\mathbf x=r(2,1,0,0)+s(-1,0,1,0)+t(-2,0,0,1)\)。

增廣矩陣化為簡化列梯形式：

\[\left[\begin{array}{cccc|c} 1&0&-\tfrac75&-\tfrac15&\tfrac65\\[2pt] 0&1&-\tfrac45&\tfrac35&\tfrac75\\ 0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{array}\right]\]

取 \(x_3=s,\ x_4=t\) 為自由變數：

\[x_1=\tfrac65+\tfrac75 s+\tfrac15 t,\quad x_2=\tfrac75+\tfrac45 s-\tfrac35 t,\quad x_3=s,\quad x_4=t\]

寫成 Theorem 4.8.2 的形式（把參數改記為 \(s'=\tfrac s5,\ t'=\tfrac t5\) 以取得整數向量）：

\[\mathbf x=\underbrace{\begin{bmatrix}\tfrac65\\\tfrac75\\0\\0\end{bmatrix}}_{\mathbf x_0} +s'\begin{bmatrix}7\\4\\5\\0\end{bmatrix}+t'\begin{bmatrix}1\\-3\\0\\5\end{bmatrix}\]

驗算特解：\(\tfrac65+2(\tfrac75)-0+0=\tfrac{20}5=4\)　✓；\(-2(\tfrac65)+\tfrac75=-\tfrac{5}5=-1\)　✓；\(-\tfrac65+3(\tfrac75)=\tfrac{15}5=3\)　✓；\(4(\tfrac65)-7(\tfrac75)=-\tfrac{25}5=-5\)　✓
驗算齊次解 \((7,4,5,0)\)：\(7+8-15+0=0\)、\(-14+4+10+0=0\)、\(-7+12-5+0=0\)、\(28-28-0=0\)　✓
驗算 \((1,-3,0,5)\)：\(1-6-0+5=0\)、\(-2-3+0+5=0\)、\(-1-9-0+10=0\)、\(4+21-25=0\)　✓

拿掉特解 \(\mathbf x_0\)，就得到 \(A\mathbf x=\mathbf 0\) 通解的向量形式：\(\mathbf x=s'(7,4,5,0)+t'(1,-3,0,5)\)。

\(\dim\operatorname{null}(A)=2\)，係數矩陣的秩為 2。

a. 簡化列梯形式為 \(\begin{bmatrix}1&0&-16\\0&1&-19\\0&0&0\end{bmatrix}\)。

　列空間基底：\([1\ \ 0\ \ -16],\ [0\ \ 1\ \ -19]\)；零空間基底：\((16,19,1)\)。

　驗算：\(16-19+3=0\)、\(80-76-4=0\)、\(112-114+2=0\)　✓　\(\dim\operatorname{row}=2,\ \dim\operatorname{null}=1\)，\(2+1=3=n\)　✓

b. 三列彼此成比例，簡化列梯形式為 \(\begin{bmatrix}1&0&-\tfrac12\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}\)。

　列空間基底：\([2\ \ 0\ \ -1]\)（一維）；零空間基底：\((0,1,0),\ (1,0,2)\)。

　驗算：\(2(1)+0-1(2)=0\)　✓　\(1+2=3=n\)　✓

a. 簡化列梯形式 \(\begin{bmatrix}1&0&1&-\tfrac27\\0&1&1&\tfrac47\\0&0&0&0\end{bmatrix}\)

　列空間基底：\([1\ \ 0\ \ 1\ \ -\tfrac27],\ [0\ \ 1\ \ 1\ \ \tfrac47]\)

　零空間基底：\((-1,-1,1,0),\ (2,-4,0,7)\)

　驗算 \((2,-4,0,7)\)：\(2-16+0+14=0\)、\(4-4+0+0=0\)、\(-2-12+0+14=0\)　✓

b. 簡化列梯形式 \(\begin{bmatrix}1&0&1&2&1\\0&1&1&1&2\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}\)

　列空間基底：\([1\ \ 0\ \ 1\ \ 2\ \ 1],\ [0\ \ 1\ \ 1\ \ 1\ \ 2]\)

