常見的矩陣秩(不)等式及其各種證明

這篇是承接直和分解文章的，都屬於線性代數範疇的內容，在考研，無論是數學一二三或者高等代數

中會經常用到甚至出現類似的題目。自己覺得有必要歸納起來，也可也幫助有需要的人。

1.對於矩陣，如果，試證明：。

證明：令為方程的解空間，那麼，因為，因此中的任意列向量都滿足，因此。故有。

2.（Sylvester不等式）對於矩陣 $A_{n imes m},B_{m imes n}$ 。試證明：

證明一（分塊矩陣技巧）：

注意到 $n+rank(AB)=rankBig(left[ egin{matrix} I_n & O \ O & AB end{matrix} ight]Big)=rankBig(left[ egin{matrix} I_n & -B \ A & O end{matrix} ight]Big)$ ，

而 $rankBig(left[ egin{matrix} I_n & -B \ A & O end{matrix} ight]Big)ge rank(A)+rank(B)$ ，因此原命題成立。

證明二（方程組的觀點）：

記，其中是的列向量。那麼 $\AB=(Aeta_1, Aeta_2,...,Aeta_n)$

設 $Aeta_{r_1},Aeta_{r_2},...,Aeta_{r_s}$ 是的一個極大線性無關組，在剩下的個向量中的任意一個向量，我們都有 $Aeta_j = k_{j_1}Aeta_{r_1}+...+k_{j_s}Aeta_{r_s}$ ，因此

$\ hateta_{j}=eta_j-sum_{i=1}^{s}k_{j_i}eta_{r_i}$

是方程的解，這些個解向量 $hateta_{j_1},hateta_{j_2},...,hateta_{j_{n-s}}$ 構成的矩陣，我們有 $\ rank(hateta_{j_1},hateta_{j_2},...,hateta_{j_{n-s}})le n-rank(A)$

而 $\rank(B)=rank(eta_1,eta_2,...,eta_n)=rank(eta_{r_1},...,eta_{r_s},hateta_{j_1},hateta_{j_2},...,hateta_{j_{n-s}})$

因此 $\ rank(B)le rank(eta_{r_1},...,eta_{r_s})+rank(hateta_{j_1},hateta_{j_2},...,hateta_{j_{n-s}})le rank(AB)+n-rank(A)$

故命題成立。

證明三（線性空間的觀點）：

設是域上的線性空間，且。取。那麼根據線性變換的秩的定義我們有如下等式

$\rank(BA)=dim(Im(mathscr{B}mathscr{A}))=dimV-dim(Ker(mathscr{B}mathscr{A}))$ 而注意到

因此我們有 $\dimV-dim(Ker(mathscr{B}mathscr{A}))ge dimV-dim(Ker(mathscr{A}))-dim(Ker(mathscr{B}))$

最後容易知道

而右邊就是不等式右端，因為 $\dimU-dim(Ker(mathscr{B}))=dim(Im(mathscr{B}))=rank(B)$

因此命題成立。

3.（Frobenius秩不等式）對於矩陣，試證明： $\rank(ABC)ge rank(AB)+rank(BC)-rank(B)$

證明：

注意到 $\rank(B)+rank(ABC)=rankBig(left[ egin{matrix} B & O \ O & ABC end{matrix} ight]Big)$

對右端的分塊矩陣做初等變換有 $\ RHS=rankBig(left[ egin{matrix} BC & B \ O & AB end{matrix} ight]Big)ge rank(AB)+rank(BC)$

故命題成立。

4.已知矩陣，試證明：

證明：

設的列向量為，的列向量為，為的極大線性無關組，為的極大線性無關組。則中的任意列向量可以由這組向量線性表出。故不等式成立。

5.已知矩陣，試證明：

證明：

注意到

$\rank(I-AB)=rank(I-A+A-AB)le rank(I-A)+rank(A-AB)$

又因為

$\ rank(A-AB)le rank(A(I-B))=minleft{rank(A),rank(I-B) ight}le rank(I-B)$

因此不等式成立。

6.已知矩陣，且滿足，，試證明： $\ rank(A+B)=rank(A)+rank(B)$ 證明一：

由4的結論我們知道，只需要證明即可。

注意到 $\ rank(A+B)=rankBig(left[ egin{matrix} A+B & O \ O & O end{matrix} ight]Big)=rankBig(left[ egin{matrix} A+B & A^2 \ A^2 & A^3 end{matrix} ight]Big)$ 因為，因此方程有解，不妨取一個解。

$\rankBig(left[ egin{matrix} A+B & A^2X_0 \ A^2 & A^3X_0 end{matrix} ight]Big)=rankBig(left[ egin{matrix} B & A^2 \ O & A^3 end{matrix} ight]Big)ge rank(B)+rank(A)$

故命題成立。

證明二：

利用維數定理我們有 $\dim(Ker(mathscr{A}))+dim(Ker(mathscr{B}))=dim(Ker(mathscr{A})+Ker(mathscr{B}))+dim(Ker(mathscr{A})cap Ker(mathscr{B}))$ 因此，問題等價於說明（表示全空間） $\Ker(mathscr{A})+Ker(mathscr{B})=Ker(left{ O ight})=V$ $\ Ker(mathscr{A+B})=Ker(mathscr{A})cap Ker(mathscr{B})$ 我們先說明第一個等式，顯然總是有。我們任取，那麼有 $mathscr{A}x=mathscr{A}^2y$ ，這是因為。因此 $\ x=mathscr{A}y+(x-mathscr{A}y)$ 那麼因為，因此，。故 $\ Ker(left{ O ight})subseteq Ker(mathscr{A})+Ker(mathscr{B})$ 等式一成立。

任意取，那麼 $mathscr{A}(mathscr{A}+mathscr{B})x=mathscr{A}^2x=0$ ，因此 $Ker(mathscr{A}^2)=Ker(mathscr{A})$ ，那麼，因此 $\Ker(mathscr{A}+mathscr{B})subseteq Ker(mathscr{A})cap Ker(mathscr{B})$ 另一方面 $\Ker(mathscr{A}+mathscr{B})supseteq Ker(mathscr{A})cap Ker(mathscr{B})$ 是顯然成立的，因此等式二成立，故命題成立。

7.（6的推廣）已知矩陣，且滿足，試證明：存在正整數，使得 $\ rank(A^m+B^m)=rank(A^m)+rank(B^m)$ 證明：

同樣，我們只需證明。我們將使用如下的結論： 級矩陣 ，對於任意正整數 ，我們都有 $rank(A^{n+k})=rank(A^n)$ 。注意到 $\rank(A^{n+1})le rank(A^n)le ...le rank(A^2)le rank(A)le n$ 因此，在這個不等式鏈中至少有一個等號成立，不然會有個正整數小於，這顯然是不成立的。因此存在正整數，有 $rank(A^p)=rank(A^{p+1})$ ，且，因此對於任意正整數，上述命題成立。