高等代数 | 矩阵 | 分块矩阵证明秩(不)等式 | 打洞原理

分块矩阵证明秩(不)等式

(兰州大学,2022)设 ${A}$ 和 ${B}$ 分别是 ${s \times n}$ 与 ${n \times m}$ 矩阵,证明: 秩 ${(A)+}$ 秩 ${(B)-n \leqslant}$ 秩 ${(A B)}$ .

proof

对 ${\left(\begin{array}{cc}E_{n} & O \\ O & A B\end{array}\right)}$ 作广义初等变换,有
${ \left(\begin{array}{cc} O&E_{s} \\ E_{n}&O \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{n}&O \\ -A&E_{s} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{n}&O \\ O&A B \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{n}&B \\ O&E_{m} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} -A&O \\ E_{n}&B \end{array}\right) }$
由此可知
${ \begin{aligned} \text{秩}\left(E_{n}\right)+\text{秩}(A B)&=\text{秩}\left(\begin{array}{cc} E_{n}&O \\ O&A B \end{array}\right)\\ &=\text{秩}\left(\begin{array}{cc} -A&O \\ E_{n}&B \end{array}\right)\\ &\geqslant \text{秩}(A)+\text{秩}(B) \end{aligned} }$
即 ${\text{秩} (A)+}$ $\text{秩}$ ${(B)-n \leqslant}$ $\text{秩}$ ${(A B)}$ .

(厦门大学,2022)设 ${A}$ 是 ${n}$ 阶方阵,证明： ${\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(E-A)=n}$ 的充分必要条件是 ${A^{2}=A}$ .

proof

首先对 ${\left(\begin{array}{cc}A&O \\ O&E-A\end{array}\right)}$ 作广义初等变换,有
${ \left(\begin{array}{ll} E&O \\ E&E \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} A&O \\ O&E-A \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} E&E \\ O&E \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll} A&A \\ A&E \end{array}\right) . }$
其次,对 ${\left(\begin{array}{cc}A&A \\ A&E\end{array}\right)}$ 作广义初等变换,有
${ \left(\begin{array}{cc} E&-A \\ O&E \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} A&A \\ A&E \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E&O \\ -A&E \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} A-A^{2}&O \\ O&E \end{array}\right) . }$
由于分块矩阵作广义初等变换不改变秩,所以上述两式说明
${ \begin{aligned} \operatorname{rank}\left(\begin{array}{cc} A&O \\ O&E-A \end{array}\right)&=\operatorname{rank}\left(\begin{array}{cc} A&A \\ A&E \end{array}\right)\\&=\operatorname{rank}\left(\begin{array}{cc} A-A^{2}&O \\ O&E \end{array}\right) . \end{aligned} }$
即有
${ \begin{aligned} &\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(E-A)\\ &=\operatorname{rank}\left(A-A^{2}\right)+\operatorname{rank}(E)\\ &=n+\operatorname{rank}\left(A-A^{2}\right) . \end{aligned} }$
所以 ${\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(E-A)=n}$ 等价于 ${\operatorname{rank}\left(A-A^{2}\right)=0}$ ,这又等价于 ${A^{2}=A}$ .

(安徽大学,2022)若矩阵 ${B}$ 满足 ${B^{2}=B}$ ,则称 ${B}$ 为幂等阵.

设 ${B}$ 是 ${n}$ 阶帝等阵,证明: ${r(B)+r(E-B)=n}$ ,其中 ${r(B)}$ 表示 ${B}$ 的秩, ${E}$ 为单位阵;

设 ${B_{1},B_{2}}$ 都是 ${n}$ 阶幂等阵, ${A=B_{1} B_{2}}$ ,且 ${r(A) < n}$ ,证明: ${r(E-A) \leqslant 2 n-r\left(B_{1}\right)-r\left(B_{2}\right)}$ .

proof

一方面,显然有
${ \begin{aligned} r(B)+r(E-B) & \geqslant r(B+(E-B))\\&=r(E)=n . \end{aligned} }$
另一方面,由于 ${B^{2}=B}$ ,即 ${B-B^{2}=B(E-B)=O}$ ,所以 ${E-B}$ 的列向量均为方程组 ${B X=0}$ 的解,进而 ${E-B}$ 的列向量均可由 ${B X=0}$ 的基础解系中的 ${n-r(B)}$ 个向量线性表出,所以 ${r(E-B) \leqslant n-r(B)}$ ,即
${ r(B)+r(E-B) \leqslant n . }$
综合可知 ${r(B)+r(E-B)=n}$ .
由于 ${B_{1},B_{2}}$ 都是 ${n}$ 阶幂等阵,所以由 (1) 可知 ${r\left(B_{1}\right)+r\left(E-B_{1}\right)=r\left(B_{2}\right)+r\left(E-B_{2}\right)=n}$ 进而
${ 2 n-r\left(B_{1}\right)-r\left(B_{2}\right)=r\left(E-B_{1}\right)+r\left(E-B_{2}\right) . }$
那么证明 ${r(E-A) \leqslant 2 n-r\left(B_{1}\right)-r\left(B_{2}\right)}$ 等价于证明
$r\left(E-B_{1} B_{2}\right) \leqslant r\left(E-B_{1}\right)+r\left(E-B_{2}\right) .\quad (1)$
而对分块矩阵 ${\left(\begin{array}{cc}E-B_{1}&O \\ O&E-B_{2}\end{array}\right)}$ 进行广义初等变换,有
${ \left(\begin{array}{ll} E&E \\ O&E \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E-B_{1}&O \\ O&E-B_{2} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E&B_{2} \\ O&E \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} E-B_{1}&E-B_{1} B_{2} \\ O&E-B_{2} \end{array}\right) . }$
由此可知
${ r\left(\begin{array}{cc} E-B_{1}&O \\ O&E-B_{2} \end{array}\right)=r\left(\begin{array}{cc} E-B_{1}&E-B_{1} B_{2} \\ O&E-B_{2} \end{array}\right) \geqslant r\left(E-B_{1} B_{2}\right) . }$
即有(1)式成立.

