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[原创]矩阵的秩

专题:矩阵的秩 高等代数资源网 05/15/2014

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2. 矩阵秩的定义及性质 1.矩阵的秩通常有三种等价定义:

(1)矩阵行(列)向量组的秩,即矩阵的行(列)向量组的极大无关组所含向量的个数;

(2)矩阵的非零子式的最高阶数;

(3)矩阵$A$的秩为$r$的充要条件是存在一个$r$级子式不为零,而所有高于$r$级的子式(若存在)都为零.

2.矩阵秩的性质

(1)$r(A_{m\times n})\leq min \{m,n\};$

(2)$|r(A)-r(B)|\leq r(A\pm B)\leq r(A)+r(B);$

(3)$r(kA)=r(A),k\neq 0;$

(4)$r(A)+r(B)-n\leq r(A_{m\times n}B_{n\times s})\leq min \{r(A),r(B)\},$特别的,若$AB=0,$则有$r(A)+r(B)\leq n;$

(5)$r(A^{T})=r(A);$

(6)$A\in{F^{n\times n}},r(A)=n$的充要条件为$A$可逆;

(7)$r(A)=r(PA)=r(AQ)=r(PAQ),$其中$A\in F^{s\times n},P\in F^{s\times s},Q\in F^{n\times n},P,Q$可逆;

(8)(北方交大03,07,重庆大学06)设$A$为$n\times n(n \geq 2)$矩阵,则$$r(A^{*})=\begin{cases}
n,& r(A)=n,\\
1,& r(A)=n-1,\\
0,& r(A)< n-1.
\end{cases}$$

(9)令$C=\begin{pmatrix}
A & 0 \\
0 & B \\
\end{pmatrix},$则$r(C)=r(A)+r(B).$

(10)令$G=\begin{pmatrix}
A & 0 \\
C & B \\
\end{pmatrix},$则$r(G)\geq r(A)+r(B).$

(11)令$G=\begin{pmatrix}
A & B \\
C & D \\
\end{pmatrix},$则$r(G)=\left\{%
\begin{array}{ll}
r(A)+r(D-CA^{-1}B), & \hbox{$A$可逆;} \\
r(D)+r(A-BD^{-1}C) , & \hbox{$D$可逆.} \\
\end{array}%
\right.$

(12)$r(A,B)\leq r(A)+r(B);$

(13)$r(ABC)\geq r(AB)+r(BC)-r(B).$特别的,$r(A^3)\geq 2r(A^2)-r(A).$

(14)划去矩阵的一行(列),其秩最多减少1.

3. 矩阵秩的问题的处理方法

常用的方法有

(1)利用分块矩阵;

(2)利用齐次方程组的理论;

(3)利用向量组的秩处理;

(4)利用已知的矩阵秩的等式与不等式;

(5)利用线性变换的值域与核.

4. 典型例题

Example 1. (北师01,山西师大05)$A\in P^{s\times n},B\in P^{n\times
m},$证明:$$min\{r(A),r(B)\}\geq r(AB)\geq r(A)+r(B)-n.$$

\textbf{证明:}
$$C=\begin{pmatrix}
A & 0 \\
E_n & B \\
\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}
0 & -AB \\
E_n & B \\
\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}
0 & -AB \\
E_n & 0 \\
\end{pmatrix}$$
故$r(A)+r(B)\leq r(C)=r(AB)+r(E_n).$

Example 2. 设$A_1,\cdots,A_p$均为n阶矩阵,且$A_1A_2\cdots
A_p=0,$则$$r(A_1)+r(A_2)+\cdots+r(A_p)\leq (p-1)n.$$

\textbf{证明:}
\begin{equation*}
\begin{split}
0=r(A_1A_2\cdots A_p)&\geq r(A_1A_2\cdots A_{p-1})+r(A_p)-n \\
&\geq\cdots\\
&\geq
r(A_1)+r(A_2)+\cdots+r(A_p)-(p-1)n.
\end{split}
\end{equation*}

Example 3. (安徽师范08,北邮07)设$A$是n阶方阵,则$A^2=E(A^2=A)$的充要条件为$r(A+E)+r(A-E)=n(r(A)+r(A-E)=n).$

\textbf{证明:}
(1)
\begin{equation*}
\begin{split}
\begin{pmatrix}
A+E & 0 \\
0 & A-E \\
\end{pmatrix}&\rightarrow
\begin{pmatrix}
A+E & 0 \\
A+E & A-E \\
\end{pmatrix}\\
&\rightarrow
\begin{pmatrix}
A+E & -(A+E) \\
A+E & -2E \\
\end{pmatrix}\\
&\rightarrow
\begin{pmatrix}
A+E+\frac{1}{2}(A+E)^2 & 0 \\
A+E & -2E \\
\end{pmatrix}\\
&\rightarrow
\begin{pmatrix}
E-A^2 & 0 \\
0 & E \\
\end{pmatrix}
\end{split}
\end{equation*}

(2)考虑相似对角化.

