# 矩阵的秩的性质

矩阵秩的八大性质：

1. $0 \le \mathrm {rank} \, A_{m \times n} \le \min \{ m, n \}$；

2. $\mathrm {rank} \, A^T = \mathrm {rank} \, A$；

3. 若 $A \sim B$，则 $\mathrm {rank} \, A = \mathrm {rank} \, B$；

4. 若 $P, Q$ 可逆，则 $\mathrm {rank} (PAQ) = \mathrm \, A$；

5. $\max \{ \mathrm {rank} \, A, \mathrm {rank} \, B \} \le \mathrm {rank} (A, B) \le \mathrm {rank} \, A + \mathrm {rank} \, B$；

   特别地，当 $B$ 为列向量时，有 $\mathrm {rank} \, A \le \mathrm {rank} (A, B) \le \mathrm {rank} \, A + 1$。

6. $\mathrm {rank} (A + B) \le \mathrm {rank} \, A + \mathrm {rank} \, B$；

7. $\mathrm {rank} (AB) = \min \{ \mathrm {rank} \, A , \mathrm {rank} \, B \}$；

8. 若 $A_{m \times n} B_{n \times l} = O$，则 $\mathrm {rank} \, A + \mathrm {rank} \, B \le n$。

前两条是显然的。

第三条，由矩阵相似的定义，$P, P^{-1}$ 都是可逆矩阵，可逆矩阵一定可以拆分为若干个初等方阵之和，因此 $B, A$ 可以通过若干次初等行变换、初等列变换相互转化，因此 $A, B$ 两个矩阵的秩相等。

第四条理由同第三条。

关于第五条，因为 $A$ 的最高阶非零子式总是 $(A, B)$ 的非零子式，所以 $\mathrm {rank} \, A \le \mathrm {rank} (A, B)$。同理有 $\mathrm {rank} \, B \le \mathrm {rank} (A, B)$，两式合起来，即为：

$$\max \{ \mathrm {rank} \, A, \mathrm {rank} \, B \} \le \mathrm {rank} (A, B)$$

设 $\mathrm {rank} \, A = r, \mathrm {rank} \, B = s$，把 $A, B$ 分别作列变换化为列阶梯形 $A_0, B_0$，则 $A_0$ 和 $B_0$ 中分别含有 $r$ 个和 $s$ 个非零列，且 $(A, B)$ 也可通过初等列变换化为 $(A_0, B_0)$，由于 $(A_0, B_0)$ 中只含有 $r + s$ 个非零列，所以 $\mathrm {rank} (A_0, B_0) \le r + s$，而 $\mathrm {rank} (A, B) = \mathrm {rank} (A, B)$，故 $\mathrm {rank} (A, B) \le r + s = \mathrm {rank} \, A + \mathrm {rank} \, B$。

对于第六条，显然 $(A + B, B)$ 可以通过初等列变换转化为 $(A, B)$，因此由第五条，$\mathrm {rank} (A + B) \le \mathrm {rank} (A + B, B) = \mathrm {rank} (A, B) \le \mathrm {rank} \, A + \mathrm {rank} \, B$。

对于第七条，设 $\mathrm {rank} \, A = r, \mathrm {rank} \, B = s$。又设 $A$ 的行阶梯形为 $A_0$，$B$ 的列阶梯形为 $B_0$，则存在可逆矩阵 $P, Q$ 使 $A = P A_0, B = B_0 Q$。因为 $AB = P A_0 B_0 Q$，所以 $\mathrm {rank} (AB) = \mathrm {rank} (A_0 B_0)$。因为 $A_0$ 有 $r$ 个非零行，$B_0$ 有 $s$ 个非零列，所以 $A_0 B_0$ 至多有 $r$ 个非零行和 $s$ 个非零列，因此 $\mathrm {rank} (A, B) = \mathrm {rank} (A_0, B_0) \le \min \{ r, s \} = \min \{ \mathrm {rank} \, A, \mathrm {rank} \, B \}$。

对于第八条，设 $B = (\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_l)$，因为 $AB = A \begin {pmatrix} \beta_1 & \beta_2 & \cdots & \beta_l \end {pmatrix} = O$，所以 $A \beta_i = o, i = 1, 2, \cdots, l$，即 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_l$ 都是方程组 $A x = O$ 的解向量，也即 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_l$ 都是方程组 $A x = o$ 的解向量组的部分组，而 $Ax = o$ 的解向量组的秩是 $n - \mathrm {rank} \, A$，所以 $\mathrm {rank} \, B = \mathrm {rank} (\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_l) \le n - \mathrm {rank} \, A$，此即 $\mathrm {rank} \, A + \mathrm {rank} \, B \le n$。