　零空間基底：\((-1,-1,1,0,0),\ (-2,-1,0,1,0),\ (-1,-2,0,0,1)\)

　\(\dim\operatorname{row}=2,\ \dim\operatorname{null}=3\)，\(2+3=5=n\)　✓

a. 首項 1 在第 1、3 行。

　列空間：\([1\ \ 0\ \ 2],\ [0\ \ 0\ \ 1]\)　　行空間：\(\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix},\ \begin{bmatrix}2\\1\\0\end{bmatrix}\)

b. 首項 1 在第 1、2 行。

　列空間：\([1\ \ -3\ \ 0\ \ 0],\ [0\ \ 1\ \ 0\ \ 0]\)　　行空間：\(\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix},\ \begin{bmatrix}-3\\1\\0\\0\end{bmatrix}\)

兩小題都是 2 維，符合「非零列數 ＝ 首項 1 的個數」。

a. 四個非零列都有首項 1（在第 1、2、3、4 行）。

　列空間基底：\([1\,2\,4\,5],\ [0\,1\,-3\,0],\ [0\,0\,1\,-3],\ [0\,0\,0\,1]\)，即 \(\operatorname{row}=R^4\)。

　行空間基底：全部四行 \((1,0,0,0,0),\ (2,1,0,0,0),\ (4,-3,1,0,0),\ (5,0,-3,1,0)\)，是 \(R^5\) 的 4 維子空間。

b. 四列四行都有首項 1。

　列空間基底：四個列向量（\(=R^4\)）；行空間基底：四個行向量（\(=R^4\)）。

此矩陣是上三角且對角線全為 1，故可逆——呼應習題 33：可逆矩陣的列向量構成 \(R^n\) 的基底。

a. 列運算：\(R_2+2R_1,\ R_3+R_1,\ R_4+3R_1\)，再 \(R_3-R_2,\ R_4-2R_2\)，最後 \(R_4-R_3\)：

\[R=\begin{bmatrix}1&-2&5&0&3\\0&1&3&0&0\\0&0&0&1&0\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}\]

　列空間基底（\(R\) 的非零列）：\([1\ -2\ 5\ 0\ 3],\ [0\ 1\ 3\ 0\ 0],\ [0\ 0\ 0\ 1\ 0]\)

　首項 1 在第 1、2、4 行，取 \(A\) 的對應行得行空間基底：

\[\mathbf c_1=\begin{bmatrix}1\\-2\\-1\\-3\end{bmatrix},\quad \mathbf c_2=\begin{bmatrix}-2\\5\\3\\8\end{bmatrix},\quad \mathbf c_4=\begin{bmatrix}0\\0\\1\\1\end{bmatrix}\]

b. 對 \(A^{T}\) 化簡，樞紐行落在第 1、2、3 行，故取 \(A\) 的第 1、2、3 列：

\[\mathbf r_1=[1\ -2\ 5\ 0\ 3],\quad \mathbf r_2=[-2\ 5\ -7\ 0\ -6],\quad \mathbf r_3=[-1\ 3\ -2\ 1\ -3]\]

驗算第 4 列可由前三列表出：\(\mathbf r_4=\mathbf r_2+\mathbf r_3\)？\((-2+(-1),5+3,-7+(-2),0+1,-6+(-3))=(-3,8,-9,1,-9)=\mathbf r_4\)　✓ 確實相依。

\(\dim\operatorname{row}(A)=\dim\operatorname{col}(A)=3\)——兩種方法算出來的個數必然相同。

把三個向量排成行，化簡後三行都是樞紐行（秩 = 3）。

因此三個向量線性獨立，本身就是基底：

\[\{(1,1,-4,-3),\ (2,0,2,-2),\ (2,-1,3,2)\}\]

此子空間是 \(R^4\) 中的 3 維超平面。

排成行後化簡得到 \(4\times4\) 單位矩陣，秩 = 4。

四個向量線性獨立，所張成的子空間就是 \(R^4\) 本身，基底即這四個向量：

\[\{(1,1,0,0),\ (0,0,1,1),\ (-2,0,2,2),\ (0,-3,0,3)\}\]

