矩阵的秩

作者：追风剑情发布于：2024-2-4 14:28 分类：Algorithms

我们知道任何一个矩阵A_m×n都可以经过初等变换化为等价标准形$E^{(r)}_{m×n}$。那么经过不同的初等变换过程得到的最终结果是否相同呢?本节我们将会看到矩阵A_m×n的等价标准形$E^{(r)}_{m×n}$。由A_m×n唯一确定。也就是说,经过不同的初等变换过程,最终得到的结果是一样的,其中的r反映了矩阵A_m×n的一个特征属性——秩.

基本概念

定义1 设 A 为 m×n 矩阵，在矩阵 A 中任取 k 行 k 列 (k≤min(m,n))，位于这些行列相交处的元素按原来的顺序所组成的 k 阶行列式，称为矩阵 A 的 k 阶子式。若 A 不是零矩阵，则称 A 中所有不为零的子式的最高阶数为矩阵 A 的秩，记作 r(A)。零矩阵的秩规定为零，即 r(O)=0。

由上述定义可以看出，矩阵 $A_{m×n}$ 一共有 $C^k_m C^k_n$ 个 k 阶子式，而且 $$ \begin{aligned} 0≤r(\mathbf{A}_{m×n})≤min(m,n) \end{aligned} $$

特别地，当 A 为 n 阶矩阵时，n-1 阶子式就有 n² 个，恰好是所有 a_ij 的余子式 M_ij。n 阶子式只有一个，即为 |A|。此时，行列式 |A|≠0 的充分必要条件是 r(A)=n。

定义2 设 A为 n 阶矩阵。若 |A|≠0，则称 A 为 非奇异方阵；若 r(A)=n，则称 A 为满秩方阵。

可见，对于方阵而且，可逆、非奇异、满秩是等价的概念。于是，我们可以用矩阵的秩来判断一个方阵是否可逆。

例 1 求下来矩阵的秩：

$$ \mathbf{A}= \left[ \begin{array}{l} 1 & 2 \\ 2 & 4 \\ \end{array} \right] ,\quad \mathbf{B}= \left[ \begin{array}{l} 1 & 2 & 0 & 3 \\ 2 & 4 & 1 & 0 \\ 3 & 6 & 0 & 9 \end{array} \right] ,\quad \mathbf{C}= \left[ \begin{array}{l} 1 & 6 & 3 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 4 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right] $$

解对于矩阵 A，因为 |A|=0，且有 1 阶非零子式，所以 r(A)=1。
矩阵 B 的 4 个 3 阶子式分别为 $$ \left| \begin{array}{l} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 4 & 1 \\ 3 & 6 & 0 \end{array} \right| =0,\quad \left| \begin{array}{l} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 0 \\ 3 & 6 & 9 \end{array} \right| =0,\quad \left| \begin{array}{l} 1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 9 \end{array} \right| =0,\quad \left| \begin{array}{l} 2 & 0 & 3 \\ 4 & 1 & 0 \\ 6 & 0 & 9 \end{array} \right| =0, $$ 但有 2 阶子式 $ \left| \begin{array}{l} 0 & 3 \\ 1 & 0 \end{array} \right| ≠0 $ ，所以 r(B)=2。

对于行阶梯形矩阵 C，显然有 4 阶子式都为零，但有 3 阶子式 $$ \left| \begin{array}{l} 1 & 6 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 5 \end{array} \right| ≠0 $$ 因此 r(C)=3。

由此可见，对于一般矩阵，利用定义1求秩是不方便的。然而，对于行阶梯形矩阵，其秩就等于它的非零行数，所以下面就把一般矩阵的求秩问题转化为行阶梯形矩阵的求秩问题。

几个重要的结论

由于用初等行变换可以把矩阵 A 化为行阶梯形矩阵，而行阶梯形矩阵的非零行数便是它的秩，如果初等行变换不改变矩阵的秩，那么我们就可以用初等行变换来求矩阵的秩。

事实上，我们有如下定理。

定理 1.13 初等变换不改变矩阵的秩。

证明设 $m \times n$ 矩阵 A 经过初等变换化为 B，我们要证明 r(A)=r(B)。关键只要看 A 经过一次初等变换化为 B 时，r(A)=r(B) 是否成立就可以了。

当 A 为零矩阵时，结论显然成立，因此不妨假设 A 是非零矩阵。

很显然，A 的每一个子式 $D_k$ 对应着 $A^T$ 的一个子式 $D^T_k$。由行列式的性质 1.6 可知 $D_k=D^T_k$，因此 A 与 $A^T$ 的非零子式的最高阶数相同，这就是说 $r(A^T)=r(A)$。又因为 A 经过一次初等列变换化为 B 就意味着 $A^T$ 经过一次初等行变换化为 $B^T$ ，所以关键只要证明:

