第4章 矩阵的秩

矩阵的行秩与列秩

Definition: 行秩与列秩

设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵, 则 $A$ 的 $m$ 个行向量的秩称为 $A$ 的行秩, $A$ 的 $n$ 个列向量的秩称为 $A$ 的列秩.

Theorem

矩阵的行秩与列秩在初等变换下不变.

Proof

显然矩阵的行秩在初等行变换下不变, 列秩在初等列变换下不变. 只需要证明列秩在初等行变换下不变, 行秩在初等列变换下不变. 由于 $A$ 的初等行变换等价于用一个初等矩阵左乘以 $A$, 我们只需证明对任一初等矩阵 $Q$, $QA$ 与 $A$ 的列秩相等就可以了. 现把 $A$ 写成列分块的形状: $A = (\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_n)$, 其中 $\beta_j$ 是 $A$ 的第 $j$ 个列向量. 由分块矩阵的乘法得 $QA = (Q\beta_1, Q\beta_2, \ldots, Q\beta_n)$. 设 $A$ 的列向量的极大无关组为 $\beta_{j_1}, \ldots, \beta_{j_r}$, 现在我们证明 $\{Q\beta_{j_1}, \ldots, Q\beta_{j_r}\}$ 是 $QA$ 的列向量的极大无关组. 先证明 $Q\beta_{j_1}, \ldots, Q\beta_{j_r}$ 线性无关. 设有 $\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_r \in \mathbb{K}$, 使 $\lambda_1 Q\beta_{j_1} + \lambda_2 Q\beta_{j_2} + \cdots + \lambda_r Q\beta_{j_r} = 0$, 则 $Q(\lambda_1\beta_{j_1} + \lambda_2\beta_{j_2} + \cdots + \lambda_r\beta_{j_r}) = 0$. 但 $Q$ 是非异阵, 在上式两边左乘 $Q^{-1}$ 即得 $\lambda_1\beta_{j_1} + \lambda_2\beta_{j_2} + \cdots + \lambda_r\beta_{j_r} = 0$. 再由 $\beta_{j_1}, \ldots, \beta_{j_r}$ 线性无关即得 $\lambda_1 = \cdots = \lambda_r = 0$. 这就证明了 $Q\beta_{j_1}, \ldots, Q\beta_{j_r}$ 是一组线性无关的向量. 再证明任一 $Q\beta_j$ 均可表示为 $Q\beta_{j_1}, \ldots, Q\beta_{j_r}$ 的线性组合. 由于 $\beta_{j_1}, \ldots, \beta_{j_r}$ 是 $A$ 的列向量的极大无关组, 故 $\beta_j = \mu_1\beta_{j_1} + \mu_2\beta_{j_2} + \cdots + \mu_r\beta_{j_r}$. 上式两边左乘 $Q$ 即得 $Q\beta_j = \mu_1 Q\beta_{j_1} + \mu_2 Q\beta_{j_2} + \cdots + \mu_r Q\beta_{j_r}$. 由上面的论证知道 $A$ 与 $QA$ 的列向量的极大无关组都有相同个数的向量, 因此 $A$ 与 $QA$ 的列秩相等. 同理可证明 $A$ 的行秩在初等列变换下不变.

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Corollary

任一矩阵的行秩等于列秩.

Proof

任一矩阵 $A$ 经初等变换后均可变成下列分块对角阵:

$$B = \begin{pmatrix} I_r & O \\ O & O \end{pmatrix}$$

, 其中 $B$ 是分块矩阵, $I_r$ 为 $r$ 阶单位阵. 显然, $B$ 的行秩与列秩都等于 $r$, 因此 $A$ 的行秩与列秩都等于 $r$.

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Remark

矩阵的行秩与列秩统称为矩阵的秩. 矩阵 $A$ 的秩用 $r(A)$ 或 $\operatorname{rank}(A)$ 来表示.

Corollary

设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵且 $A$ 的第 $j_1, \ldots, j_r$ 列向量是 $A$ 的列向量的极大无关组, 则对任意的 $m$ 阶非异阵 $Q$, 矩阵 $QA$ 的第 $j_1, \ldots, j_r$ 列向量也是 $QA$ 的列向量的极大无关组.

Proof

非异阵 $Q$ 是若干个初等矩阵的乘积, 由定理的证明即得.