乍看 \((-2,0,2,2)=-2(1,1,0,0)+2(0,0,1,1)\)？驗算：\((-2,-2,2,2)\neq(-2,0,2,2)\)，第 2 個分量對不上，所以並不相依。這種「看起來像」的情形一定要動手算。

把四個向量排成行，化為簡化列梯形式：

\[\begin{bmatrix}1&-3&-1&-5\\0&3&3&3\\1&7&9&5\\1&1&3&-1\end{bmatrix} \longrightarrow \begin{bmatrix}1&0&2&-2\\0&1&1&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{bmatrix}\]

首項 1 在第 1、2 行，故基底為 \(\{\mathbf v_1,\mathbf v_2\}\)，且由相依方程式：

\[\mathbf v_3=2\mathbf v_1+\mathbf v_2,\qquad \mathbf v_4=-2\mathbf v_1+\mathbf v_2\]

驗算：\(2(1,0,1,1)+(-3,3,7,1)=(-1,3,9,3)=\mathbf v_3\)　✓
\(-2(1,0,1,1)+(-3,3,7,1)=(-5,3,5,-1)=\mathbf v_4\)　✓

排成行化為簡化列梯形式：

\[\begin{bmatrix}1&0&2&0&-1\\0&1&-1&0&3\\0&0&0&1&2\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}\]

首項 1 在第 1、2、4 行，故基底為 \(\{\mathbf v_1,\mathbf v_2,\mathbf v_4\}\)，且

\[\mathbf v_3=2\mathbf v_1-\mathbf v_2,\qquad \mathbf v_5=-\mathbf v_1+3\mathbf v_2+2\mathbf v_4\]

驗算：\(2(1,-1,5,2)-(-2,3,1,0)=(4,-5,9,4)=\mathbf v_3\)　✓
\(-(1,-1,5,2)+3(-2,3,1,0)+2(0,4,2,-3)=(-7,18,2,-8)=\mathbf v_5\)　✓

對 \(A^{T}\) 化簡（\(A=\begin{bmatrix}1&4&5&2\\2&1&3&0\\-1&3&2&2\end{bmatrix}\)），樞紐行落在第 1、2 行，故取 \(A\) 的第 1、2 列：

\[\mathbf r_1=[1\ \ 4\ \ 5\ \ 2],\qquad \mathbf r_2=[2\ \ 1\ \ 3\ \ 0]\]

驗算第 3 列相依：\(-\mathbf r_1+\mathbf r_2=(1,-3,-2,-2)\)，而 \(\mathbf r_3=(-1,3,2,2)=\mathbf r_1-\mathbf r_2\)　✓

對 \(A^{T}\) 化簡後樞紐行在第 1、2 行，故取 \(A\) 的第 1、2 列：

\[\mathbf r_1=[1\ \ 4\ \ 5\ \ 6\ \ 9],\qquad \mathbf r_2=[3\ \ -2\ \ 1\ \ 4\ \ -1]\]

驗算其餘兩列：\(\mathbf r_3=(-1,0,-1,-2,-1)=-\tfrac17\mathbf r_1-\tfrac27\mathbf r_2\)；\(\mathbf r_4=(2,3,5,7,8)=\tfrac{13}{14}\mathbf r_1+\tfrac5{14}\mathbf r_2\)。
檢查 \(\mathbf r_3\)：\(-\tfrac17(1,4,5,6,9)-\tfrac27(3,-2,1,4,-1)=\tfrac17(-1-6,\,-4+4,\,-5-2,\,-6-8,\,-9+2)=\tfrac17(-7,0,-7,-14,-7)=(-1,0,-1,-2,-1)\)　✓

想法：\(A\mathbf x=\mathbf 0\) 的意思是「\(A\) 的每一列與 \(\mathbf x\) 的內積為 0」。所以要找的列向量 \((a,b,c,d)\) 必須同時滿足

\[a-b+3c+2d=0,\qquad 2a-2c+4d=0\]

