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矩阵

等价标准型与矩阵分解

(南昌大学,2022)设 ${m \times n}$ 矩阵 ${A}$ 的秩为 ${r}$ ,证明: 存在列满秩矩阵 ${P}$ 与行满秩矩阵 ${Q}$ ,使得 ${A=P Q}$ .

proof

由于 ${A}$ 的秩为 ${r}$ ,所以存在 ${m}$ 阶可逆矩阵 ${P_{1}}$ 与 ${n}$ 阶可逆矩阵 ${Q_{1}}$ ,使得
${ A=P_{1}\left(\begin{array}{cc} E_{r} & O \\ O & O \end{array}\right) Q_{1}=P_{1}\left(\begin{array}{c} E_{r} \\ O \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} E_{r} & O \end{array}\right) Q_{1} }$
记
${ P=P_{1}\left(\begin{array}{c} E_{r} \\ O \end{array}\right),Q=\left(\begin{array}{ll} E_{r} & O \end{array}\right) Q_{1} . }$
显然 ${P}$ 是列满秩矩阵, ${Q}$ 是行满秩矩阵,且 ${A=P Q}$ .

(东北大学,2022)设 ${A}$ 是 ${n \times n}$ 矩阵,令 ${S(A)=\left\{B \in P^{n \times n} | A B A=O\right\}}$ ,其中 ${O}$ 是 ${n \times n}$ 零矩阵,证明:

${S(A)}$ 是 ${P^{n \times n}}$ 的子空间;

如果矩阵 ${A}$ 的秩为 ${r}$ ,则 ${S(A)}$ 的维数等于 ${n^{2}-r^{2}}$ .

proof

对任意的 ${B,C \in S(A)}$ 及 ${k \in P}$ ,由 ${A B A=A C A=O}$ 可得
${ A(k B+C) A=k A B A+A C A=O . }$
即 ${k B+C \in S(A)}$ ,所以 ${S(A)}$ 是 ${P^{n \times n}}$ 的子空间.
由于 ${r(A)=r}$ ,所以存在 ${n}$ 阶可逆矩阵 ${Q}$ 与 ${T}$ ,使得 ${A=Q\left(\begin{array}{cc}E_{r} O \\ O O\end{array}\right) T}$ ,那么对任意 ${B \in S(A)}$ ,有
${ A B A=Q\left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right) T B Q\left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right) T=O }$
现在记 ${T B Q=\left(\begin{array}{ll}B_{1}&B_{2} \\ B_{3}&B_{4}\end{array}\right)}$ ,其中 ${B_{1}}$ 为 ${r}$ 阶方阵,则上式等价于
${ \left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} B_{1}&B_{2} \\ B_{3}&B_{4} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} B_{1}&O \\ O&O \end{array}\right)=O . }$
这又等价于 ${B_{1}=O}$ ,即 ${B \in S(A)}$ 等价于
${ B=T^{-1}\left(\begin{array}{cc} O&B_{2} \\ B_{3}&B_{4} \end{array}\right) Q^{-1} . }$
其中 ${B_{2},B_{3},B_{4}}$ 分别为任意的 $r \times(n-r)$ , $(n-r) \times r$ , $(n-r)$ $\times$ $(n-r)$ 矩阵,共计 ${n^{2}-r^{2}}$ 个自由末知量,所以 ${S(A)}$ 的维数为 ${n^{2}-r^{2}}$ .

