矩阵秩的不等式及其应用_徐小萍[1]

2012年10月第12卷第5期廊坊师范学院学报(自然科学版)

JournalofLangfangTeachersCollege(NaturalScienceEdition)Oct.2012

Vol.12No.5

矩阵秩的不等式及其应用

徐小萍

(湖北文理学院,湖北襄阳441053)

【摘　要】　首先,给出五个矩阵秩的不等式,并利用代数理论对其进行证明,然后,用一些典型例题对其应用进行

分析。

【关键词】　矩阵的秩;向量;可逆矩阵;分块矩阵;初等变换

InequalitiesontheRankofMatrixanditsApplies

XUXiao-ping

【Abstract】　Atfirst,wegiveoutfiveinequalitiesontherankofmatrix,andprovethemwiththetheoriesofalgebraatthesametime.Thensometypicalexamplesaregiventoanalysistheappliesoftheseinequalities.【Keywords】　rankofmatrix;vector;invertiblematrix;partitionedmatrix;elementarytransformation

〔中图分类号〕O151.21　　　　〔文献标识码〕A　　　　〔文章编号〕1674-3229(2012)05-0019-03

　　《高等代数》是数学专业的专业基础课,也是数学专业研究生入学考试的必考科目,而矩阵秩的不等式则是其重要考点之一。首先,给出了高等代数研究生入学考试中常考的不等式,并对其进行了证明。然后,结合高等代数的研究生入学考试试题和一些高等代数参考资料中相关例题分析了所给秩的不等式的应用。

证明　当A,B中有一个为零时,结论显然成立。

设r(A)=r1≠0,r(B)=r2≠0,则A有r1阶子式|M1|≠0,B有r2阶子式|M2|≠0,于是M1AC

有r1+r2阶子式0B0

＊M2

=|M1||M2|

1　常见的秩的不等式

1.1　r(AB)≤min{r(A),r(B)}。

证明　见参考文献[1]。1.2　设A与B都是m×n矩阵,则r(A±B)

[2]

≤r(A)+r(B)。

证明　设A,B和A±B的列向量分别为α1,α2,…,αn,β1,β2,…,βn和γ1,γ2,…,γn,其中γi=α又设A,B的秩分别为r,s,因i±βi,i=1,2,…,n。

此,不妨设α1,α2,…,αr,β1,β2,…,βs分别为α1,α2,…,α则γn,β1,β2,…,βn的极大线性无关组。1,γ2,…,γn可由α1,α2,…,αn,β1,β2,…,βn线性表示,进而可由α故r(A1,α2,…,αr,β1,β2,…,βs线性表示。±B)≤r(A)+r(B)。1.3　设A,B是两个n则

AC[2]

r(A)+r(B)≤r。

0[收稿日期]　2012-08-10

AC

。

0B

1.4　Frobenius不等式:设A,B,C分别为m×n,n×s,s×t矩阵,则

[3]

r(ABC)≥r(AB)+r(BC)-r(B)。

证明　设Es,Et分别为s,t阶单位矩阵,则由≠0。因此,r(A)+r(B)=r1+r2≤r于

AB

BEm0且

Es0

C-Et

ABC0-AEn

,Es0ABBEm0

C-Et

=

ABB

,ABC

,0

ABC0

=0B-AEnABB

是可逆矩阵,故0AB

=rB

ABC

r(AB)+r(BC)≤r=r

0ABC

=r(ABC)+r(B)。

B0于是有r(ABC)≥r(AB)+r(BC)-r(B)。

[作者简介]　徐小萍(1973-),女,硕士,湖北文理学院数学与计算机科学学院讲师,研究方向:代数学。

2012年10月廊坊师范学院学报(自然科学版)

2

第12卷·第5期

1.5　Sylvester不等式:设A,B分别为s×n,n

×m矩阵,则r(AB)≥r(A)+r(B)-n。特别地,当

[3]

AB=0时,有r(A)+r(B)≤n。

证明　r(AB)+nr(A+r(B)。

r2+Ar1c2-c1BEn0En0

由

0ABAAE-Bc1 c2-BE

得,

A00-BE

r(AB)+n=r≥r(A)+r(B)。

0A

0,所以如上qi是方程组(A-λ因0E)X=0的解。为r(λ0E-A)=r(λ0E-A),所(A-λ0E)X=0与(A-λ0E)X=0同解,这与qi是方程组(A-λA-λX=0的0E)X=0的解但不是方程组(0E)解相矛盾。故mA(λ)无重根,进而有A相似于对角阵。

