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线性代数-矩阵基础-3

矩阵的秩

矩阵的秩,是用于描述矩阵的一个重要的性质,它由行(列)向量组的极大线性无关组中包含的向量的个数来定义, 描述了矩阵的行(列)向量空间的维数. 关于一个矩阵 A 的秩,有一点重要基本的性质:

**【定理】** 初等变换不改变矩阵的秩.进一步的,初等行(列)变换不改变矩阵任意列(行)之间的线性相关性.

矩阵秩的求法

根据矩阵秩的定义, 秩的唯一的求法就是通过初等行(列)变换,将举证化为阶梯型矩阵, 其中非零行的个数即为行秩. 由由于矩阵的行秩等于列秩,等于矩阵的秩, 这也就求出了矩阵的秩. 这里仅举一例作为参考.

【例】
求以下矩阵A的秩.
A=(3114λ4101171732243)

【解】
对矩阵施行初等行变换. 得到
A1=(171730410107λ17λ3λ0000)
可以看到, 若 λ=0, 则rankA=2; 若λ0, 对矩阵进一步化简, 容易得到 rankA=3.

关于秩的等式与不等式

以下命题的证明中, 将大量的使用分块矩阵的方法. 其实不难, 只要学会了, 解题就会变得很简单, 相比于一般课本上, 使用极大线性无关组叙述的冗长证明, 不仅简单, 而且易于掌握.

【命题】 设As×n矩阵. P,Q分别为sn阶的可逆矩阵, 则 rankA=rank(PA)=rank(AQ)=rank(PAQ).

所有可逆矩阵都可以通过单位矩阵经过有限步的初等变换得到, 所以其实矩阵 A 乘上可逆矩阵, 就是做了有限次数的初等变换. 根据矩阵作初等变换秩不变的性质, 立即得到以上命题.

【命题】\label{prop:1.2} 设An阶方阵, 则rankA=n(满秩)A可逆.
【命题】\label{prop:1.3} rankA=rankAT=rank(kA),其中k0.
【命题】\label{prop:1.4} rank(A00B)=rankA+rankB

由秩的定义,以上三个命题显然.

【命题】【秩的第一降阶定理】\label{prop:1.5} 设A可逆,(ABCD)m×n矩阵, 则 rank(ABCD)=rankA+rank(DCA1B).

【证明】
类似于例\ref{eg:1.3},我们有
\begin{array}{l} \begin{pmatrix} I & 0 \\ -CA^{-1} & I \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & -A^{-1}B \\ 0 & I \\ \end{pmatrix}\\ =\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & D-CA^{-1}B \\ \end{pmatrix}. \end{array}
其中\begin{pmatrix} I & 0 \\ -CA^{-1} & I \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I & -A^{-1}B \\ 0 & I \\ \end{pmatrix}均为广义初等矩阵.自然有命题成立.

【NOTE】: 若D为可逆矩阵, 则也有类似公式. 亦称为第一降阶公式. 另外将以上命题中式(\ref{eq:prop5})改写为:
\begin{equation}\label{eq:prop5.2} \text{rank} (D-CA^{-1}B)=\text{rank} \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \\ \end{pmatrix}-\text{rank} A. \end{equation}
称为秩的升阶公式.

应用命题\ref{prop:1.6}立刻得到下面命题.