(哈尔滨工程大学,2022)设 ${V}$ 为 ${n}$ 维线性空间, ${T_{1}}$ 为 ${V}$ 上的线性变换,证明: 存在 ${V}$ 上的线性变换 ${T_{2}}$ 和 ${T_{3}}$ ,使得 ${T_{1}=T_{2} T_{3}}$ ,其中 ${T_{2}^{2}=T_{2}}$ 且 ${T_{3}}$ 可逆.

proof

任取 ${\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n}}$ 为 ${V}$ 的一组基,设 ${T_{1}}$ 在此基下的矩阵为 ${A}$ ,且 ${r(A)=r}$ ,则存在 ${n}$ 阶可逆矩阵 ${P,Q}$ ,使得
${ A=P\left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right) Q=P\left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right) P^{-1} P Q . }$
现在记
${ B=P\left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right) P^{-1},C=P Q . }$
显然 ${A=BC}$ ,其中 ${B^{2}=B}$ 且 ${C}$ 可逆,所以取线性变换 ${T_{2},T_{3}}$ ,使得它们在 ${\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n}}$ 下的矩阵分别为 ${B,C}$ ,则有 ${T_{1}=T_{2} T_{3}}$ ,其中 ${T_{2}^{2}=T_{2}}$ 且 ${T_{3}}$ 可逆.

(吉林大学,2022)设 ${V}$ 是数域 ${\Omega}$ 上 ${n}$ 阶矩阵在加法与数量乘法下构成的向量空间, ${A,B \in V}$ ,记 $T=\{X \in V | A X B=O\} .$

证明: ${T}$ 是 ${V}$ 的子空间;

若秩 ${(A)=}$ 秩 ${(B)=1}$ ,求 ${\operatorname{dim} T}$ .

proof

任取 ${X,Y \in T}$ ,则 ${A X B=A Y B=O}$ ,那么对任意的 ${k \in \Omega}$ ,有
${ A(k X+Y) B=k A X B+A Y B=O . }$
这说明 ${k X+Y \in T}$ ,于是 ${T}$ 是 ${V}$ 的子空间.
由于秩 ${(A)=}$ 秩 ${(B)=1}$ ,所以存在 ${n}$ 阶可逆矩阵 ${P_{1},Q_{1},P_{2},Q_{2}}$ ,使得
${ A=P_{1}\left(\begin{array}{cc} 1&\\ &O \end{array}\right) Q_{1},B=P_{2}\left(\begin{array}{cc} 1&\\ &O \end{array}\right) Q_{2} . }$
于是对任意的 ${X \in T}$ ,根据 ${A X B=O}$ 可得
${ P_{1}\left(\begin{array}{ll} 1&\\ &O \end{array}\right) Q_{1} X P_{2}\left(\begin{array}{ll} 1&\\ &O \end{array}\right) Q_{2}=O . }$
现在记 ${Q_{1} X P_{2}=\left(\begin{array}{ll}X_{1}&X_{2} \\ X_{3}&X_{4}\end{array}\right)}$ ,其中 ${X_{1}}$ 为 1 阶矩阵,则上式等价于
${ \left(\begin{array}{ll} 1&\\ &O \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} X_{1}&X_{2} \\ X_{3}&X_{4} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 1&\\ &O \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} X_{1}&O \\ O&O \end{array}\right)=O . }$
即 ${X_{1}=0}$ ,也就是说 ${X \in T}$ 等价于
${ X=Q_{1}^{-1}\left(\begin{array}{cc} 0&X_{2} \\ X_{3}&X_{4} \end{array}\right) P_{2}^{-1} . }$
其中 ${X_{2},X_{3},X_{4}}$ 分别为任意的 $1 \times(n-1)$ , $(n-1) \times 1$ , $(n-1) \times(n-1)$ 矩阵,这共有 ${n^{2}-1}$ 个自由末知量,所以 ${\operatorname{dim} T=n^{2}-1}$ .

note

如果一个题目什么都没已知或只已知了矩阵的秩,那么要想到矩阵的等价标准型.

(华东师范大学2020年第六题)设 ${A,B \in M_{n}(\mathbb{C})}$ ,令 ${L(A,B)=\left\{X \in M_{n}(\mathbb{C}) | A X B=O\right\}}$

验证 ${L(A,B)}$ 是 ${M_{n}(\mathbb{C})}$ 的线性子空间.