Example 4. (北京科技大07)设$A$为$n$阶幂等矩阵,即$A^{2}=A.$证明:

(1)$A$的特征值只能是0或1;

(2)$r(A)+r(E-A)=n$;

(3)$A$可以对角化;

(4)$r(A)=Tr(A).$

Example 5. (中山大学2012)设$A,B$均为$n$阶幂等矩阵,且$E-A-B$可逆.证明$r(A)=r(B).$

\textbf{证明:}利用$A^{2}=A$的充要条件为$r(A)+r(E-A)=n.$由条件由
$$n=r(E-A-B)\leq r(E-A)+r(B)=n-r(A)+r(B)$$

$$r(A)\leq r(B)$$
同理可证$$r(A)\geq r(B)$$

Example 6. (中山大学2013)设$A,B_{i}\in M_{n}(F),rank(A)<n,$且$A=B_{1}B_{2}\cdots B_{k},$其中$B_{i}^{2}=B_{i},i=1,2,\cdots,k.$证明:$rank(I-A)\leq k(n-rank(A)).$

\textbf{证明:}由$$
\begin{aligned}%
I-A&=I-B_{1}B_{2}\cdots B_{k}\\
&=(I-B_{1}B_{2}\cdots B_{k-1})B_{k}+(I-B_{k}).
\end{aligned}$$

$$rank(I-A)\leq rank(I-B_{1}B_{2}\cdots B_{k-1})+rank(I-B_{k}),$$
类似的,
$$I-B_{1}B_{2}\cdots B_{k-1}=(I-B_{1}B_{2}\cdots B_{k-2})B_{k-1}+I-B_{k-1},$$

$$\begin{aligned}%
rank(I-A)&\leq rank(I-B_{1}B_{2}\cdots B_{k-1})+rank(I-B_{k})\\
&\leq rank(I-B_{1}B_{2}\cdots B_{k-2})+rank(I-B_{k-1})+rank(I-B_{k})\\
&\leq\cdots\\
&\leq rank(I-B_{1})+rank(I-B_{2})+\cdots+rank(I-B_{k-1})+rank(I-B_{k})\\
\end{aligned}$$
注意到$B_{i}^{2}=B_{i},i=1,2,\cdots,k$故$rank(I-B_{i})+rank(B_{i})=n,$于是
$$rank(I-B_{i})=n-rank(B_{i})\leq n-rank(A).$$
从而$$rank(I-A)\leq rank(I-B_{1})+rank(I-B_{2})+\cdots+rank(I-B_{k-1})+rank(I-B_{k})\leq k(n-rank(A)).$$

Example 7. (华中科技04)设$A$为3阶方阵,且$A^2=E,A\neq\pm E.$证明$A+E$与$A-E$中有一个秩为1,另一个秩为2.

\textbf{证明:}

(1)利用上例的结论.

(2)考虑特征值.

Example 8. 设$A$是n阶方阵,则$A^2=A(A^2=E)$,则$$r(A^m)+r((A-E)^k)=n(r(A+E)^m+r(A-E)^k=n).$$其中$m,n,k$为任意自然数.

\textbf{证明:}
考虑相似对角化.

Example 9. (汕头大学03)设$A,B$为$n$阶方阵,证明

(1)若$AB=0,$则$r(A)+r(B)\leq n.$

(2)若$A^2=2A,$则$r(A)+r(A-2E)=n.$

Example 10. (同济大学00)设$A^2-4A=5E,$证明$r(A-5E)+r(A+E)=n.$
Example 11. (南京航空航天大学2012)设$A,B,C$是三个$n$阶方阵,$AB=0,A+BC=E_{n}.$证明:

(1)$r(A)+r(B)=n;$

(2)$A$与形如$\begin{pmatrix}%
E_{r}&0\\
0&0
\end{pmatrix}$的矩阵相似,其中$r=r(A).$


\textbf{证明:}(1)由$AB=0$有$r(A)+r(B)\leq n.$由$A+BC=E_{n}$有
$$n=r(E_{n})=r(A+BC)\leq r(A)+r(BC)\leq r(A)+r(B),$$
从而$r(A)+r(B)=n.$

(2)由$AB=0,A+BC=E_{n}$有
$$A=AE_{n}=A(A+BC)=A^{2}+ABC=A^{2},$$
从而结论成立.