【命题】【秩的第二降阶定理】 设A,D分别为r阶与s阶的可逆矩阵,B,C分别是r\times ss\times r矩阵,则 \begin{multline*}\label{eq:prop6} \text{rank} (D-CA^{-1}B)\\ =\text{rank} D - \text{rank} A +\text{rank} (A-BD^{-1}C). \end{multline*}
【命题】\label{prop:1.7} rank(AC0B)rankA+rankB,rank(A0CB)rankA+rankB.\begin{align} \text{rank}\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \end{pmatrix}\geqslant \text{rank} A +\text{rank} B,\\ \text{rank}\begin{pmatrix} A & 0 \\ C & B \end{pmatrix}\geqslant \text{rank} A +\text{rank} B. \end{align}
【证明】A,B中任何一个秩为0的时候, 命题显然成立. 现在假设\text{rank} A=r_1\neq 0,\text{rank} B=r_2 \neq 0.那么,A,B中各自能取出r_1,r_2阶的子式M_1,M_2,那么矩阵 \begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} A & 0 \\ C & B \\ \end{pmatrix}分别能取出秩为r_1+r_2的子式 \begin{pmatrix} M_1 & * \\ 0 & M_2 \\ \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} M_1 & 0 \\ * & M_2 \\ \end{pmatrix},故而命题成立(矩阵子式的秩小于等于原矩阵的秩).
【命题】 设A=(a_{ij})m\times s矩阵,B=(b_{ij})s\times n矩阵, 则 \begin{equation}\label{eq:1.8} \text{rank} (AB)\leqslant\min\{\text{rank} A,\text{rank} B\}. \end{equation}

【证明】
\textbf{证明1:} 将A表示为列向量组形式(\alpha_1,\cdots,\alpha_s),
\begin{array}{lll} AB &=& (\alpha_1,\cdots,\alpha_s)\begin{pmatrix} b_{11} & \cdots & b_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ b_{s1} & \cdots & b_{sn} \\ \end{pmatrix}\\ &=& (\alpha_1 b_{11}+\cdots +\alpha_s b_{s1},\cdots,\alpha_1 b_{1n}+\cdots +\alpha_s b_{sn}). \end{array}
上式说明AB的列向量组可以由A的列向量组线性表出, 故而\text{rank} (AB)\leqslant\text{rank} A,对B同理有\text{rank} (AB)\leqslant\text{rank} B.故而命题成立.

\textbf{证明2:} 设\text{rank}{A}=r_1,\text{rank}{B}=r_2.由命题\ref{prop:1.1}以及初等变换的性质, 可知存在 m\times m 可逆矩阵 P, 与 s\times s 可逆矩阵 Q, 使得
PQA=\begin{pmatrix} I_{r_1} & 0\\ 0 & 0\\ \end{pmatrix}.
注意到
PAB=PAQQ^{-1}B=\begin{pmatrix} I_{r_1} & 0\\ 0 & 0\\ \end{pmatrix}Q^{-1}B.

B_1=Q^{-1}B, 这是一个 s\times n 矩阵, 用 b’_{ij} 表示这个矩阵的元, 显然有
\begin{pmatrix} I_{r_1} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} B_1 = \begin{pmatrix} b’_{11} & \cdots & b’_{1n} \\ \vdots & \cdots & \vdots \\ b’_{r_{11} & \cdots & b’_{r_{1n} \\ 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}_{m\times n} = C.

这个矩阵C的行秩最多等于r_1, 而列秩则不超过\text{rank} B_1 = \text{rank} B.任意矩阵的行秩与列秩与秩都相等, 这就有了\text{rank}(AB)=\text{rank}(PAB)\leqslant\min\{\text{rank} A, \text{rank} B\}.

【命题】\label{prop:1.9} 将两个同行(列)数矩阵A,B并排(竖直)连在一起,构成的新矩阵(A,B)\begin{pmatrix} A \\ B \\ \end{pmatrix})的秩,小于两矩阵秩之和.
【命题】\label{prop:1.10} 设A,B均为m\times n矩阵, 则\text{rank} (A+B)\leqslant\text{rank} A +\text{rank} B.

【证明】由广义初等线性变换不改变秩,有
\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} A & 0 \\ A & B \\ \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} A & A \\ A & A+B \\ \end{pmatrix}
A+B为最右边矩阵的子矩阵,显然命题成立.