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Proposition

设 $A$ 是阶梯形矩阵, 则 $A$ 的秩等于其非零行的个数, 且阶梯点所在的列向量是 $A$ 的列向量的极大无关组.

Proof

设阶梯形矩阵 $A$ 有 $r$ 个非零行, 其阶梯点依次是 $a_{1k_1}, a_{2k_2}, \ldots, a_{rk_r}$. 先用第三类初等列变换以及阶梯点上的元素依次消去同行的其他非零元素; 再用第二类初等列变换将阶梯点上的元素全部变成 $1$; 最后用列对换依次将 $r$ 个阶梯点换到 $(1,1), (2,2), \ldots, (r,r)$ 位置, 从而得到相抵标准型:

$$\begin{pmatrix} I_r & O \\ O & O \end{pmatrix}$$

. 由定理 3.6.1 可得 $r(A) = r$. 对于第二个结论, 将 $r$ 个阶梯点所在的列向量取出, 拼成一个新的矩阵:

$$\begin{pmatrix} a_{1k_1} & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & a_{2k_2} & \cdots & \cdots \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{rk_r} \\ & O & \end{pmatrix}$$

. 利用同样的方法可将此矩阵化为相抵标准型:

$$\begin{pmatrix} I_r \\ O \end{pmatrix}$$

. 因此 $r$ 个阶梯点所在的列向量组的秩等于 $r$, 即为 $A$ 的列秩, 从而阶梯点所在的列向量是 $A$ 的列向量的极大无关组.

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Remark

一个矩阵秩的方法,用初等行变换将一个矩阵 $A$ 化为阶梯形矩阵 $B$, 则矩阵 $B$ 的非零行的个数就是矩阵 $A$ 的秩.

Corollary

对任意一个秩为 $r$ 的 $m \times n$ 矩阵 $A$, 总存在 $m$ 阶非异阵 $P$ 和 $n$ 阶非异阵 $Q$, 使得

$$PAQ = \begin{pmatrix} I_r & O \\ O & O \end{pmatrix}$$

.

Proof

非异阵是若干初等矩阵的乘积,由此可化为其最简相抵标准型.

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Corollary

任一矩阵 $A$ 的转置 $A'$ 与 $A$ 有相同的秩.

Corollary

任一矩阵与非异阵相乘, 其秩不变.

Proof

由于任一非异阵均可化为有限个初等矩阵的积.

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Definition: 满秩阵

若 $n$ 阶方阵 $A$ 的秩等于 $n$, 则称 $A$ 为满秩阵.

Remark

根据矩阵秩的定义, 满秩条件等价于 $A$ 的 $n$ 个行向量线性无关, 也等价于 $A$ 的 $n$ 个列向量线性无关.

Theorem

$n$ 阶方阵 $A$ 为非异阵的充分必要条件是 $A$ 为满秩阵.

Proof

若 $A$ 为非异阵, 则由推论可得 $r(A) = r(AI_n) = r(I_n) = n$, 即 $A$ 为满秩阵. 若 $A$ 为满秩阵, 则由推论知 $A$ 经过初等变换可化为单位阵 $I_n$, 从而 $A$ 为非异阵.

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Remark

由此非异阵又称为满秩阵,充要条件是矩阵行列式值不为0.

Corollary

两个 $m \times n$ 矩阵等价的充分必要条件是它们具有相同的秩.

Proof

设矩阵 $A, B$ 秩都等于 $r$, 则它们都等价于

$$\begin{pmatrix} I_r & O \\ O & O \end{pmatrix}$$

式的矩阵, 因此 $A$ 和 $B$ 等价. 反之, 由于秩在初等变换下不变, 从 $A, B$ 等价可知它们的秩相同.

子式与秩

Definition: $k$ 阶子式

设 $A = (a_{ij})$ 是一个 $m \times n$ 矩阵. 任取 $A$ 的 $k$ 行与 $k$ 列, 位于这些行与这些列的交叉处的元素按原来的顺序构成一个 $k$ 阶行列式, 称为 $A$ 的一个$k$ 阶子式.

Theorem

设 $m \times n$ 矩阵 $A = (a_{ij})$ 有一个 $r$ 阶子式不等于零, 且 $A$ 中任意 $r+1$ 阶子式 (如存在) 都等于零, 则 $r(A) = r$. 反之, 若 $r(A) = r$, 则 $A$ 中必有一个 $r$ 阶子式不等于零, 而所有 $r+1$ 阶子式都等于零.