Example 12. (北师大06)设$A,B$为$n$阶方阵,证明

(1)$r(A-ABA)=r(A)+r(I_n-BA)-n.$

(2)若$A+B=I_n,r(A)+r(B)=n,$则$A^2=A,B^2=B$且$AB=0=BA.$

\textbf{证明:}(1)考虑
$$\begin{pmatrix}
A&0\\
0&I_{n}-BA
\end{pmatrix}
$$

(2)利用(1)可得
$$r(A-A^{2})=r(A)+r(I_n-A)-n=0.$$

或者利用
$$n=r(A)+r(B)=r(A)+r(A-I_{n})\Leftrightarrow A^{2}=A$$

$$AB=A(I_{n}-A)=A-A^{2}=0$$

Example 13. (北大01)设$\sigma$为数域$K$上的$n$维线性空间$V$的一个线性变换.证明$$\sigma^2=\sigma\Leftrightarrow
r(\sigma)+r(\sigma-I)=n.$$

Example 14. (北大05)设$\sigma$为数域$R$上$n$维线性空间$V$上的一个线性变换.证明
$$\sigma^3=I\Leftrightarrow r(I-\sigma)+r(I+\sigma+\sigma^2)=n$$

这一类问题的一般形式是:

Example 15. 设$f(x),g(x)\in F[x],A\in F^{n\times n},(f(x),g(x))=1,f(A)g(A)=0.$则$r(f(A))+r(g(A))=n.$

\textbf{证明:}(法1)由$(f(x),g(x))=1,$则存在$u(x),v(x)\in F[x],$使得
$$f(x)u(x)+g(x)v(x)=1,$$
从而有
$$f(A)u(A)+g(A)v(A)=E.$$

$$
\begin{aligned}%
n=r(E)=r(f(A)u(A)+g(A)v(A))&\leq r(f(A)u(A))+r(g(A)v(A))\\
&\leq r(f(A))+r(g(A)).\\
\end{aligned}
$$
另一方面,由$f(A)g(A)=0,$有
$$r(f(A))+r(g(A))\leq n.$$
所以有
$$r(f(A))+r(g(A))=n.$$

(法2)由$(f(x),g(x))=1,$则存在$u(x),v(x)\in F[x],$使得
$$f(x)u(x)+g(x)v(x)=1,$$
从而有
$$f(A)u(A)+g(A)v(A)=E.$$

$$
\begin{pmatrix}%
E&0\\
u(A)&E
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
0&g(A)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
E&0\\
v(A)&E
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
f(A)u(A)+g(A)v(A)&g(A)
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
E&g(A)
\end{pmatrix}.
$$

$$r\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
0&g(A)
\end{pmatrix}
=r\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
E&g(A)
\end{pmatrix}.$$

$$
\begin{pmatrix}
E&-f(A)\\
0&E
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
E&g(A)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E&-g(A)\\
0&E
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}%
0&-f(A)g(A)\\
E&0
\end{pmatrix}.
$$
注意到条件$f(A)g(A)=0,$可得
$$r\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
E&g(A)
\end{pmatrix}
=r\begin{pmatrix}%
0&0\\
E&0
\end{pmatrix}
=r(E)=n.$$
从而结论成立.

更一般的结果是:

Example 16. 设$f(x),g(x)\in F[x],A\in F^{n\times n},(f(x),g(x))=1.$则$r(f(A))+r(g(A))=n+r(f(A)g(A)).$

\textbf{证明:}
由$(f(x),g(x))=1,$则存在$u(x),v(x)\in F[x],$使得
$$f(x)u(x)+g(x)v(x)=1,$$
从而有
$$f(A)u(A)+g(A)v(A)=E.$$

$$
\begin{pmatrix}%
E&0\\
-u(A)&E
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
E&g(A)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
E&0\\
-v(A)&E
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
E-f(A)u(A)-g(A)v(A)&g(A)
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
0&g(A)
\end{pmatrix}.
$$

$$r\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
E&g(A)
\end{pmatrix}
=r\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
0&g(A)
\end{pmatrix}=r(f(A))+r(g(A)).$$

$$
\begin{pmatrix}
E&-f(A)\\
0&E
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
E&g(A)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E&-g(A)\\
0&E
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}%
0&-f(A)g(A)\\
E&0
\end{pmatrix}.
$$
可得
$$r\begin{pmatrix}%
f(A)&0\\
E&g(A)
\end{pmatrix}
=r\begin{pmatrix}%
0&-f(A)g(A)\\
E&0
\end{pmatrix}
=r(E)+r(-f(A)g(A))=n+r(f(A)g(A)).$$
从而结论成立.