【命题】【Sylvester不等式】 设A,B分别是m\times nn\times s矩阵,则 \begin{equation}\label{prop:1.11} \text{rank}{AB}\geqslant\text{rank}{A}+\text{rank}{B}-n. \end{equation}

【证明】
证明1: 由于C=\begin{pmatrix} A & 0 \\ I & B \\ \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 0 & -AB \\ I & B \\ \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 0 & -AB \\ I & 0 \\ \end{pmatrix}
显然,我们有\begin{array}{ll} \text{rank}{A}+\text{rank}{B}&\leqslant\text{rank}{C}=\text{rank}{\begin{pmatrix} 0 & -AB \\ I & 0 \\ \end{pmatrix}}\\ &=\text{rank}{(AB)}+\text{rank}{I}.\end{array}.

证明2: 由秩的升阶公式(\ref{eq:prop5.2}),我们有
\begin{array}{ll} \text{rank}(AB)&=\text{rank} (0-AI^{-1}B)\\ &=\text{rank} \begin{pmatrix} I_n & B \\ A & 0 \\ \end{pmatrix}-\text{rank} (I_n)\\ &\geqslant \text{rank}{A}+\text{rank}{B} - n.\end{array}.
这样就证明了这个命题.

\paragraph{NOTEs:} Sylvester不等式应用非常广泛.另外,结合命题\ref{eq:1.8},我们还得到
rankA+rankBnrank(AB)minrankA,rankB.\begin{equation} \text{rank}{A}+\text{rank}{B}-n\leqslant\text{rank} (AB)\leqslant\min{\text{rank} A,\text{rank} B}. \end{equation}

借由Sylvester不等式, 还可以将命题\ref{prop:1.1}进一步一般化,得到如下推论:
【推论】\label{col:1.11}
Am\times n矩阵, Pl\times m的列满秩矩阵,Qn\times s的行满秩矩阵.那么有
rankA=rank(PA)=rank(AQ)=rank(PAQ).\begin{equation} \text{rank} A = \text{rank} (PA)= \text{rank} (AQ)= \text{rank} (PAQ). \end{equation}

【命题】**【Frobenius不等式】**\label{prop:1.12} rank(ABC)rank(AB)+rank(BC)rankB.\begin{equation} \text{rank}(ABC)\geqslant\text{rank}(AB)+\text{rank}(BC)-\text{rank} B. \end{equation}

【证明】
\begin{pmatrix} ABC & 0 \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} ABC & AB \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 0 & AB \\ -BC & B \\ \end{pmatrix},
于是有\text{rank}(ABC)+\text{rank} B=\begin{pmatrix} 0 & AB \\ -BC & B \\ \end{pmatrix}\geqslant\text{rank}(AB)+\text{rank}(BC).这就是本命题.

【命题】\label{prop:1.13} 设A为实矩阵,则\text{rank}(AA^{T})=\text{rank} A=\text{rank} A^{T}.

这个命题对于复矩阵是不成立的,一个简单的反例就是\begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \\ \end{pmatrix}.请你自行验证.

下面给出一些应用的例题,注意所使用的方法.

【例】
求证: \text{rank}(AB-I)\leqslant\text{rank}(A-I)+\text{rank}(B-I).

【证明】
由(做初等变换)\begin{array}{ll} \begin{pmatrix} A-I & 0 \\ 0 & B-I \\ \end{pmatrix}&\xrightarrow[\text{加到第2列}]{\text{第1列右乘$B$}}\begin{pmatrix} A-I & AB-B \\ 0 & B-I \\ \end{pmatrix}\\ &\xrightarrow[\text{第2行}]{\text{第1行减掉}} \begin{pmatrix} A-I & AB-I \\ 0 & B-I \\ \end{pmatrix}\end{array}
利用命题\ref{prop:1.4},以及矩阵秩的性质即可得到证明.

【例】
A,B\in F^{n\times n}(即定义在域F上的n\times n矩阵), ABA=B^{-1}.求证: \text{rank}(I-AB)+\text{rank}(I+AB)=n.