（*）若 A 经过一次初等行变换化为 B，则 r(A)=r(B)。

然而要证明（*），只要证明

（**）若 A 经过一次初等行变换化为 B，则 $r(B) \le r(A)$

这是因为，如果（**）成立，那么当 A 经过一次初等行变换化为 B 时，反过来，B 也可以经过一次初等行变换化为 A，利用（**）就可以得到 $r(A) \le r(B)$。综合 $r(B) \le r(A)$ 和 $r(A) \le r(B)$ 就可以得到 r(A)=r(B)。

由以上讨论可以得到下面的结论。

推论 1.5 $r(A)=r(A^T)$

推论 1.6 若矩阵 A 与矩阵 B 等价，则 r(A)=r(B)

推论 1.7 r(A)=r(PA)=r(AQ)=r(PAQ)，其中 P，Q 是可逆矩阵。

由定理 1.3 知，任意矩阵 A 等价于标准形 $E^{(r)}$。因此 $E^{(r)}$ 中 “1” 的个数就等于矩阵 A 的秩，所以矩阵 A 的等价标准形是唯一确定的。

例 1.35 求矩阵 $ A= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 1 & -1\\ 1 & 1 & 0 & 3 & -2\\ 2 & 2 & 0 & 6 & -3\\ \end{pmatrix} $ 的秩，并求出它的等价标准形。

解将矩阵 A 化为行阶梯形

$$ \begin{flalign} A \xrightarrow{\substack{r_3-r_1 \\ r_4-2r_1}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 1 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 1 & -1\\ 0 & 2 & -2 & 2 & -1\\ \end{pmatrix} \xrightarrow{\substack{r_3-r_2 \\ r_4-2r_2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\ \end{pmatrix} \xrightarrow{\substack{r_4 \leftrightarrow r_3}} =B \end{flalign} $$

由于 B 的非零行数为 3，所以 r(B)=3。由此可得 r(A)=3，故 A 的等价标准形为

$$ E_{4 \times 5}^{(3)}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \end{pmatrix} $$

例 1.36 求矩阵 $ A= \begin{pmatrix} a & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 1 & a \\ \end{pmatrix} $ 的秩。

解对矩阵 A 作初等行变换

$$ A \xrightarrow{r_1 \leftrightarrow r_3} \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 1 & a & 1 \\ a & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} \xrightarrow{\substack{r_2 - r_1 \\ r_3 - ar_1}} \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 0 & a-1 & 1-a \\ 0 & 1-a & 1-a^2 \\ \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3 + r_2} \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 0 & a-1 & 1-a \\ 0 & 0 & (1-a)(a+2) \\ \end{pmatrix} =B $$

当 $a \neq 1$ 且 $a \neq -2$ 时，r(B)=3，因而 r(A)=3

当 a=1 时， $ B= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix} $ ，所以，r(A)=r(B)=1

当 a=-2 时， $ B= \begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 \\ 0 & -3 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix} $ ，所以，r(A)=r(B)=2

关于矩阵秩的还有其他一些基本性质。

性质 1.11 设 A 为 $s \times m$ 矩阵，B 为 $s \times n$ 矩阵，则

$$ max\{r(A),r(B)\} \le r(A,B) \le r(A) + r(B) $$

证明因为 A 或 B 的最高阶非零子式总是 (A,B) 的非零子式，所以

$$ max\{r(A),r(B)\} \le r(A,B) $$

另一方面，根据定理 1.2，存在可逆矩阵 $P_1，P_2$ 使得 $P_1A^T=U_1,P_2B^T=U_2$，其中 $U_1,U_2$ 分别是 $A^T,B^T$ 的行最简形，且 $r(U_1)=U_1$ 的非零行数 = $r(A^T)=r(A),r(U_2)=U_2$ 的非零行数 = $r(B^T)=r(B)$。于是，由推论 1.5 和推论 1.7 可知

$$ \begin{flalign} r(A,B)&=r(A,B)^T=r \begin{pmatrix} A^T \\ B^T \\ \end{pmatrix} =r \left [ \begin{pmatrix} P_1 & O \\ O & P_2 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A^T \\ B^T \\ \end{pmatrix} \right ] =r \begin{pmatrix} U_1 \\ U_2 \\ \end{pmatrix} \\ &\le \begin{pmatrix} U_1 \\ U_2 \\ \end{pmatrix} \text{的非零行数} = r(A) + r(B) \\ \end{flalign} $$