Example 17. (上海交大05)对于$n$阶方阵$A,B,$设$$r(E-AB)+r(E+AB)=n$$求证$r(A)=n.$

\textbf{证明:}
$$ \begin{pmatrix}
E-AB & 0 \\
0 & E+AB \\
\end{pmatrix}
\rightarrow\cdots\rightarrow
\begin{pmatrix}
(E-AB)(E+AB)& 0 \\
0 & E \\
\end{pmatrix}$$
由此可知,$$(E-AB)(E+AB)=0$$即
$$(AB)^2=E$$
故结论成立.

Example 18. (浙大04)设$A,B\in P^{n\times n},$且$r(A)+r(B)\leq n.$证明存在$n$阶可逆矩阵$M,$使得$AMB=0.$

\textbf{证明:}
设$r(A)=r,r(B)=s,$则存在可逆矩阵$P_1,Q_1,P_2,Q_2$使得
$$P_1AQ_1=\begin{pmatrix}
1&&&&&\\
&\ddots&&&&\\
&&1&&&\\
&&&0&&\\
&&&&\ddots&\\
&&&&&0\\
\end{pmatrix},P_2BQ_2=\begin{pmatrix}
0&&&&&\\
&\ddots&&&&\\
&&0&&&\\
&&&1&&\\
&&&&\ddots&\\
&&&&&1\\
\end{pmatrix}$$

于是由$r(A)+r(B)\leq n,$可得
$$(AQ_1)(P_2B)=\begin{pmatrix}
1&&&&&\\
&\ddots&&&&\\
&&1&&&\\
&&&0&&\\
&&&&\ddots&\\
&&&&&0\\
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0&&&&&\\
&\ddots&&&&\\
&&0&&&\\
&&&1&&\\
&&&&\ddots&\\
&&&&&1\\
\end{pmatrix}Q_2^{-1}=0$$

Example 19. (浙江师大05,厦门大学04)设$A,B$都是$n$阶矩阵,且$A$可逆,证明$$r(A-B)\geq
r(A)-r(B)$$并且等号成立当且仅当$BA^{-1}B=B.$

\textbf{证明:}
$$\begin{pmatrix}
B&0\\
0&A-B
\end{pmatrix}
\rightarrow
\begin{pmatrix}
B&0\\
B&A-B
\end{pmatrix}
\rightarrow
\begin{pmatrix}
B&B\\
B&A
\end{pmatrix}
\rightarrow
\begin{pmatrix}
B-BA^{-1}B&0\\
0&A
\end{pmatrix}$$

Example 20. 设P为数域,$A\in P^{n\times m},B\in P^{n\times s},C\in P^{m\times
t},D\in P^{s\times t},$且$r(B)=s$,$AC+BD=0,$证明$r\begin{pmatrix}
C \\
D \\
\end{pmatrix}=t$的充要条件为$r(C)=t.$

\textbf{证明:}(法1)充分性.

因$\begin{pmatrix}
C \\
D \\
\end{pmatrix}\in P^{(m+s)\times t},$故$r\begin{pmatrix}
C \\
D \\
\end{pmatrix}\leq t.$又$r\begin{pmatrix}
C \\
D \\
\end{pmatrix}\geq r(C)=t,$从而结论成立.
必要性.反证法.

若$r(C)<t,$则齐次方程组$Cx=0$有非零解,设为$x_0\neq0.$
构造齐次方程组$\begin{pmatrix}
C \\
D \\
\end{pmatrix}y=0.$由题设知,此方程组只有零解.从而
$$0\neq\begin{pmatrix}
C \\
D \\
\end{pmatrix}x_0=\begin{pmatrix}
0 \\
Dx_0 \\
\end{pmatrix}$$即$Dx_0\neq0.$


$0=0x_0=(AC+BD)x_0=ACx_0+BDx_0=B(Dx_0).$
这说明$DX_0\neq0$为齐次方程组$Bz=0$的解.这与$r(B)=s$矛盾.

(法2)$$
\begin{pmatrix}
E_m& 0 \\
A & E _{n}\\
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
E_m & 0 \\
0 & B \\
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
C \\
D \\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
C \\
BD \\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
C \\
0 \\
\end{pmatrix}$$

由于$r(B)=s$,故$\begin{pmatrix}
E_m & 0 \\
0 & B \\
\end{pmatrix}$是列满秩的,
$\begin{pmatrix}
E_m& 0 \\
A & E _{n}\\
\end{pmatrix}$是满秩的.故
$r\begin{pmatrix}
C \\
D \\
\end{pmatrix}=r(C).$
故结论成立.

Example 21. (华南理工05)设$A$为$s\times n$实矩阵,证明

(1)$Ax=0$与$A^TAx=0$同解.

