我們通過消元法解出\(ax=b\)，在消元過程中，我們要把a化成上三角形式，我們稱之為\(u\)。而\(e\)就是描述\(a\)與\(u\)關係的矩陣，我們有\(ea=u\)。
這是之前學過的內容，再熟悉不過了，但是我們的行交換矩陣\(e\)並不是乙個漂亮的形式，為啥這麼說呢！？看個例幾~
\[a=\left[
\begin
2&4&2\\
4&10&5\\
0&2&9
\end
\right]
\]\[e_\left[
\begin
1&0&0\\
-2&1&0\\
0&0&1
\end
\right] \times a\left[
\begin
2&4&2\\
4&10&5\\
0&2&9
\end
\right]=
u_1\left[
\begin
2&4&2\\
0&2&1\\
0&2&9
\end
\right]
\]這裡我們對a第二行進行消元，我們使用矩陣\(e_\)來表示上面左乘矩陣a的矩陣，這個矩陣反應了我們對a的消元操作，這就不用我說了。
我們把這一步得出的矩陣暫且命名為\(u_1\)
\[e_\left[
\begin
1&0&0\\
0&1&0\\
0&-1&1
\end
\right] \times
u_1\left[
\begin
2&4&2\\
0&2&1\\
0&2&9
\end
\right]
=u\left[
\begin
2&4&2\\
0&2&1\\
0&0&8
\end
\right]
\]繼續消元，這回就得到最後的u了。
\[e= \left[
\begin
1&0&0\\
0&1&0\\
0&-1&1
\end
\right] \times \left[
\begin
1&0&0\\
-2&1&0\\
0&0&1
\end
\right]= \left[
\begin
1&0&0\\
-2&1&0\\
2&-1&1
\end
\right]
\]得出了e，\(e\)反應了我們對\(a\)所進行的消元操作，\(e_\)說明該行從原矩陣取了-2倍行一，\(e_\)說明該行從原矩陣取了1倍行二，這也就是我們對第二行進行的消元操作——減去2倍行一。
但是第三行就有問題了，我們對第三行進行消元時，並沒有從第三行中減去任何倍的行一，我們直接減去了1倍的行2，但是這個位置卻有個2，這是因為上一步消元中我們對行2減去了2倍行一，而這次消元我們直接用行3減去了已經處理完的行2，所以之前的操作就體現在這裡了。
但是，這個資料是多餘的，因為矩陣\(e\)中的第二行已經足夠說明這個操作了，我們不想要它。這就有了\(a=lu\)這一形式。
我們先看看\(l\)是啥，因為之前我們知道的式子是\(ea=u\)，兩邊分別左乘\(e^\)，則得到\(a=e^u\)，所以\(l\)即\(e\)的逆。
然後再看看\(e\)的逆是啥：
\[e^=l=\left[
\begin
1&0&0\\
2&1&0\\
0&1&1
\end
\right]
\]對於e這種消元矩陣，逆的本質其實是把消元所做的操作復原，所以那些關鍵的部分的負號都變成了正號。所以它的你很容易得到。
不過隨便你用什麼求逆，高斯若爾當法、matlab？？反正你會得到這個，令人驚奇的是這個矩陣個沒用的數字沒了只剩下這些我們關注的，對消元有用的資訊。
呦呦呦，不知道你發沒發現，上面我們舉得例子都是沒有行互換的，而現實場景恰恰都要行互換，所以我們要得到下乙個形式。
我們先來定義一些置換矩陣，它是單位矩陣的行互換形式，對於這種矩陣，它的逆等於它本身，它們相乘，結果也依然在這些矩陣中。
我們看看\(2 \times 2\)形式下的所有置換矩陣：
\[\left[
\begin
1&0\\
0&1\end
\right],
\left[
\begin
0&1\\
1&0\end
\right]
\]第乙個就是單位陣，它啥都不做，第二個把第一行和第二行互換。
對於\(3 \times 3\)我就不說了，它有6個，對於\(n \times n\)有\(n!\)個置換矩陣。
所以完整的形式應該是\(a=plu\)，p代表所作的行互換。
轉置放在這裡實在有點不搭，但是gilbert strang老爺子就是這麼講的哈哈哈，我好喜歡這老爺子~~
轉置即把矩陣放倒或立起來：
\[a = \left[
\begin
1&3\\
2&3\\
4&1\end
\right],
a^ = \left[
\begin
1&2&4\\
3&3&1
\end
\right]
\]對稱矩陣的轉置等於本身：
\[a = a^t \left[
\begin
1&3&5\\
3&2&7\\
5&7&4
\end
\right]
\]對於轉置有如下運算性質：
\[(ab)^t = b^ta^t
\]乙個矩陣乘它的轉置必定得到乙個對稱矩陣：
\[(aa^t)^t = a^a^t =aa^t
\]
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