设 ${r(A)=r,r(B)=s}$ ,求 ${\operatorname{dim} L(A,B)}$ (用 ${n,r,s}$ 表示).

proof

对任意的 ${X,Y \in L(A,B)}$ 及 ${k,l \in \mathbb{C}}$ ,则有
${ A X B=A Y B=O . }$
从而
${ A(k X+l Y) B=k A X B+l A Y B=O . }$
即 ${k X+l Y \in L(A,B)}$ ,这说明 ${L(A,B)}$ 是 ${M_{n}(\mathbb{C})}$ 的线性子空间.
由于 ${r(A)=r,r(B)=s}$ ,所以存在复数域上的可逆矩阵 ${P,Q,\widetilde{P},\widetilde{Q}}$ ,使得
${ A=P\left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right) Q,B=\widetilde{P}\left(\begin{array}{cc} E_{s}&O \\ O&O \end{array}\right) \widetilde{Q} }$
那么 ${X \in L(A,B)}$ 就等价于
${ A X B=P\left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right) Q X \widetilde{P}\left(\begin{array}{cc} E_{s}&O \\ O&O \end{array}\right) \widetilde{Q}=O . }$
这等价于
$\left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right) Q X \widetilde{P}\left(\begin{array}{cc} E_{s}&O \\ O&O \end{array}\right)=O \quad (1)$
现在作分块
${ Q X \widetilde{P}=\left(\begin{array}{ll} X_{11}&X_{12} \\ X_{21}&X_{22} \end{array}\right). }$

其中 $X_{11},X_{12},X_{21},X_{22}$ 分别为 $r \times s$ , $r \times(n-s)$ , $(n-r) \times s$ , $(n-r) \times(n-s)$ 矩阵,则(1)式就等价于
${ \left(\begin{array}{cc} E_{r}&O \\ O&O \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} X_{11}&X_{12} \\ X_{21}&X_{22} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{s}&O \\ O&O \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} X_{11}&O \\ O&O \end{array}\right)=O . }$
于是 ${X_{11}=O}$ ,即 ${Q X \widetilde{P}=\left(\begin{array}{cc}O&X_{12} \\ X_{21}&X_{22}\end{array}\right)}$ .

综上可知, ${X \in L(A,B)}$ 的充要条件是
${ X=Q^{-1}\left(\begin{array}{cc} O&X_{12} \\ X_{21}&X_{22} \end{array}\right) \widetilde{P}^{-1} . }$
其中 ${X_{12},X_{21},X_{22}}$ 分别为任意的 $r \times(n-s)$ , $(n-r) \times s$ , $(n-r) \times(n-s)$ 矩阵,于是
${ \operatorname{dim} L(A,B)=r(n-s)+(n-r) s+(n-r)(n-s)=n^{2}-r s . }$

秩与方程组

(山东大学,2022;武汉大学,2022)设 ${A}$ 是 ${m \times n}$ 矩阵, ${B}$ 是 ${n}$ 阶方阵,且 ${r(A)=n}$ .证明:

若 ${A B=O}$ ,则 ${B=O}$ ;

若 ${A B=A}$ ,则 ${B=E}$ .

proof

设 ${B=\left(\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{n}\right)}$ ,那么根据
${ A B=\left(A \beta_{1},A \beta_{2},\cdots,A \beta_{n}\right)=O }$
可知 ${A \beta_{i}=0(i=1,2,\cdots,n)}$ ,即 ${\beta_{i}(i=1,2,\cdots,n)}$ 均为方程组 ${A X=0}$ 的解,而 ${r(A)=n}$ 说明方程组 ${A X=0}$ 只有零解,所以 ${\beta_{i}=0(i=1,2,\cdots,n)}$ ,即 ${B=O}$ .
由于 ${A B=A}$ ,所以 ${A B-A=A(B-E)=O}$ ,由 (1) 可得 ${B-E=O}$ ,即 ${B=E}$ .