(2)$r(A)=r(A^TA).$

(3)$A^TAx=A^TB$($B$为任一$s$维列向量)一定有解.

\textbf{证明:}
(1)显然$Ax=0$的解都是$A^TAx=0$的解.设$x_0$为$A^TAx=0$的任一解,即$A^TAx_0=0,$于是
$$0={x_0}^TA^TAx_0=(Ax_0)^T(Ax_0)$$
注意到$A$是实矩阵,从而$x_0$也是实向量,从而可得$Ax_0=0.$

(2)由(1)可得.

(3)由于$$r(A^TA,A^TB)\geq r(A^TA)=r(A)$$ 又
$$r(A^TA,A^TB)=r(A^T(A,B))\leq r(A^T)=r(A)$$
故$r(A^TA,A^TB)=r(A^TA)=r(A)$,从而结论成立.

Example 22. (华中师大07)设$A$为$m\times n$矩阵.

(1)若$A$为实矩阵,证明:实线性方程组$AX=0$与$(A^{T}A)x=0$同解.

(2)证明:$r(A)=r(A^{T}A).$

(3)在复数域上,上述结论成立吗?为什么?

(4)对复数域,你认为应如何修改断言(2)得到一个正确断言?为什么?


Example 23. (华东师大07)设$A$为$n$阶方阵,

(1)证明:如果$A$为实矩阵,则非齐次线性方程组$A^{T}AX=A^{T}B$有解;

(2)对任意的复矩阵$A$,非齐次线性方程组$A^{T}AX=A^{T}B$是否一定有解?(请说明理由)

\textbf{证明:}(2)不一定有解,如$A=\begin{pmatrix}
1&i\\
-i&1
\end{pmatrix},B=(1,0)^{T}.$若是共轭转置,则总有解.

Example 24. (重庆大学03)(1)设$A,B$为$n$阶方阵,证明$r(AB)=r(B)$的充要条件为$ABx=0$的解均为$Bx=0$的解.

(2)设$A,B$为$n$阶方阵,$r(AB)=r(B)$,证明对于任意可以相乘的矩阵$C,$均有$r(ABC)=r(BC).$

(3)若有自然数$k$,使得$r(A^k)=r(A^{k+1}),$则$r(A^k)=r(A^{k+j}),j=1,2,...$

Example 25. (大连理工01)设$A$为$n$阶方阵,证明

(1)如果$A^{k-1}\alpha\neq0,$但是$A^k\alpha=0,$则$\alpha,A\alpha,...,A^{k-1}\alpha(k>0)$线性无关.

(2)$r(A^{n+1})=r(A^n).$

\textbf{证明:} (1)设
$$l_0\alpha+l_1A\alpha+\cdots+l_{k-1}A^{k-1}\alpha=0$$
上式两边同乘以$A^{k-1}$,并注意到$A^k\alpha=0,$可得
$$l_0A^{k-1}\alpha=0$$
由$A^{k-1}\alpha\neq0,$可得$l_0=0.$同理可得$l_1=\cdots=l_{k-1}=0.$

(2)只需证明$A^nx=0$与$A^{n+1}x=0$通解即可.
显然$A^nx=0$的解都是$A^{n+1}x=0$的解.
设$x_0$为$A^{n+1}x=0$的任一解,即$A^{n+1}x_0=0.$若$A^nx_0\neq0,$则由(1)
$$x_0,Ax_0,\cdots,A^nx_0$$
线性无关.但这是$n+1$个$n$维向量,从而线性相关.矛盾.

Example 26. (曲阜师大07)设$A$为$n$阶方阵.证明:线性方程组$AX=0$与$A^{2}X=0$同解的充要条件为$r(A)=r(A^{2}).$

Example 27. (曲阜师大06)设$A$为$n$阶方阵.证明:$r(A^{n})=r(A^{n+1}).$

Example 28. 设$A,B,C\in P^{n\times n}$证明若$r(A)=r(BA),$则$r(AC)=r(BAC).$

\textbf{证明:}法1.$r(BAC)\geq
r(BA)+r(AC)-r(A),$
又$r(A)=r(BA),$故$r(BAC)\geq r(AC).$
又$r(BAC)\leq r(AC),$故$r(BAC)=r(AC).$
法2.由$r(A)=r(BA)$知方程组$Ax=0$与$BAx=0$同解,
下证$BACx=0$与$ACx=0$同解.
事实上,$ACx=0$的解一定是$BACx=0$的解.
其次,设$x_0$为$BACx=0$的任意解,即
$$0=BACx_0=BA(Cx_0)$$
从而$Cx_0$为$BAx=0$的解,

即$Ax=0$的解,于是$ACx_0=0$.从而结论成立.