性质 1.12 设 A，B 均为 $m \times n$ 矩阵，那么 $r(A+B) \le r(A) + r(B)$

证明记 $A=(\alpha_1,\cdots,\alpha_n),B=(\beta_1,\cdots,\beta_n)$，那么

$$ (A+B,B)=(\alpha_1+\beta_1, \cdots, \alpha_n + \beta_n,\; \beta_1,\cdots,\beta_n) \underset{j=1,\cdots,n}{\xrightarrow{c_j-c_{n+j}}} (\alpha_1,\cdots,\alpha_n,\;\beta_1,\cdots,\beta_n)=(A,B) $$

可见 (A+B, B) 与 (A, B) 等价。由推论 1.6 可得 r(A+B,B)=r(A,B) 于是

$$ r(A+B) \le r(A+B,B) = r(A,B) \le r(A) + r(B) $$

性质 1.13 设 A 为 $s \times n$ 矩阵，B 为 $n \times t$ 矩阵，则 $r(AB) \le min\{r(A),r(B)\}$

证明由定理 1.7，存在 s 阶可逆矩阵 P 和 n 阶可逆矩阵 Q，使得

$$ A=P \begin{pmatrix} E_r & O \\ O & O \\ \end{pmatrix} Q $$

于是 r(A)=r，记 $ QB= \begin{pmatrix} Q_1 \\ Q_2 \\ \end{pmatrix} $ ，其中，$Q_1$ 为 $r \times t$ 矩阵，$Q_2$ 为 $(n-r) \times t$ 矩阵，则

$$ AB=P \begin{pmatrix} E_r & O \\ O & O \\ \end{pmatrix} QB=P \begin{pmatrix} E_r & O \\ O & O \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} Q_1 \\ Q_2 \\ \end{pmatrix} =P \begin{pmatrix} Q_1 \\ O \\ \end{pmatrix} $$

于是，

$$ r(AB)=r\left( P \begin{pmatrix} Q_1 \\ O \\ \end{pmatrix} \right) =r \begin{pmatrix} Q_1 \\ O \\ \end{pmatrix} \le r=r(A) $$

而

$$ r(AB)=r((AB)^T)=r(B^TA^T) \le r(B^T) = r(B) $$

所以 $r(AB) \le min\{r(A),r(B)\}$

性质 1.14 设 A 为 $s \times n$ 矩阵，B 为 $n \times t$ 矩阵，则

$$ r(AB) \ge r(A) + r(B) - n $$

特别地，假如 AB=O，那么 $r(A) + r(B) \le n$

证明构造分块矩阵 $ \begin{pmatrix} A & O \\ E & B \\ \end{pmatrix} $ ，容易验证

$$ \begin{pmatrix} E & -A \\ O & E \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & O \\ E & B \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} B & E \\ -E & O \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} AB & O \\ O & E \\ \end{pmatrix} $$

其中 $ \begin{pmatrix} E & -A \\ O & E \\ \end{pmatrix} $ 和 $ \begin{pmatrix} B & E \\ -E & O \\ \end{pmatrix} $ 均为可逆矩阵，所以

$$ r \begin{pmatrix} A & O \\ E & B \\ \end{pmatrix} = r \begin{pmatrix} AB & O \\ O & E \\ \end{pmatrix} = r(AB) + n $$

而 $ r \begin{pmatrix} A & O \\ E & B \\ \end{pmatrix} \ge r(A) + r(B) $ 。因此，$r(AB) \ge r(A) + r(B) -n$

例 1.37 设 A 为 $s \times n$ 矩阵，证明 r(A)=1 的充分必要条件是存在 s 维非零向量 $\xi$ 和 n 维非零列向量 $\eta$，使得 $A=\xi \eta^T$

证明 (必要性)由定理 1.7 知，存在 s 阶可逆矩阵 P 和 n 阶可逆矩阵 Q，使得

$$ A=P \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \end{pmatrix} Q=P \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ \end{pmatrix} (1,0,\cdots,0)Q=\xi\eta^T $$

这里 $ \xi=P \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ \end{pmatrix} \neq 0, \eta=Q^T \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ \end{pmatrix} \neq 0 $

（充分性）由性质 1.13 知 $r(A)=r(\xi\eta^T)\le r(\xi)=1$。由于

$$ \xi=(a_1,\cdots,a_s)^T \neq 0, \quad \eta=(b_1,\cdots,b_n)^T \neq 0 $$

不妨设 $a_i \neq 0, \; b_j \neq 0$，则 $a_ib_j \neq 0$。于是 $A=\xi \eta^T \neq O$。因而 $r(A) > 0$。综上所述，r(A)=1

特别地，设 A 为 $s \times 2$ 非零矩阵，那么 r(A)=1 的充分必要条件为 A 的两列向量成比例。

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