# 习题

1. 求下列矩阵的秩：

   (1) $A = \begin {pmatrix} 0 & 1 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 2 & -2 & -2 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & -1 \end {pmatrix}$；

   (2) $n$ 阶方阵 $\begin {pmatrix} 1 & a & \cdots & a \\ a & 1 & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a & a & \cdots & 1 \end {pmatrix}$，其中 $a$ 为常数，$n > 1$。

   (1) 解：对该矩阵进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 0 & 1 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 2 & -2 & -2 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & -1 \end {pmatrix} \to \begin {pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -4 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 3 \end {pmatrix}$$

   因此该矩阵秩为 $4$。

   (2) 解：当 $a = 1$ 时，该方阵每一行相同，此时秩为 $1$；当 $a \not = 1$ 时：

   $$\begin {aligned} \begin {pmatrix} 1 & a & \cdots & a \\ a & 1 & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a & a & \cdots & 1 \end {pmatrix} & = \begin {vmatrix} 1 & a & a & \cdots & a \\ 0 & 1 & a & \cdots & a \\ 0 & a & 1 & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & a & a & \cdots & 1 \end {vmatrix}_{(n + 1) \times (n + 1)} \\ & = \begin {vmatrix} 1 & a & a & \cdots & a \\ -1 & 1 - a & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 0 & 1 - a & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & 1 - a \end {vmatrix}_{(n + 1) \times (n + 1)} \\ & = \begin {vmatrix} 1 - a & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 1 - a & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 0 & 1 - a & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & 1 - a \end {vmatrix}_{(n + 1) \times (n + 1)} \\ & = (1 - a)^{n + 1} \not = 0 \end {aligned}$$

   因此此时方阵各行线性无关，其秩为 $n$。

2. 已知

   $$A = \begin {pmatrix} 1 & 2 & \cdots & n \\ 2 & 3 & \cdots & n + 1 \end {pmatrix}, n \ge 2$$

   求 $\det (A A^T)$ 与 $\det (A^T A)$。

   提示：先考虑行列式是否为 $0$。

   解：设 $B = (1, 2, \cdots, n), E = (1, 1, \cdots, 1)$，则：

   $$A = \begin {pmatrix} B \\ B + E \end {pmatrix}, A^T = \begin {pmatrix} B^T & B^T + E^T \end {pmatrix} \\ A A^T = \begin {pmatrix} B B^T & B (B^T + E^T) \\ (B + E) B^T & (B + E) (B^T + E^T) \end {pmatrix} \\ BB^T = \sum_{i = 1}^n i^2 \\ BE^T = \sum_{i = 1}^n i = EB^T \\ EE^T = n \\ \begin {aligned} \det (A A^T) & = \left( \sum_{i = 1}^n i^2 \right) \left( \sum_{i = 1}^n i^2 + 2 \sum_{i = 1}^n i + n \right) - \left( \sum_{i = 1}^n i^2 + \sum_{i = 1}^n i \right)^2 \\ & = n \sum_{i = 1}^n i^2 - \left( \sum_{i = 1}^n i \right)^2 = \frac {n^2 (n^2 - 1)} {12} \end {aligned} \\ \det (A^T A) = \det (A A^T) = \frac {n^2 (n^2 - 1)} {12}$$

3. 设 $A$ 是 $4 \times 3$ 阶矩阵，$\mathrm {rank} (A) = 2, B = \begin {pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 6 \\ -2 & 0 & 2 \end {pmatrix}$，求 $\mathrm {rank} (AB)$。

   解：将 $B$ 经过一系列初等行变换和初等列变换可得到单位矩阵 $I_{(3)}$，则 $B$ 为满秩矩阵，且可与一系列初等方阵通过矩阵乘法转化为 $I_{(3)}$。设 $P = P_1 P_2 \cdots P_s, Q = Q_1 Q_2 \cdots Q_r$，且 $PBQ = I_{(3)}$，则 $P, Q$ 可逆，且 $B = P^{-1} I_{(3)} Q^{(-1)} = P^{-1} Q^{-1}$ 也是若干初等方阵相乘的结果。
   则 $AB = A P^{-1} Q^{-1}$ 为 $A$ 与若干初等方阵右乘，相当于对 $A$ 进行若干次初等列变换，不改变 $A$ 的秩，因此 $\mathrm {rank} (AB) = 2$。

4. 设方阵 $A$ 满足 $A^2 - 3A + 2E = O$，证明：$\mathrm {rank} (A - E) + \mathrm {rank} (A - 2E) = n$。