【证明】
\begin{array}{ll} &\begin{pmatrix} I-AB & 0 \\ 0 & I+AB \\ \end{pmatrix}\xrightarrow[\text{第1列}]{\text{第2列加上}}\begin{pmatrix} I-AB & I-AB \\ 0 & I+AB \\ \end{pmatrix}\\ &\xrightarrow[\text{加上第二行}]{\text{第1行}} \begin{pmatrix} I-AB & 2I \\ 0 & I+AB \\ \end{pmatrix}\xrightarrow[ABA=B^{-1}]{\text{利用}}\begin{pmatrix} 0 & 2I \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}.\end{array}
至此,命题成立显而易见,因为右上角矩阵块的秩为n,而其他行列都是0.

【例】
An阶方阵.求证
A^2=A\Leftrightarrow \text{rank} A+\text{rank}(I-A)=n.

【证明】

\begin{array}{ll} &\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & I-A \\ \end{pmatrix} \xrightarrow[\text{第1列}]{\text{第2列加上}} \begin{pmatrix} A & A \\ 0 & I-A \\ \end{pmatrix}\xrightarrow[\text{第1行}]{\text{第2行加上}}\\ &\begin{pmatrix} A & A \\ A & I \\ \end{pmatrix}\xrightarrow[\text{第2行乘$-A$(对列同理)}]{\text{第1行加上}}\begin{pmatrix} A-A^2 & 0 \\ 0 & I \\ \end{pmatrix}.\end{array}
于是有\text{rank} A+\text{rank}(I-A)=\text{rank}(A-A^2)+\text{rank} I.
I是单位矩阵, 秩当然为n. 至此结果了然.

【例】
tn阶方阵的积等于0,即A_1A_2\cdots A_t=0,则有
\text{rank} A_1+\text{rank} A_2+\cdots +\text{rank} A_t\leqslant(t-1)n.

【证明】
由Sylvester不等式(\ref{prop:1.11})可知:
\begin{array}{ll} 0&=\text{rank}(A_1A_2\cdots A_t)\geqslant\text{rank} A_1+\text{rank}(A_2\cdots A_t)-n\\ &\geqslant\text{rank} A_1+\text{rank} A_2+\text{rank}(A_3\cdots A_t)-2n\\ &\cdots\\ &\geqslant\text{rank} A_1+\text{rank} A_2+\cdots +\text{rank} A_t-(t-1)n. \end{array}
这就是我们所要证的结果.

【例】
An阶方阵.求证:存在正整数m,使得
\text{rank}(A^m)=\text{rank}(A^{m+1})=\cdots.

【证明】
首先指出一点显然的事实(若A可逆,那么全部等号成立,否则可以想想,矩阵自乘次数越多,秩会越小):
n\geqslant\text{rank} A\geqslant\text{rank}(A^2)\geqslant\cdots\geqslant\text{rank}(A^{n})\geqslant\cdots\geqslant0.
由于小于n的非负整数最多只有n个, 由鸽巢原理, 以上等式中必然存在相等的,由此,必然存在正整数m,t~(m<t),使得\text{rank}(A^m)=\text{rank}(A^t).
又因为\text{rank}(A^t)\leqslant\text{rank}(A^{t-1})\leqslant\cdots\leqslant\text{rank}(A^{m+1})\leqslant\text{rank}(A^{m})
就得到了\text{rank}(A^m)=\text{rank}(A^{m+1}).接下来,利用数学归纳法以及Sylvester不等式(\ref{prop:1.11}),得到待证的结论.(请你自己补全.)

【NOTE】: 鸽巢原理, 举个简单的例子说, 比如你有三个球,要放进两个盒子,你可以断定,肯定有一个盒子里会放入两个球.这是一条不正自明的原理.

作者

Zengfk

发布于

2018-06-01

更新于

2019-06-19

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