解這個 \(2\times4\) 齊次系統，得兩個獨立解：\((1,4,1,0)\) 與 \((-2,0,0,1)\)。取它們當列：

\[A=\begin{bmatrix}1&4&1&0\\-2&0&0&1\end{bmatrix}\]

驗算：\(A\mathbf v_1=(1-4+3+0,\ -2+0+0+2)=(0,0)\)　✓　\(A\mathbf v_2=(2+0-2+0,\ -4+0+0+4)=(0,0)\)　✓
維度檢查：\(A\) 的兩列線性獨立 → 秩 2 → \(\dim\operatorname{null}(A)=4-2=2\)，恰等於 \(\dim\operatorname{span}\{\mathbf v_1,\mathbf v_2\}\)，所以零空間正好是這個平面（不會更大）。

答案不唯一：任何列向量張成同一個 2 維空間的矩陣都可以，例如再補上第三列 \((1,4,1,0)+(-2,0,0,1)=(-1,4,1,1)\) 也不影響。

\(A\) 的兩列線性獨立 → 秩 2 → \(\dim\operatorname{null}(A)=3-2=1\)，且 \(\operatorname{col}(A)=R^2\)，故三小題都有解。

a.（零空間）解 \(x_1+2x_2=0,\ x_1-x_2+4x_3=0\)：

\[\mathbf x=t\,(-8,4,3)\]

　驗算：\(-8+8+0=0\)、\(-8-4+12=0\)　✓

b. 特解 \((-3,2,2)\)（驗算：\(-3+4+0=1\)、\(-3-2+8=3\)　✓）：

\[\mathbf x=(-3,2,2)+t\,(-8,4,3)\]

c. 特解 \((-5,2,2)\)（驗算：\(-5+4+0=-1\)、\(-5-2+8=1\)　✓）：

\[\mathbf x=(-5,2,2)+t\,(-8,4,3)\]

三個解集合是 \(R^3\) 中三條互相平行的直線，方向都是 \((-8,4,3)\)——這就是 Theorem 4.8.2 的平移圖像。

\(A\mathbf x=\begin{bmatrix}2x_1\\x_2\\x_1+x_2\\2x_1\end{bmatrix}\)。\(A\) 的兩行線性獨立，秩 2 → \(\dim\operatorname{null}(A)=2-2=0\)，且 \(\operatorname{col}(A)\) 只是 \(R^4\) 的 2 維子空間，所以多數 \(\mathbf b\) 無解。

a. \(2x_1=0,\ x_2=0\) → 只有

\[\mathbf x=(0,0)\]

　零空間只含零向量，符合秩 2、\(n=2\)。

b. 第 1 式要 \(2x_1=1\)（\(x_1=\tfrac12\)），第 4 式要 \(2x_1=-1\)（\(x_1=-\tfrac12\)），矛盾。

　故 \(\mathbf b=(1,1,-1,-1)\notin\operatorname{col}(A)\)，無解。

c. 第 1、4 式給 \(x_1=1\)，第 2 式給 \(x_2=0\)，但第 3 式要求 \(x_1+x_2=0\)，即 \(1\neq0\)，矛盾。

　故 \(\mathbf b=(2,0,0,2)\notin\operatorname{col}(A)\)，無解。

行空間的刻畫：\(\operatorname{col}(A)=\{(2s,\,t,\,s+t,\,2s)\}\)，即滿足 \(b_1=b_4\) 且 \(b_3=\tfrac{b_1}2+b_2\) 的所有 \((b_1,b_2,b_3,b_4)\)。用這兩條件檢查 (b)(c) 最快。

a. 取 \(y=s,\ z=t\) 為自由變數，則 \(x=1-s-t\)：

\[\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix} =\underbrace{\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}}_{\mathbf x_0} +s\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}-1\\0\\1\end{bmatrix}\]