Example 29. 设$A\in F^{n\times n},$试证$r(A^n)=r(A^{n+1})=r(A^{n+2})=\cdots.$

\textbf{证明:}只证明$r(A^n)=r(A^{n+1})$即可.
只需证明方程组$A^nx=0$与$A^{n+1}x=0$同解即可.
显然$A^nx=0$的解都是$A^{n+1}x=0$的解.
设$x_0$为$A^{n+1}x=0$的任一解,若$A^nx_0\neq0,$则可证$$x_0,AX_0,\cdots,A^nx_0$$线性无关.但这是$n+1$个$n$维向量.矛盾.

Example 30. (大连理工05)设$A$为$n$阶方阵,且$r(A)=r(A^2).$证明对任意自然数$k$有$r(A^k)=r(A).$

Example 31. (东南大学04)设$A$为$n$阶方阵,求证存在正整数$m,$使得$r(A^m)=r(A^{m+1}),$并证明存在$n$阶矩阵$B$使得$A^m=A^{m+1}B.$

Example 32. (1)设向量组(I)$\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n}$可由向量组(II)$\beta_{1},\cdots,\beta_{m}$线性表示,且它们的秩相等.证明:(I)与(II)等价.

(2)设$A\in F^{m\times n},B\in F^{n\times s},r(A)=r(AB).$则存在$C\in F^{s\times n}$使得
$A=ABC.$

\textbf{证明:}(1)构造向量组(III)$\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n},\beta_{1},\cdots,\beta_{m}.$则(III)与(II)等价,从而秩相等.于是(I),(II),(III)的秩相等.从而(I)的极大线性无关组也是(II)的极大线性无关组,从而(II)可由(I)的极大线性无关组线性表示,故(II)与(I)等价.

(2)设$A=(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n}),$则$$(\beta_{1},\cdots,\beta_{s})=AB=(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n})(bij)$$
故$AB$的列向量组可由$A$的列向量组线性表示,又其秩相等,故由(1)可知存在$C$使得结论成立.

Example 33. %
设$A,B$是$n$阶方阵,满足$AB=BA.$求证
$$r(A+B)\leq r(A)+r(B)-r(AB).$$

\textbf{证明:} (法1)设$A$的行空间为$V_{1},$$B$的行空间为$V_{2}.$由于$A+B$的行向量可由$A$及$B$的行向量线性表示,$AB$的行向量可由$B$的行向量线性表示,$BA$的行向量可由$A$的行向量线性表示,则$A+B$的行空间$\subseteq V_1+V_{2},$$AB$的行空间$\subseteq V_{2},$$BA$的行空间$\subseteq V_{2}.$又由设$AB=BA,$故$AB$的行空间$\subseteq V_{1}\cap V_{2}.$所以
$$r(A+B)\leq dim (V_{1}+V_{2})=dim V_{1}+dim V_2-dim(V_{1}\cap V_{2})\leq r(A)+r(B)-r(AB).$$

\begin{center}%
(厦门大学数学科学学院 林鹭副教授 整理)
\end{center}

(法2)略.

(法3)记$V_A$为$Ax=0$的解空间,$V_{B}$为$Bx=0$的解空间,$V_{A+B}$为$(A+B)x=0$的解空间,$V_{AB}$为$ABx=0$的解空间,则$V_{A}\cap V_{B}\subseteq V_{A+B}.$又由设$AB=BA$知,$V_{A}+V_{B}\subseteq V_{AB},$因此
$$\begin{aligned}
n-r(AB)=dim V_{AB}&\geq dim V_{V_{A}+V_{B}}\\
&=dim V_{A}+dim V_{B}-dim(V_{A}\cap V_{B})\\
&\geq (n-r(A))+(n-r(B))-(n-r(A+B)).
\end{aligned}$$
\begin{center}%
(厦门大学数学科学学院 林鹭副教授 整理)
\end{center}

(法4)直接计算可得
$$\begin{pmatrix}%
E&E\\
&E
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
A&\\
&B
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
E&B\\
E&-A
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}%
A+B&AB-BA\\
B&-BA
\end{pmatrix}
$$
又由设$AB=BA,$故
$$\begin{aligned}
r(A)+r(B)&=r\begin{pmatrix}%
A&\\
&B
\end{pmatrix}\\
&\geq r\begin{pmatrix}%
A+B&0\\
B&-BA
\end{pmatrix}\\
&=r\begin{pmatrix}%
A+B&0\\
B&BA
\end{pmatrix}\\
&\geq r(A+B)+r(AB).
\end{aligned}$$