(武汉大学,2022)已知 ${A,B}$ 为 ${n}$ 阶方阵,且 ${r(B)=r(A B)}$ ,求证: 对任意的 ${n}$ 阶方阵 ${C}$ ,有 $r(BC)=r(A BC) .$

proof

考虑方程组 ${B X=0}$ 与 ${A B X=0}$ ,明显前者的解均为后者的解,而 ${r(B)=r(A B)}$ 说明两个线性方程组基础解系所含向量个数相同,所以方程组 ${B X=0}$ 的基础解系也是 ${A B X=0}$ 的基础解系,即两个方程组同解.那么对任意 ${n}$ 阶矩阵 ${C}$ ,若列向量 ${X_{0}}$ 满足 ${BC X_{0}=0}$ ,显然有 ${A BC X_{0}=0}$ ,反之,若 ${X_{0}}$ 满足 ${A BC X_{0}=A B\left(C X_{0}\right)=0}$ ,则 ${C X_{0}}$ 为方程组 ${A B X=0}$ 的解,进而也是 ${B X=0}$ 的解,于是 ${B\left(C X_{0}\right)=BC X_{0}=0}$ ,这说明方程组 ${BC X=0}$ 与 ${A BC X=0}$ 也同解,进而它们基础解系所含向量个数相同,所以 ${r(BC)=r(A BC)}$ .

(郑州大学,2022)设 ${n}$ 级方阵 ${A,B}$ 满足 ${A B=A+k B}$ ,其中 ${k}$ 是非零常数.证明:

${A B=B A}$ ;

${r(A)+r(B) \geqslant r(A+B)+r(A B)}$ .

proof

由 ${A B=A+k B}$ 可知 ${\left(\frac{1}{k} A-E\right)(B-E)=E}$ ,这说明 ${\frac{1}{k} A-E}$ 与 ${B-E}$ 互为逆,进而
${ (B-E)\left(\frac{1}{k} A-E\right)=E . }$
化简可得 ${B A=A+k B}$ ,所以 ${A B=B A}$ .
设方程组 ${A X=0}$ 与 ${B X=0}$ 的解空间分别是 ${V_{1},V_{2}}$ ,方程组 ${A B X=B A X=0}$ 与 ${(A+B) X=0}$ 的解空间分别为 ${W_{1},W_{2}}$ ,明显 ${V_{1} \cap V_{2} \subseteq W_{2}}$ ,另外由 ${V_{1} \subseteq W_{1},V_{2} \subseteq W_{1}}$ 可知 ${V_{1}+V_{2} \subseteq W_{1}}$ ,那么由维数公式可知
${ \operatorname{dim} V_{1}+\operatorname{dim} V_{2}=\operatorname{dim}\left(V_{1}+V_{2}\right)+\operatorname{dim}\left(V_{1} \cap V_{2}\right) \leqslant \operatorname{dim} W_{1}+\operatorname{dim} W_{2} . }$
即
${ (n-r(A))+(n-r(B)) \leqslant(n-r(A B))+(n-r(A+B)) . }$
化简得 ${r(A)+r(B) \geqslant r(A+B)+r(A B)}$ .

(华中师范大学,2022)已知矩阵 ${A=\left(\begin{array}{ccc}2&1&-1 \\ 1&-1&1 \\ 4&5&-5\end{array}\right)}$ .

求一个秩为 1 的 3 阶方阵 ${C}$ ,使得 ${A C}$ 为零矩阵;

证明: 不存在秩为 2 的 3 阶方阵 ${C}$ ,使得 ${A C}$ 为零矩阵.