Proof

设 $r(A) = r$, 则 $A$ 中任意 $r+1$ 行都线性相关, 可知 $A$ 的任意 $r+1$ 阶子式的行向量也线性相关, 容易知道其任意$r=1$阶子式的行向量也线性相关,再由推论可知这些 $r+1$ 阶子式的值均为零. 再证明 $A$ 至少有一个 $r$ 阶子式不等于零. 因为 $A$ 的秩为 $r$, $A$ 中有 $r$ 行线性无关. 不失一般性, 设为前 $r$ 行. 把这 $r$ 行取出得到一个矩阵:

$$B = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{r1} & a_{r2} & \cdots & a_{rn} \end{pmatrix}$$

. 显然 $r(B) = r$, 因此 $B$ 有 $r$ 列线性无关, 同样不妨设为前 $r$ 列, 则由 $B$ 的前 $r$ 列组成的行列式不等于零, 即 $A$ 有一个 $r$ 阶子式不等于零. 反之, 设 $A$ 有一个 $r$ 阶子式不为零而 $A$ 的所有 $r+1$ 阶子式全等于零. 这时由 Laplace 定理可知, $A$ 的所有高于 $r$ 阶的子式均等于零. 设 $r(A) = t$, 则由前面的论述可知 $t \geq r$, 否则 $A$ 的 $r$ 阶子式无一不为零, 但 $t$ 也不能大于 $r$, 否则 $A$ 就要有一个大于 $r$ 阶的子式不等于零而与假设矛盾, 因此 $t = r$.

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秩的不等式与计算

Proposition

设

$$C = \begin{pmatrix} A & O \\ O & B \end{pmatrix}$$

, 则$r(C) = r(A) + r(B)$.

Proof

设 $A, B$ 的秩分别为 $r_1, r_2$, 则存在可逆阵 $P_1, Q_1$ 和可逆阵 $P_2, Q_2$, 使

$$P_1AQ_1 = \begin{pmatrix} I_{r_1} & O \\ O & O \end{pmatrix}$$

,

$$P_2BQ_2 = \begin{pmatrix} I_{r_2} & O \\ O & O \end{pmatrix}$$

. 于是

$$\begin{pmatrix} P_1 & O \\ O & P_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & O \\ O & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} Q_1 & O \\ O & Q_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} P_1AQ_1 & O \\ O & P_2BQ_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I_{r_1} & O & O & O \\ O & O & O & O \\ O & O & I_{r_2} & O \\ O & O & O & O \end{pmatrix}.$$

因此 $r(C) = r_1 + r_2$.

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Proposition

$r(AB) \leq \min\{r(A), r(B)\}$.

Proof

设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵, $B$ 是 $n \times s$ 矩阵. 将矩阵 $B$ 按列分块, $B = (\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_s)$, 则 $AB = (A\beta_1, A\beta_2, \ldots, A\beta_s)$. 若 $B$ 的列向量的极大无关组为 $\{\beta_{j_1}, \beta_{j_2}, \ldots, \beta_{j_r}\}$, 则 $B$ 的任一列向量 $\beta_j$ 可用 $\{\beta_{j_1}, \beta_{j_2}, \ldots, \beta_{j_r}\}$ 线性表示. 于是任一 $A\beta_j$ 也可用 $\{A\beta_{j_1}, A\beta_{j_2}, \ldots, A\beta_{j_r}\}$ 来线性表示. 因此向量组 $\{A\beta_1, A\beta_2, \ldots, A\beta_s\}$ 的秩不超过 $r$, 即 $r(AB) \leq r(B)$. 同理, 对矩阵 $A$ 用行分块的方法可以证明 $r(AB) \leq r(A)$.

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Proposition

$n$ 阶矩阵 $A$ 是幂等阵 (即 $A^2 = A$) 的充分必要条件是 $r(A) + r(I_n - A) = n$.

Proof

在下列矩阵的分块初等变换中矩阵的秩保持不变:

$$\begin{pmatrix} A & O \\ O & I - A \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} A & A \\ O & I - A \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} A & A \\ A & I \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} A - A^2 & A \\ O & I \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} A - A^2 & O \\ O & I \end{pmatrix}.$$

因此

$$r\begin{pmatrix} A & O \\ O & I - A \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} A - A^2 & O \\ O & I \end{pmatrix}$$

, 即 $r(A) + r(I - A) = r(A - A^2) + n$. 由此即得结论.

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