分析:这一例子体现了矩阵的对角化问题与矩

阵的特征多项式之间的关系,证明过程是以“A相似于对角阵 A的最小多项式mA(λ)无重根”为桥梁来实现的。在证明必要性时,通过证明(A-2λA)=A-λA-λA-iE)v(iE,得到r(iE)≤r(λiE),再利用r(A-λiE)≥r(A-λiE),得到r(A-λiE)=r(A-λiE)。这一证明过程中两次应用了不等式r(AB)≤min{r(A),r(B)}。而其充分性的证明则是应用线性方程组解的理论来实现的。

例3　(武汉大学研究生入学考试《高等代数》试题)设A是n×n矩阵,这里n是正整数,证明:A的秩等于1充要条件是有不全为零的n个数a1,a2,…,an和不全为零的n个数b1,b2,…,bn使

a1b1

A=

a2b1anb1

a1b2a2b2anb2

………

a1bna2bnanbn

[4]

2

2

2

2

2

2

2　矩阵秩的不等式的应用

矩阵秩的不等式通常用来求矩阵的秩(如果r(A)≥n且r(A)≤n,则r(A)=n);判断n阶方阵是否可逆(如果n阶方阵A的秩小于n,则A不可逆。如果n阶方阵A的秩等于n,则A可逆);证明其它秩的不等式(例如Frobenius不等式和Sylvester不等式的证明都用到了不等式r(A)+r(B)≤ACr);证明秩的等式。0B

下面我们利用一些实例来进行分析。例1　设A为m×n矩阵,B为n×m矩阵,证

[2]

明:当m>n时,方阵C=AB不可逆。

证明　因为r(C)=r(AB)≤min{r(A),r(B)}≤min{m,n}=n<m,故C不可逆。

分析:要证明方阵C=AB不可逆,关键在于证明矩阵C的秩小于C的阶数m,其证明过程是应用秩的不等式r(AB)≤min{r(A),r(B)}来实现的。

例2　A相似于对角阵 对于A的任意特征根λi,均有r(λiE-A)=r(λiE-A)。

2

[3]

。(1)

证明　充分性,设A为(1)式所给,其中a1,a2,…,an不全为零,b1,b2,…,bn不全为零,令B

T

=(a1,a2,…,an),C=(b1,b2,…,bn),则有A=BC,那么,r(A)≤r(B)=1。其次,设ai≠0,bj≠0,那么aibj≠0,所以r(A)≥1。

综上所证有r(A)=1。

必要性,设r(A)=1,令A=(α1,α2,…,αn),设αi为α1,α2,…,αn的极大线性无关组,那么可设

k1a1

A=

k1an

…kia1…kian

……

T

证明　必要性,因为A相似于对角阵,所以A的最小多项式mA(λ)无重根。又任一特征根都是最小多项式的根,故存在u(λ),v(λ),使mA(λ)u(λ)+(λ-λi)v(λ)=λ-λi。以A代入两边得mA(A)u(A)+(A-λA)=A-λiE)v(iE。而mA(A)=0,故(A-λiE)v(A)=A-λiE,所以r(A-λiE)≤r(A-λiE)。又r(A-λiE)≥r(A-λA-λA-λiE),因此r(iE)=r(iE)。

充分性,只要证明A的最小多项式mA(λ)无重根。反证法,假设λλ)单根,则0不是mA((λ-λmA(λ)。令mA(λ)=(λ-λλ),由0)|0)q(最小多项式的定义知,(A-λ0E)q(A)≠0,q(A)≠0。所以存在q(A)的非零列qi不是方程组(A-λ0E)X=0的解。但(A-λ0E)q(A)=mA(A)=2

2

2

2

2

22

2

2

kna1,

knan

(2)

其中α(a1,a2,…,an),且α那么在(2)式i=i≠0。中取b1=k1,b2=k2,…,bn=kn,则b1,b2,…,bn不全为零,且(1)式成立。

分析:在充分性的证明中,对矩阵A=BC,我们利用r(BC)≤min{r(B),r(A)},得到r(A)≤r(B)=1,再由A中至少有一非零元素得r(A)≥1,从而有r(A)=1。

第12卷·第5期徐小萍:矩阵秩的不等式及其应用

p

2012年10月

　　例4　(2008年硕士研究生入学考试《高等数学

I》试题)设α,β为三维列向量,矩阵A=αα′+ββ′,其中α′,β′分别为α,β的转置,证明:(i)秩r(A)≤2。

[3]