(中山大学,2022)设 ${A}$ 是 ${n}$ 阶实方阵, ${f_{A}(x)}$ 是 ${A}$ 的特征多项式,且 ${f_{A}(x)}$ 在 ${\mathbb{R}[x]}$ 上有不可约分解 ${ f_{A}(x)=p_{1}(x)^{l_{1}} p_{2}(x)^{l_{2}} \cdots p_{k}(x)^{l_{k}} . }$
其中 $\operatorname{deg}\left(p_{i}(x)\right) \in\{1,2\},l_{i} \geqslant 1$ , $i=1,2,\cdots,k$ . 证明: ${ \sum_{i=1}^{k} l_{i} \operatorname{rank}\left(p_{i}(A)\right) \leqslant n\left[\left(\sum_{i=1}^{k} l_{i}\right)-1\right] . }$
其中 ${\operatorname{rank}\left(p_{i}(A)\right)}$ 是方阵 ${p_{i}(A)}$ 的秩, ${i=1,2,\cdots,k}$ .

proof

首先对实数域上的任意两个 ${n}$ 阶矩阵 ${B,C}$ ,对 ${\left(\begin{array}{cc}E&O \\ O&BC\end{array}\right)}$ 进行广义初等变换,有
${ \left(\begin{array}{cc} E&O \\ B&E \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E&O \\ O&BC \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E&-C \\ O&E \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} E&-C \\ B&O \end{array}\right) . }$
由此可知
${ \operatorname{rank}\left(\begin{array}{cc} E&O \\ O&BC \end{array}\right)=\operatorname{rank}\left(\begin{array}{cc} E&-C \\ B&O \end{array}\right) \geqslant \operatorname{rank}(B)+\operatorname{rank}(C) }$
即有
${ \operatorname{rank}(B)+\operatorname{rank}(C) \leqslant \operatorname{rank}(BC)+n . }$

(2020,中山大学)五.已知 ${A_{1},A_{2},\cdots,A_{s}(s \geq 2)}$ 为数域 ${K}$ 上的 ${n}$ 阶矩阵,且 ${A_{1} A_{2} \cdots A_{s}=O}$ ,证明: ${ r\left(A_{1}\right)+r\left(A_{2}\right)+\cdots+r\left(A_{s}\right) \leq(s-1) n . }$

proof

首先对数域 ${K}$ 上的任意两个 ${n}$ 阶矩阵 ${A,B}$ ,由于
${ \left(\begin{array}{ll} E&O \\ A&E \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E&O \\ O&A B \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E&-B \\ O&E \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} E&-B \\ A&O \end{array}\right) . }$
由此可知
${ \begin{aligned} n+r(A B)&=r\left(\begin{array}{cc} E&O \\ O&A B \end{array}\right)\\&=r\left(\begin{array}{cc} E&-B \\ A&O \end{array}\right) \\& \geq r(A)+r(B) . \end{aligned} }$
于是对 ${A_{1},A_{2},\cdots,A_{s}}$ ,反复使用上述秩不等式便有
${ \begin{aligned} & r\left(A_{1}\right)+r\left(A_{2}\right)+\cdots+r\left(A_{s}\right) \\ & \leq r\left(A_{1} A_{2}\right)+r\left(A_{3}\right)+\cdots+r\left(A_{s}\right)+n \\ &\leq r\left(A_{1} A_{2} A_{3}\right)+r\left(A_{4}\right)+\cdots+r\left(A_{s}\right)+2 n \\ &\leq \cdots \cdots \\ &\leq r\left(A_{1} A_{2} \cdots A_{s}\right)+(s-1) n \\ &=(s-1) n . \end{aligned} }$

