03-2矩阵的秩专题

Lingfeng2025-07-18

03-2矩阵的秩专题

1. 常见不等式

Theorem (性质 1)

r(AB)\leq \min(r(A),r(B))

对于 $\forall \boldsymbol{x}$ ， $B\boldsymbol{x}=0$ ，也有 $AB\boldsymbol{x}=0$ ，因此

N(B)\subset N(AB)

因此

p-r(B)\leq p-r(AB)

从而

r(AB)\leq r(B)

另一方面考虑转置，同理有

r(AB)=r(B^{\top}A^{\top})\leq r(A^{\top})=r(A)

因此

r(AB)\leq \min(r(A),r(B))

Theorem (性质 2)

\max(r(A),r(B))\leq r(A,B)\leq r(A)+r(B)

Theorem (性质 3)

r(A\pm B)\leq r(A)+r(B)

注意到

A\pm B=(A,B)\begin{pmatrix} E \\ \pm E \end{pmatrix}

因此

r(A+B)\leq r(A,B)\leq r(A)+r(B)

Theorem (性质 4)

r(AA^{\top})=r(A^{\top}A)=r(A)=r(A^{\top})

使用方程组同解证明。

Theorem (性质 5)

若 $A$ 、 $B$ 为 $m\times n$ ， $n\times s$ 矩阵， $AB=O$ ，则

r(A)+r(B)\leq n

由

\mathrm{Im}(B)\subset \mathrm{ker}(A)

即证。

Theorem (性质 6)

左乘列满秩，右乘行满秩，秩不变。

法一

设 $A$ 为 $m\times n$ 矩阵， $B$ 为 $p\times m$ 矩阵，且 $B$ 列满秩。此时考虑构造左逆

L=(B^{\top}B)^{-1}B^{\top}

此时有

LB=I_{m}

因此

L(BA)=(LB)A=A

因此

r(A)=r(LBA)\leq r(BA)

而又有

r(BA)\leq r(A)

因此秩不变。

法二

对于 $\forall \boldsymbol{x}$ ， $A\boldsymbol{x}=0$ ，也有 $BA\boldsymbol{x}=0$ 。

同时对于 $BA\boldsymbol{x}=0$ ，由于 $B$ 列满秩( $r(B)=n$ )，因此 $B\boldsymbol{y}=0\implies \boldsymbol{y=0}$ 。从而 $A\boldsymbol{x}=0$ 。

因此 $A$ 与 $BA$ 同秩。

Theorem (性质 7)

设 $A$ ， $B$ 分别为 $m\times n$ ， $n\times s$ 矩阵，则

r(AB)\geq r(A)+r(B)-n

考虑

\begin{pmatrix} AB & \\ & E \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} AB & \\ B & E \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} & -A \\ B & E \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} B & E \\ & -A \end{pmatrix}

因此

r(AB)+r(E)\geq r(A)+r(B)

Theorem (性质 8)

若 $(A-kE)(A-lE)=0$ 且 $k\neq l$ ，则

r(A-kE)+r(A-lE)=n

注意到

r(A-kE)+r(A-lE)\geq r((A-kE) - (A-lE))=r((l-k)E)=n

同时由性质5

r(A-kE)+r(A-lE)\leq n

故证毕。

Corollary (推论 1)

$n$ 阶矩阵 $A$ 是幂等矩阵( $A^{2}=A$ )，则

r(A)+r(E-A)=n

Corollary (推论 2)

$n$ 阶矩阵 $A$ 是对合矩阵（ $A^{2}=E$ ），则

r(E+A)+r(E-A)=n

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1. 常见不等式

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