proof

首先将 ${A}$ 进行初等行变换化为阶梯形,有
${ A \rightarrow\left(\begin{array}{ccc} 1&-1&1 \\ 2&1&-1 \\ 4&5&-5 \end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc} 1&-1&1 \\ 0&3&-3 \\ 0&9&-9 \end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0 \\ 0&1&-1 \\ 0&0&0 \end{array}\right) }$
由此可知 ${\alpha=(0,1,1)^{\prime}}$ 为齐次线性方程组 ${A X=0}$ 的基础解系,现在取
${ C=(\alpha,0,0)=\left(\begin{array}{ccc} 0&0&0 \\ 1&0&0 \\ 1&0&0 \end{array}\right) . }$
显然 ${C}$ 是秩为 1 的 3 阶方阵,同时 ${A C=(A \alpha,0,0)=(0,0,0)}$ 为零矩阵.
若 3 阶方阵 ${C=\left(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}\right)}$ 满足 ${A C=\left(A \alpha_{1},A \alpha_{2},A \alpha_{3}\right)=O}$ ,则 ${A \alpha_{1}=A \alpha_{2}=A \alpha_{3}=0}$ ,说明 ${\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}}$ 都是方程组 ${A X=0}$ 的解,进而它们均可以由 ${A X=0}$ 的基础解系 ${\alpha}$ 线性表出,所以向量组 ${\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}}$ 的秩小于等于 1 ,即 ${r(C) \leqslant 1}$ .于是不存在秩为 2 的 3 阶方阵 ${C}$ ,使得 ${A C}$ 为零矩阵.

(中国石油大学(华东),2022)已知 ${A}$ 为 ${n}$ 阶实矩阵,证明: ${r\left(A^{T} A\right)=r(A)=r\left(A A^{T}\right).}$

proof

考虑实数域上的线性方程组 ${A X=0}$ 与 ${A^{T} A X=0}$ :

一方面,若 ${A X=0}$ ,显然有 ${A^{T} A X=0}$ .

另一方面,若 ${A^{T} A X=0}$ ,则 ${X^{T} A^{T} A X=0}$ ,即 ${(A X)^{T}(A X)=0}$ ,而 ${A X}$ 是一个实 ${n}$ 维列向量,所以 ${A X=0}$ .于是 ${A X=0}$ 与 ${A^{T} A X=0}$ 同解,它们基础解系所含向量个数相同,即 ${n-r(A)=n-r\left(A^{T} A\right)}$ ,化简得
${ r\left(A^{T} A\right)=r(A) . }$
进而 ${r\left(A A^{T}\right)=r\left(\left(A^{T}\right)^{T}\left(A^{T}\right)\right)=r\left(A^{T}\right)=r(A)}$ 于是
${ r\left(A^{T} A\right)=r(A)=r\left(A A^{T}\right) . }$

(首都师范大学,2022)求证: 对任意 ${n}$ 阶矩阵 ${A}$ ,必存在 ${k \leqslant n}$ ,使得 ${r\left(A^{k}\right)=r\left(A^{k+1}\right)=r\left(A^{k+2}\right)=\cdots .}$

proof
当 ${A}$ 可逆时,取 ${k=1}$ ,即有
${ r(A)=r\left(A^{2}\right)=r\left(A^{3}\right)=\cdots . }$
当 ${A}$ 不可逆时,有
${ n-1 \geqslant r(A) \geqslant r\left(A^{2}\right) \geqslant \cdots \geqslant r\left(A^{n}\right) \geqslant r\left(A^{n+1}\right) \geqslant 0 . }$
所以必存在正整数 ${k(1 \leqslant k \leqslant n)}$ 使得 ${r\left(A^{k}\right)=r\left(A^{k+1}\right)}$ ,于是方程组 ${A^{k} X=0}$ 与 ${A^{k+1} X=0}$ 基础解系所含向量个数相同,而明显 ${A^{k} X=0}$ 的解均为 ${A^{k+1} X=0}$ 的解,于是这两个方程组同解.进而若
${ A^{k+2} X=A^{k+1}(A X)=0 . }$
则有
${ A^{k}(A X)=A^{k+1} X=0 . }$
而当 ${A^{k+1} X=0}$ 时,显然有 ${A^{k+2} X=0}$ ,这说明方程组 ${A^{k+1} X=0}$ 与 ${A^{k+2} X=0}$ 依旧同解,于是它们基础解系所含向量个数相同,那么 ${r\left(A^{k+1}\right)=r\left(A^{k+2}\right)}$ .以此类推可知
${ r\left(A^{k}\right)=r\left(A^{k+1}\right)=r\left(A^{k+2}\right)=\cdots . }$