(ii)若α,β线性相关,则秩r(A)<2。证明　(i)证法一,r(A)=r(αα′+ββ′)≤r(αα′)+r(ββ′)≤r(α)+r(β)≤2。

证法二,r(A)=r(αα′+ββ′)≤r(α,≤

βr(α,β)≤2。(ii)由于α,β线性相关,不妨设α=kβ,于是

2

r(A)=r(αα′+ββ′)=r((1+k)ββ′)≤r(β)≤1<2。

分析:这一例子体现的是矩阵与向量之间的关系。(i)中方法一是利用不等式r(A±B)≤r(A)+r(B)来证明,而(i)中方法二和(ii)则是利用不等式r(AB)≤min{r(A),r(B)}来证明。例5　设A为任意n阶方阵,m为任意自然数,

2m+2[2]

证明:(m+1)·r(A)≤r(A)+m·r(A)。

(3)

证明　对m用数学归纳法。当m=0时,不等

3

式(3)显然成立。由Frobenius不等式知r(A)=

222

r(AAA)≥r(A)+r(A)-r(A),从而得2r(A)≤

3r(A)+r(A),即m=1时不等式(3)成立。假设不等式(3)在m=k时成立,即(k+1)·

k+2

r(A)≤r(A)+k·r(A)。再由Frobenius不等式

k+3k+1k+2

知r(A)=r(AAA)≥r(A)+r(AA)-r(A)

22

≥(k+1)·r(A)-k·r(A)+r(A)-r(A)=(k

2

+2)·r(A)-(k+1)·r(A)。从而有(k+2)·

2k+3r(A)≤r(A)+(k+1)·r(A)。因此,不等式(3)对m=k+1时成立。综上所证,不等式(3)对任意自然数m均成立。

2

故有

i=1

A)≤(p-1)n。∑r(

i

当A1,A2,…,Ap-1均为可逆矩阵,而Ap=0时,等号成立。

分析:本例在证明过程中连续使用了Sylvester不等式p-1次,再由A1A2…Ap=0得到结论

pi=1

A)≤(p-1)n。∑r(

i

例7　(厦门大学2004年研究生入学考试《高等代数》试题)设A,B都是n阶方阵,E为n阶单位矩阵,证明:ABA=B的充要条件是r(E+AB)+

[3]

r(E-AB)=n。

-12

证明　必要性,由ABA=B得(AB)=E,所

2

以E-(AB)=(E+AB)(E-AB)=0,由Sylvester不等式得r(E+AB)+r(E-AB)≤n。又n=r(2E)=r[(E-AB)+(E+AB)]≤r(E-AB)+r(E+AB)。因此,r(E+AB)+r(E-AB)=n。

充分性,如果r(E+AB)+r(E-AB)=n,则

E+AB0

有r=n。又由

0-AB

E+AB0E+ABE-AB

※※

0E-AB0E-AB

2EE-AB

2EE-AB

※※2[E-(E-ABE-AB0AB)]

2

2E0

知,2

0[E-(AB)]

2

121

r(2E)+[E-(AB)]=n。所以[E-22

22-1

(AB)]=0,因此,有E=(AB),即ABA=B。

分析:在证明必要性时,先利用Sylvester不等式证得r(E+AB)+r(E-AB)≤n,再利用不等式r(A±B)≤r(A)+r(B),证得r(E+AB)+r(E-AB)≥n。充分性的证明则是利用初等变换不改变矩阵的秩来证明的。

[参考文献]

[1]北京大学数学系.高等代数(第三版)[M].北京:高等教

育出版社,2003.[2]杨子胥.高等代数习题解[M].济南:山东科学技术出版社,2002.[3]刘洪星.高等代数选讲[M].北京:机械工业出版社,

2009.

[4]钱吉林.高等代数题解精粹[M].武汉:中央民族大学出

版社,2002.

-1

分析:这一例子充分体现了Frobenius不等式在解决三个以上矩阵的乘积的秩的不等式方面有其独到之处。

例6　(清华大学研究生入学考试《高等代数》试题)设A1,A2,…,Ap都是n阶矩阵,且A1A2…Ap

p

=0,证明

以达到。

证明　因为对任意n阶矩阵A,B恒有r(AB)≥r(A)+r(B)-n。所以0=r(A1A2…Ap)≥r(A1)+r(A2…Ap)-n≥r(A1)+r(A2)+r(A3…Ap)-2n≥…≥r(A1)+r(A2)+r(A3)+…+r(Ap)-(p-1)n。

i=1

[3,4]

Ai)≤(p-1)n,并举例说明等号可∑r(