　齊次方程 \(x+y+z=0\) 的通解正是後兩項。

b. \(x+y+z=0\) 是通過原點的平面（法向量 \((1,1,1)\)）；\(x+y+z=1\) 是與它平行的平面，由前者沿 \(\mathbf x_0=(1,0,0)\) 平移而得。

特解不唯一：\((0,1,0)\)、\((0,0,1)\) 也都可以，平移後得到同一個平面。

a. 取 \(y=t\)，則 \(x=1-t\)：

\[\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}-1\\1\end{bmatrix}\]

b. \(x+y=0\) 是通過原點、方向為 \((-1,1)\) 的直線；\(x+y=1\) 是把它沿 \((1,0)\) 平移後的平行直線。

a. 三列都是 \([3\ \ 2\ \ -1]\) 的倍數（第 2 列 = 2 倍、第 3 列 = \(-1\) 倍），故系統等價於單一方程 \(3x_1+2x_2-x_3=0\)，即 \(x_3=3x_1+2x_2\)：

\[\mathbf x=r\begin{bmatrix}1\\0\\3\end{bmatrix}+s\begin{bmatrix}0\\1\\2\end{bmatrix}\]

　驗算：\(3(1)+2(0)-3=0\)、\(3(0)+2(1)-2=0\)　✓　\(\dim\operatorname{null}=2\)（秩 1，\(1+2=3\)　✓）

b. \(A(1,0,1)^{T}=(3-1,\ 6-2,\ -3+1)=(2,4,-2)\)　✓ 確為解。

c. 由 Theorem 4.8.2：

\[\mathbf x=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}+r\begin{bmatrix}1\\0\\3\end{bmatrix}+s\begin{bmatrix}0\\1\\2\end{bmatrix}\]

d. 直接解：非齊次系統同樣等價於單一方程 \(3x_1+2x_2-x_3=2\)，即 \(x_3=3x_1+2x_2-2\)。令 \(x_1=u,\ x_2=v\)：\(\mathbf x=(u,\ v,\ 3u+2v-2)\)。

　與 (c) 比較：\((1+r,\ s,\ 1+3r+2s)\)，令 \(u=1+r,\ v=s\) 則 \(3u+2v-2=3+3r+2s-2=1+3r+2s\)　✓ 兩者相同。

a. 化簡得秩 2，\(\dim\operatorname{null}=1\)，基底為 \((-11,2,5)\)：

\[\mathbf x=t\begin{bmatrix}-11\\2\\5\end{bmatrix}\]

　驗算：\(-11-4+15=0\)、\(-22+2+20=0\)、\(-11-14+25=0\)　✓

b. \(A(1,1,1)^{T}=(1-2+3,\ 2+1+4,\ 1-7+5)=(2,7,-1)\)　✓

c.

\[\mathbf x=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}-11\\2\\5\end{bmatrix}\]

d. 直接解增廣矩陣得 \(x_1=\tfrac{16}5-\tfrac{11}5\tau,\ x_2=\tfrac35+\tfrac25\tau,\ x_3=\tau\)。令 \(\tau=1+5t\) 即得 \((1-11t,\ 1+2t,\ 1+5t)\)　✓ 與 (c) 一致。

增廣矩陣化為簡化列梯形式：

\[\left[\begin{array}{cccc|c} 1&\tfrac43&\tfrac13&0&\tfrac13\\0&0&0&1&1\\0&0&0&0&0\end{array}\right]\]

樞紐在第 1、4 行，\(x_2=r,\ x_3=s\) 為自由變數：

\[x_1=\tfrac13-\tfrac43 r-\tfrac13 s,\quad x_2=r,\quad x_3=s,\quad x_4=1\]

寫成向量形式（令 \(r=3r',\ s=3s'\) 取整數向量）：

\[\mathbf x=\underbrace{\begin{bmatrix}\tfrac13\\0\\0\\1\end{bmatrix}}_{\text{特解}} +r'\begin{bmatrix}-4\\3\\0\\0\end{bmatrix}+s'\begin{bmatrix}-1\\0\\3\\0\end{bmatrix}\]

