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.
$$A=\begin{pmatrix} 3 & 1 & 1 & 4 \\ \lambda & 4 & 10 & 1 \\ 1 & 7 & 17 & 3 \\ 2 & 2 & 4 & 3 \end{pmatrix}$$

【解】
对矩阵施行初等行变换. 得到
$$A_1=\begin{pmatrix} 1 & 7 & 17 & 3 \\ 0 & 4 & 10 & 1 \\ 0 & -7\lambda & -17\lambda & -3\lambda \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$$
可以看到, 若 $\lambda=0$, 则$\text{rank} A=2$; 若$\lambda\neq 0$, 对矩阵进一步化简, 容易得到 $\text{rank} A=3$.

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$A$为$s\times n$矩阵. $P,Q$分别为$s$与$n$阶的可逆矩阵, 则 $$\begin{equation} \text{rank} A = \text{rank} (PA)= \text{rank} (AQ)=\text{rank} (PAQ). \end{equation}$$

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$A$为$n$阶方阵, 则$\text{rank} A=n\text{(满秩)}\Longleftrightarrow A$可逆.

【命题】\label{prop:1.3} $\text{rank} A=\text{rank} A^{T}=\text{rank} (kA)$,其中$k\neq 0$.

【命题】\label{prop:1.4} $\text{rank} \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}=\text{rank} A+\text{rank} B$

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,$\begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}$是$m\times n$矩阵, 则 $$\begin{equation}\label{eq:prop5} \text{rank} \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}=\text{rank} A+\text{rank} (D-CA^{-1}B). \end{equation}$$

【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$\begin{pmatrix} I & 0 \\ -CA^{-1} & I \\ \end{pmatrix}$和$\begin{pmatrix} I & -A^{-1}B \\ 0 & I \\ \end{pmatrix}$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$r\times s$和$s\times r$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} $$\begin{align} \text{rank}\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \end{pmatrix}\geqslant \text{rank} A +\text{rank} B,\\ \text{rank}\begin{pmatrix} A & 0 \\ C & B \end{pmatrix}\geqslant \text{rank} A +\text{rank} B. \end{align}$$

【证明】 当$A,B$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$A=(a_{ij})$为$m\times s$矩阵,$B=(b_{ij})$为$s\times n$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
$$PAB=PAQQ^{-1}B=\begin{pmatrix} I_{r_1} & 0\\ 0 & 0\\ \end{pmatrix}Q^{-1}B.$$

令 $B_1=Q^{-1}B$, 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$m\times n$和$n\times s$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
$$\begin{equation} \text{rank}{A}+\text{rank}{B}-n\leqslant\text{rank} (AB)\leqslant\min{\text{rank} A,\text{rank} B}. \end{equation}$$

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}
设$A$是$m\times n$矩阵, $P$是$l\times m$的列满秩矩阵,$Q$是$n\times s$的行满秩矩阵.那么有
$$\begin{equation} \text{rank} A = \text{rank} (PA)= \text{rank} (AQ)= \text{rank} (PAQ). \end{equation}$$

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

【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】
设$A,B\in F^{n\times n}$(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】
由 $$\begin{array}{ll} &\begin{pmatrix} I-AB & 0 \\ 0 & I+AB \\ \end{pmatrix}\xrightarrow[\text{第1列}]{\text{第2列加上}}\begin{pmatrix} I-AB & I-AB \\ 0 & I+AB \\ \end{pmatrix}\\ &\xrightarrow[\text{加上第二行}]{\text{第1行}} \begin{pmatrix} I-AB & 2I \\ 0 & I+AB \\ \end{pmatrix}\xrightarrow[ABA=B^{-1}]{\text{利用}}\begin{pmatrix} 0 & 2I \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}.\end{array}$$
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】
设$A$为$n$阶方阵.求证
$$A^2=A\Leftrightarrow \text{rank} A+\text{rank}(I-A)=n.$$

【证明】
由
$$\begin{array}{ll} &\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & I-A \\ \end{pmatrix} \xrightarrow[\text{第1列}]{\text{第2列加上}} \begin{pmatrix} A & A \\ 0 & I-A \\ \end{pmatrix}\xrightarrow[\text{第1行}]{\text{第2行加上}}\\ &\begin{pmatrix} A & A \\ A & I \\ \end{pmatrix}\xrightarrow[\text{第2行乘$-A$(对列同理)}]{\text{第1行加上}}\begin{pmatrix} A-A^2 & 0 \\ 0 & I \\ \end{pmatrix}.\end{array}$$
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】
若$t$个$n$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】
设$A$为$n$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.