\begin{center}%
(厦门大学数学科学学院 林鹭副教授 整理)
\end{center}

(法5)设线性变换$\sigma,\tau$在线性空间$V$的基$\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n}$下的矩阵分别为$A,B,$则
$$r(A+B)=dim Im(\sigma+\tau),r(A)=dim Im\sigma,r(B)=dim Im\tau,r(AB)=dim Im\sigma\tau$$
因为$Im(\sigma+\tau)\subseteq Im\sigma+Im\tau,$所以
$$dim Im(\sigma+\tau)\leq dim(Im\sigma+Im\tau)=dim Im\sigma+dim Im\tau-dim (Im\sigma\cap Im\tau).$$
又因为$AB=BA,$所以$\sigma\tau=\tau\sigma,$因此$Im\sigma\tau\subseteq Im\sigma\cap Im\tau.$故$dim (Im\sigma\cap Im\tau)\geq dim Im\sigma\tau,$从而
$$
\begin{aligned}
r(A+B)&=dim Im(\sigma+\tau)\\
&\leq dim Im\sigma+dim Im\tau-dim (Im\sigma\cap Im\tau)\\
&dim Im\sigma+dim Im\tau-dim Im(\sigma\tau)\\
&=r(A)+r(B)-r(A+B).
\end{aligned}
$$
\begin{center}%
(厦门大学数学科学学院 林鹭副教授 整理)
\end{center}

Example 34. %
设$P_{i},Q_{i}(i=1,2,\cdots,k)$是$n$阶方阵,对$1\leq i,j\leq k-1$满足$P_{i}Q_{j}=Q_{j}P_{i},r(P_{i})=r(P_{i}Q_{i}),$证明:$r(P_{1}P_{2}\cdots P_{k})=r(P_{1}P_{2}\cdots P_{k}Q_{1}Q_{2}\cdots Q_{1}Q_{2}\cdots Q_{k}).$

\textbf{证明:} (法一)先证明下列两个引理.

\textbf{引理1} 设$A,B\in K^{n\times n},$则$r(B)=r(AB)$的充要条件是$Bx=0$与$ABx=0$同解.

\textbf{证明:} 充分性显然.下证必要性.记$V_B=\{x|Bx=0\},V_{AB}=\{x|ABx=0\}.$则对任意的$x\in V_B,Bx=0,$从而$ABx=0.$即$V_B\subseteq V_{AB},$又由设$r(B)=r(AB),$则$dim V_B=dim V_{AB},$因此$V_B=V_{AB}.$

\textbf{引理2} 设$A,B\in K^{n\times n},$且$r(B)=r(AB),$则对任意的$C\in K^{n\times n},$有$r(ABC)=r(BC).$

\textbf{证明:} 一方面,由秩的基本性质,$r(ABC)\leq r(BC).$

另一方面,对任意的$x\in V_{ABC},ABCx=0,$从而$Cx\in V_{AB},$由条件$r(AB)=r(B)$及引理1知,$Cx\in V_{B},$故$BCx=0,$从而$x\in V_{BC}.$因此$V_{ABC}\subseteq V_{BC},$所以$r(ABC)\geq r(BC).$至此证明了$r(ABC)=r(BC).$

现证命题.对$k$用数学归纳法.

当$k=2$时,由设$r(P_1)=r(P_1Q_1)=r(Q_1P_1),$应用引理2有,$r(P_1P_2Q_2)=r(Q_1P_1P_2Q_2),$又因为$P_{i}Q_{j}=Q_{j}P_{i},$故$r(P_1P_2Q_2)=r(P_1Q_1P_2Q_2)=r(P_1P_2Q_1Q_2).$另外,$r(P_2)=r(P_2Q_2),$则$r(P_2')=r(Q_2'P_2').$应用引理2得到$r(P_2'P_1')=r(Q_2'P_2'P_1'),$从而$r(P_1P_2)=r(P_1P_2Q_2),$因此$r(P_1P_2)=r(P_1P_2Q_1Q_2).$

假设结论对$k-1$成立,即若$P_{i}Q_{j}=Q_{j}P_{i},r(P_{i})=r(P_{i}Q_{i}),$则$$r(P_{1}P_{2}\cdots P_{k-1})=r(P_{1}P_{2}\cdots P_{k-1}Q_{1}Q_{2}\cdots Q_{1}Q_{2}\cdots Q_{k-1}).$$