驗算特解：\(3(\tfrac13)+2(1)=3\)　✓　\(6(\tfrac13)+5=7\)　✓　\(9(\tfrac13)+10=13\)　✓
驗算齊次解 \((-4,3,0,0)\)：\(-12+12=0\)、\(-24+24=0\)、\(-36+36=0\)　✓
驗算 \((-1,0,3,0)\)：\(-3+3=0\)、\(-6+6=0\)、\(-9+9=0\)　✓

增廣矩陣化為簡化列梯形式：

\[\left[\begin{array}{cccc|c} 1&-\tfrac13&0&-\tfrac{13}3&\tfrac{13}3\\0&0&1&9&-7\\0&0&0&0&0\end{array}\right]\]

樞紐在第 1、3 行，\(x_2=r,\ x_4=s\) 為自由變數：

\[x_1=\tfrac{13}3+\tfrac13 r+\tfrac{13}3 s,\quad x_2=r,\quad x_3=-7-9s,\quad x_4=s\]

整理成向量形式（令 \(r=3r'\)、\(s=3s'\)）：

\[\mathbf x=\underbrace{\begin{bmatrix}\tfrac{13}3\\0\\-7\\0\end{bmatrix}}_{\text{特解}} +r'\begin{bmatrix}1\\3\\0\\0\end{bmatrix}+s'\begin{bmatrix}13\\0\\-27\\3\end{bmatrix}\]

驗算特解：\(9(\tfrac{13}3)+5(-7)=39-35=4\)　✓　\(6(\tfrac{13}3)+3(-7)=26-21=5\)　✓　\(3(\tfrac{13}3)+3(-7)=13-21=-8\)　✓
驗算 \((1,3,0,0)\)：\(9-9=0\)、\(6-6=0\)、\(3-3=0\)　✓
驗算 \((13,0,-27,3)\)：\(117-135+18=0\)、\(78-81+3=0\)、\(39-81+42=0\)　✓

a. 對 \(\mathbf x=(x,y,z)\)：

\[A\mathbf x=\begin{bmatrix}y\\x\\0\end{bmatrix}\]

　零空間：\(A\mathbf x=\mathbf 0\iff y=0\) 且 \(x=0\)，\(z\) 任意 → 即 \(\{(0,0,z)\}=z\) 軸。　✓

　行空間：三行為 \((0,1,0),(1,0,0),(0,0,0)\)，張成 \(\operatorname{span}\{(1,0,0),(0,1,0)\}=xy\) 平面。　✓

　順帶驗證維度定理：\(\operatorname{rank}=2,\ \operatorname{nullity}=1,\ 2+1=3\)　✓

b. 需要「吃掉」第一個分量、輸出落在 \(yz\) 平面，取

\[B=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\]

　\(B(x,y,z)^{T}=(0,y,z)\)：等於零 \(\iff y=z=0\)，\(x\) 任意 → 零空間為 \(x\) 軸　✓；三行張成 \(\operatorname{span}\{(0,1,0),(0,0,1)\}=yz\) 平面　✓

答案不唯一，只要秩為 2、零空間與行空間對到指定的軸與平面即可。

零空間的維度 \(=3-\operatorname{rank}\)，所以只要控制秩即可（點 = 0 維、線 = 1 維、面 = 2 維）。

a. 零空間只有原點 → 秩 3（可逆）：\(A=I_3=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\)

b. 零空間是直線 → 秩 2：\(A=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}\)，零空間 \(=z\) 軸。

c. 零空間是平面 → 秩 1：\(A=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}\)，零空間 \(=yz\) 平面。

注意：零空間永遠通過原點，所以 (a) 的「點」只能是原點，(b)(c) 的線與面也必須過原點。

a. 直線 \(3x-5y=0\) 的方向向量是 \((5,3)\)。設矩陣的一個列為 \((a,b)\)，則必須 \(5a+3b=0\)，即 \((a,b)\) 是 \((3,-5)\) 的倍數。因此

\[M=\begin{bmatrix}3s&-5s\\3t&-5t\end{bmatrix},\qquad (s,t)\neq(0,0)\]

　條件 \((s,t)\neq(0,0)\) 保證秩恰為 1（不是 0），零空間才正好是那條線而非整個 \(R^2\)。

　驗算：\(M\begin{bmatrix}5\\3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}15s-15s\\15t-15t\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}\)　✓

b.