   证明：$(A - E) (A - 2E) = O$，由矩阵秩的性质可知：

   $$\mathrm {rank} (A - E) + \mathrm {rank} (A - 2E) \le n$$

   又由于 $\mathrm {rank} (A - E - (A - 2E)) = \mathrm {rank} (E) = n \le \mathrm {rank} (A - E) + \mathrm {rank} (A - 2E)$，因此 $\mathrm {rank} (A - E) + \mathrm {rank} (A - 2E) = n$。

5. 设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$A^*$ 为其伴随矩阵，证明：

   $$\mathrm {rank} (A^*) = \begin {cases} n, & \mathrm {rank} \, A = n & (1) \\ 1, & \mathrm {rank} \, A = n - 1 & (2) \\ 0, & \mathrm {rank} \, A < n - 1 & (3) \end {cases}$$

   提示：(2) 考察方程组 $A A^* = 0$；(3) 利用 $A$ 的行列式秩的定义。

   证明：由伴随矩阵定义可知：$A A^* = |A| I_{(n)}$。
   当 $\mathrm {rank} \, A = n$ 时，$|A| \not = 0$，因此 $\det (A A^*) = |A| \not = 0$，因此 $\det A^* \not = 0$，即 $\mathrm {rank} \, A^* = n$。
   当 $\mathrm {rank} \, A = n - 1$ 时，设 $A^* = (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n)$，由 $A A^* = A \begin {pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \cdots & \alpha_n \end {pmatrix} = O$ 可得：$A \alpha_i = o, i = 1, 2, \cdots, n$，即 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 均为方程 $Ax = o$ 的解向量，又该方程的解向量组的秩为 $n - \mathrm {rank} \, A = 1$，因此 $\mathrm {rank} \, A^* = \mathrm {rank} (\alpha_1, \cdots, \alpha_n) = 1$。
   当 $\mathrm {rank} \, A < n - 1$ 时，$A$ 的 $n - 1$ 阶子式的行列式值也为 $0$，即对于 $\forall \, i, j \in [1, n]$，都有 $A_{i, j} = 0$，因此 $A^* = O$，即 $\mathrm {rank} \, A^* = 0$。

6. 设方阵 $A$ 的秩为 $1$，求证：$A^n = (\mathrm {tr} \, A)^{n - 1} A$。

   提示：秩为 $1$ 的矩阵一定可以写成一个列向量 $\beta$ 乘一个行向量 $\alpha$，$\mathrm {tr} \, A = \mathrm {tr} (\beta \alpha) = \mathrm {tr} (\alpha \beta)$。

   证明：由于 $A$ 的秩为 $1$，设 $\alpha = \begin {pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end {pmatrix}, \beta = \begin {pmatrix} b_1 & b_2 & \cdots & b_n \end {pmatrix}$，则 $A$ 一定能表示为 $A = \alpha \beta$，且 $\beta \alpha = a_1 b_1 + a_2 b_2 + \cdots + a_n b_n$。
   设 $A = (c_{i, j})_{n \times n}$，则 $c_{i, i} = a_i b_i$，所以 $\beta \alpha = c_{1, 1} + \cdots + c_{n, n} = \mathrm {tr} \, A$。于是有：

   $$\begin {aligned} A^n &= (\alpha \beta)^n \\ & = \alpha (\beta \alpha)^{n - 1} \beta \\ & = \alpha (\mathrm {tr} \, A)^{n - 1} \beta \\ & = (\mathrm {tr} \, A)^{n - 1} A \end {aligned}$$

7. 证明：任意一个秩为 $r$ 的矩阵都可以表示成 $r$ 个秩为 $1$ 的矩阵之和。

   提示：利用矩阵的 $\mathrm {CR}$ 分解，以及矩阵乘法的视角。

   证明：设矩阵 $A \in \mathbb F^{n \times m}$，其秩为 $r$，则由矩阵的 $\mathrm {CR}$ 分解，该矩阵必可拆分成两个矩阵之积：$A = BC$，其中 $B \in \mathbb F^{n \times r}, C \in \mathbb F^{r \times m}$。设 $B = (\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_r), C = \begin {pmatrix} \gamma_1 \\ \gamma_2 \\ \vdots \\ \gamma_r \end {pmatrix}$，则 $A = BC = \beta_1 \gamma_1 + \beta_2 \gamma_2 + \cdots + \beta_r \gamma_r$，其中 $\beta_i \gamma_i$ 表示一个秩为 $1$ 的 $n \times m$ 阶矩阵 $(i = 1, 2, \cdots, r)$，得证。