当$k$时,容易验证
$$P_iQ_{k-1}Q_k=Q_{k-1}Q_kP_i,P_{k-1}P_kQ_i=Q_iP_{k-1}P_k,P_{k-1}P_kQ_{k-1}Q_k=Q_{k-1}Q_kP_{k-1}P_k,(1\leq i\leq k-2),$$
且$r(P_{k-1}P_k)=r(P_{k-1}P_kQ_{k-1}Q_k).$因此,$P_1,\cdots,P_{k-2},P_{k-1}P_k$和$Q_1,\cdots,Q_{k-2},Q_{k-1}Q_k$满足假设,故$r(P_{1}P_{2}\cdots P_{k})=r(P_{1}P_{2}\cdots P_{k}Q_{1}Q_{2}\cdots Q_{1}Q_{2}\cdots Q_{k}).$

\begin{center}%
(厦门大学数学科学学院 谭绍滨教授 解答)
\end{center}

(法二)设
$$U=\{x|P_1P_2\cdots P_{k-1}x=0\},$$
$$V=\{x|P_1P_2\cdots P_{k-1}Q_1Q_2\cdots Q_{k-1}x=0\},$$
则$U\subseteq V.$因为对$\forall x\in U,P_1P_2\cdots P_{k-1}x=0.$由设$P_{i}Q_{j}=Q_{j}P_{i},$因此
$$P_1P_2\cdots P_{k-1}Q_1Q_2\cdots Q_{k-1}x=Q_1Q_2\cdots Q_{k-1}P_1P_2\cdots P_{k-1}x=0,$$即$x\in V.$

下证$V\subseteq U.$对任意的$x\in V,$即$P_1P_2\cdots P_{k-1}Q_1Q_2\cdots Q_{k-1}x=0,$有
$$P_1Q_1(P_2\cdots P_{k-1}Q_2\cdots Q_{k-1})x=0,$$
$$Q_1P_1(P_2\cdots P_{k-1}Q_2\cdots Q_{k-1})x=0,$$
又因为$r(P_1)=r(P_1Q_1)=r(Q_1P_1),$所以$P_1y=0$与$Q_1P_1y=0$同解,从而有
$$P_1P_2(P_3\cdots P_{k-1}Q_2\cdots Q_{k-1})x=0,$$
$$Q_2P_1P_2(P_3\cdots P_{k-1}Q_3\cdots Q_{k-1})x=0,$$
又由$r(P_2)=r(P_2Q_2),$推知
$$r(P_2')=r(Q_2'P_2'),r(Q_2'P_2'P_1')=r(P_2'P_1'),r(P_1P_2)=r(P_1P_2Q_2),$$
从而$r(P_1P_2)=r(P_1P_2Q_2)=r(Q_2P_2P_1),$故$P_1P_2y=0$与$Q_2P_2P_1y=0$同解,故有
$$P_1P_2(P_3\cdots P_{k-1}Q_3\cdots Q_{k-1})x=0.$$
同理可知,$$r(P_1P_2P_3)=r(P_1P_2P_3Q_3),P_1P_2P_3(P_4\cdots P_{k-1}Q_4\cdots Q_{k-1})x=0.$$
以此类推,
$$r(P_1P_2\cdots P_m)=r(P_1P_2\cdots P_mQ_m),$$
$$P_1\cdots P_m(P_{m+1}\cdots P_{k-1}Q_{m+1}\cdots Q_{k-1})x=0,m=2,3,\cdots,k-1.$$
故$V\subseteq U.$

\begin{center}%
(山东大学威海分校数学与统计学院 04级王庆提供解答)
\end{center}

Example 35. 设$A,B$是任意的$n$阶矩阵,证明:$rank(I-AB)=rank(I-BA).$

\textbf{证明:} 因为
$$\begin{pmatrix}
I&0\\
-B&I
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
I&A\\
B&I
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
I&A\\
0&I-BA
\end{pmatrix},$$

$$\begin{pmatrix}
I&-A\\
0&I
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
I&A\\
B&I
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
I-AB&0\\
B&I
\end{pmatrix},$$
$\begin{pmatrix}
I&0\\
-B&I
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
I&-A\\
0&I
\end{pmatrix}$都是可逆矩阵,所以
$$rank(I-AB)+n=rank\begin{pmatrix}
I&A\\
0&I-BA
\end{pmatrix}=rank\begin{pmatrix}
I&A\\
B&I
\end{pmatrix}=rank\begin{pmatrix}
I-AB&0\\
B&I
\end{pmatrix}=rank(I-AB)+n.$$
命题得证.

\begin{center}%
(厦门大学数学科学学院 林鹭副教授 解答)
\end{center}

9 条留言  访客:6 条  博主:3 条

  1. 梦境

    牛,挺

    • admin

      感谢你的支持.

  2. ljjsx137

    好资料!可惜不能下载!

    • admin

      呵呵

      • ljjsx137

        呵呵 是什么意思?

        • admin

          慢慢看吧,也不多。

          • ljjsx137

            谢谢分享!

  3. 数学专业的一枚学渣

    求下载

  4. 嘻嘻嘻

    老师加油,永远支持!

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