　驗算 \(C\)：\(C(1,-3)^{T}=(6-6,\ 3-3)=(0,0)\)　✓　\(C\) 的第 1 列是第 2 列的 2 倍，故秩 1、零空間 1 維。

（列空間部分）設 \(R\) 的非零列為 \(\mathbf r_1,\dots,\mathbf r_k\)（首項 1 分別在第 \(j_1<j_2<\cdots<j_k\) 行）。零列對張成沒有貢獻，故這 \(k\) 列張成 \(\operatorname{row}(R)\)。

　再證獨立：設 \(c_1\mathbf r_1+\cdots+c_k\mathbf r_k=\mathbf 0\)。看第 \(j_1\) 個分量：由梯形結構，只有 \(\mathbf r_1\) 在該位置非零（值為 1），其餘各列在第 \(j_1\) 行皆為 0，故 \(c_1=0\)。刪去該項後看第 \(j_2\) 個分量得 \(c_2=0\)，依此類推得 \(c_1=\cdots=c_k=0\)。∎

（行空間部分）設含首項 1 的行為 \(\mathbf c_{j_1},\dots,\mathbf c_{j_k}\)。由梯形結構，\(\mathbf c_{j_i}\) 的第 \(i\) 個分量為 1、第 \(i+1\) 個以下的分量全為 0，因此把它們排在一起是一個「上三角、對角線全為 1」的 \(k\times k\) 區塊（其餘列為零），該區塊可逆，故這 \(k\) 行線性獨立。

　再證生成：\(R\) 只有前 \(k\) 列非零，所以 \(R\) 的每一行從第 \(k+1\) 個分量起全為 0，即 \(\operatorname{col}(R)\subseteq\operatorname{span}\{\mathbf e_1,\dots,\mathbf e_k\}\)（\(R^m\) 的前 \(k\) 個標準基底向量），這是一個 \(k\) 維空間。\(k\) 個線性獨立的樞紐行落在這個 \(k\) 維空間中，必定生成它，因此 \(\operatorname{col}(R)=\operatorname{span}\{\mathbf c_{j_1},\dots,\mathbf c_{j_k}\}\)，樞紐行構成 \(\operatorname{col}(R)\) 的基底。∎

不能直接引用「\(\dim\operatorname{col}(R)=\dim\operatorname{row}(R)\)」：那正是本定理要推出的結果，拿來當前提會變成循環論證。

用 11、12 兩題的具體矩陣對照一遍，這個證明的兩段結構會非常清楚。

證明：\(A\) 可逆 \(\iff\) \(A\) 與 \(I_n\) 列等價（可逆矩陣定理）。由 Theorem 4.8.3(a)，列等價矩陣有相同的列空間，故

\[\operatorname{row}(A)=\operatorname{row}(I_n)=\operatorname{span}\{\mathbf e_1,\dots,\mathbf e_n\}=R^n\]

因此 \(A\) 的 \(n\) 個列向量張成 \(R^n\)。而 \(\dim R^n=n\)，「\(n\) 個向量張成 \(n\) 維空間」即為基底（Theorem 4.6.4）。∎

另一條路：\(A\) 可逆 \(\Rightarrow A^{T}\) 可逆 \(\Rightarrow A^{T}\mathbf x=\mathbf 0\) 只有零解 \(\Rightarrow\) \(A^{T}\) 的行（即 \(A\) 的列）線性獨立；\(n\) 個獨立向量在 \(R^n\) 中即為基底。

定理：若 \(A\) 為 \(n\times n\) 可逆矩陣、\(B\) 為 \(n\times n\) 矩陣，則 \(\operatorname{row}(AB)=\operatorname{row}(B)\)。

證明（\(\subseteq\)）：\(AB\) 的第 \(i\) 列為

\[(AB)_{i\ast}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\,B_{j\ast}\]

　即 \(B\) 各列的線性組合，故 \(\operatorname{row}(AB)\subseteq\operatorname{row}(B)\)。（此步不需要 \(A\) 可逆。）

證明（\(\supseteq\)）：因 \(A\) 可逆，\(B=A^{-1}(AB)\)，對上式同理可得 \(\operatorname{row}(B)\subseteq\operatorname{row}(AB)\)。

兩邊互相包含，故相等。∎

另一種說法：\(A\) 可逆 \(\iff A\) 是若干初等矩陣的乘積，故 \(AB\) 由 \(B\) 經一連串初等列運算得到，兩者列等價，由 Theorem 4.8.3 得列空間（與零空間）相同。
可逆性不可少：取 \(A=\begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}\) 則 \(\operatorname{row}(AB)=\{\mathbf 0\}\)，一般不等於 \(\operatorname{row}(B)\)。

簡化列梯形式為

\[\begin{bmatrix} 1&3&0&4&2&0&0\\ 0&0&1&2&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&\tfrac13\\ 0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0\end{bmatrix}\]

首項 1 在第 1、3、6 行，故取 \(A\) 的第 1、3、6 行：

\[\mathbf c_1=\begin{bmatrix}2\\3\\3\\2\\1\end{bmatrix},\quad \mathbf c_3=\begin{bmatrix}0\\-2\\-7\\5\\-2\end{bmatrix},\quad \mathbf c_6=\begin{bmatrix}12\\18\\-3\\33\\6\end{bmatrix}\]

驗算相依關係：由簡化梯形式讀出 \(\mathbf c_2=3\mathbf c_1\)（\(3(2,3,3,2,1)=(6,9,9,6,3)\)　✓）、\(\mathbf c_5=2\mathbf c_1\)（\(=(4,6,6,4,2)\)　✓）、\(\mathbf c_4=4\mathbf c_1+2\mathbf c_3\)（\(4(2,3,3,2,1)+2(0,-2,-7,5,-2)=(8,8,-2,18,0)\)　✓）、\(\mathbf c_7=\tfrac13\mathbf c_6\)（\(\tfrac13(12,18,-3,33,6)=(4,6,-1,11,2)\)　✓）。

\(\operatorname{rank}(A)=3\)，故 \(\dim\operatorname{col}(A)=3\)。

對 \(A^{T}\) 化簡（Example 6 的方法），樞紐行落在第 1、2、3 行，故取 \(A\) 的第 1、2、3 列：

\[\mathbf r_1=[2\ \ 6\ \ 0\ \ 8\ \ 4\ \ 12\ \ 4]\] \[\mathbf r_2=[3\ \ 9\ \ -2\ \ 8\ \ 6\ \ 18\ \ 6]\] \[\mathbf r_3=[3\ \ 9\ \ -7\ \ -2\ \ 6\ \ -3\ \ -1]\]

驗算其餘兩列可由此表出：\(A^{T}\) 的簡化列梯形式為 \(\begin{bmatrix}1&0&0&1&-1\\0&1&0&1&1\\0&0&1&-1&0\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}\)，讀出

\[\mathbf r_4=\mathbf r_1+\mathbf r_2-\mathbf r_3,\qquad \mathbf r_5=-\mathbf r_1+\mathbf r_2\]

　檢查 \(\mathbf r_5\)：\(-(2,6,0,8,4,12,4)+(3,9,-2,8,6,18,6)=(1,3,-2,0,2,6,2)=\mathbf r_5\)　✓
　檢查 \(\mathbf r_4\)：\((2,6,0,8,4,12,4)+(3,9,-2,8,6,18,6)-(3,9,-7,-2,6,-3,-1)=(2,6,5,18,4,33,11)=\mathbf r_4\)　✓

與 T1 一致：\(\dim\operatorname{row}(A)=\dim\operatorname{col}(A)=3\)。