打洞原理

(天津大学,2022)设 ${A,B,C,D}$ 均为 ${n}$ 阶方阵,并且 ${A C=C A}$ ,证明:
$\left|\begin{array}{cc}A&B \\ C&D \end{array}\right|=|A D-CB|$

proof

当 ${A}$ 可逆时,由于
${ \left(\begin{array}{cc} A&B \\ C&D \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E&-A^{-1} B \\ O&E \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} A&O \\ C&D-C A^{-1} B \end{array}\right) }$
上式两端取行列式,结合 ${A C=C A}$ 可得
${ \begin{aligned} \left|\begin{array}{ll} A&B \\ C&D \end{array}\right|&=|A|\left|D-C A^{-1} B\right|\\ &=\left|A D-A C A^{-1} B\right|\\&=\left|A D-C A A^{-1} B\right|\\&=|A D-CB| . \end{aligned} }$
当 ${A}$ 不可逆时,存在 ${M > 0}$ ,使得 ${t > M}$ 时, ${t E+A}$ 为可逆阵,同时由 ${A C=C A}$ 可知 ${(t E+A) C=C(t E+A)}$ ,所以根据上式可知,当 ${t > M}$ 时,总有
${ \left|\begin{array}{cc} t E+A&B \\ C&D \end{array}\right|=|(t E+A) D-CB| . }$
而上式左右两端均为 ${t}$ 的多项式,它们在 ${t > M}$ 时相等,则对任意的 ${t \in \mathbb{R}}$ ,它们恒等,特别地,取 ${t=0}$ ,依旧有
${ \left|\begin{array}{ll} A&B \\ C&D \end{array}\right|=|A D-CB| . }$

(华中科技大学,2022)若 ${A}$ 为 ${m \times n}$ 实矩阵,证明: ${ \operatorname{rank}\left(E_{n}-A^{\prime} A\right)-\operatorname{rank}\left(E_{m}-A A^{\prime}\right)=n-m . }$

proof

对矩阵 ${\left(\begin{array}{cc}E_{n}&A^{\prime} \\ A&E_{m}\end{array}\right)}$ 作广义初等变换,有
${ \begin{array}{l} \left(\begin{array}{cc} E_{n}&O \\ -A&E_{m} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{n}&A^{\prime} \\ A&E_{m} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{n}&-A^{\prime} \\ O&E_{m} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} E_{n}&O \\ O&E_{m}-A A^{\prime} \end{array}\right) \\ \left(\begin{array}{cc} E_{n}&-A^{\prime} \\ O&E_{m} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{n}&A^{\prime} \\ A&E_{m} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{n}&O \\ -A&E_{m} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} E_{n}-A^{\prime} A&O \\ O&E_{m} \end{array}\right) \end{array} }$
由此可知
${ \begin{aligned} & \operatorname{rank}\left(\begin{array}{cc} E_{n}&A^{\prime} \\ A&E_{m} \end{array}\right)\\&=\operatorname{rank}\left(\begin{array}{cc} E_{n}&O \\ O&E_{m}-A A^{\prime} \end{array}\right)\\&=\operatorname{rank}\left(\begin{array}{cc} E_{n}-A^{\prime} A&O \\ O&E_{m} \end{array}\right) \end{aligned} }$
所以 $n+$ $\operatorname{rank}$ $\left(E_{m}-A A^{\prime}\right)=m$ $+\operatorname{rank}\left(E_{n}-A^{\prime} A\right)$ ,即
${ \operatorname{rank}\left(E_{n}-A^{\prime} A\right)-\operatorname{rank}\left(E_{m}-A A^{\prime}\right)=n-m . }$

(电子科技大学,2022) ${A}$ 为 ${3 \times 4}$ 矩阵, ${B}$ 为 ${4 \times 3}$ 矩阵.

证明: ${\left|\lambda I_{4}-B A\right|=\lambda\left|\lambda I_{3}-A B\right|}$ ;

若 ${\operatorname{tr}(A B)=6,A B}$ 每行元素之和均为 ${1,B A-2 I}$ 不可逆,求 ${|B A+2 I|}$ .

proof

由于 ${r(B A) \leqslant r(A) \leqslant 3}$ ,所以 4 阶矩阵 ${B A}$ 不可逆,于是当 ${\lambda=0}$ 时,结论显然成立. 而当 ${\lambda \neq 0}$ 时,有
${ \left(\begin{array}{cc} \lambda I_{4}&B \\ A&I_{3} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} I_{4}&O \\ -A&I_{3} \end{array}\right) =\left(\begin{array}{cc} \lambda I_{4}-B A&B \\ O&I_{3} \end{array}\right)}$
${ \left(\begin{array}{cc} \lambda I_{4}&B \\ A&I_{3} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} I_{4}&-\frac{1}{\lambda} B \\ O&I_{3} \end{array}\right) =\left(\begin{array}{cc} \lambda I_{4}&O \\ A&I_{3}-\frac{1}{\lambda} A B \end{array}\right) }$
上述两式取行列式,有
${ \left|\begin{array}{cc} \lambda I_{4}&B \\ A&I_{3} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc} \lambda I_{4}-B A&B \\ O&I_{3} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc} \lambda I_{4}&O \\ A&I_{3}-\frac{1}{\lambda} A B \end{array}\right| . }$
特别地,有
${ \left|\lambda I_{4}-B A\right|=\left|\lambda I_{4}\right|\left|I_{3}-\frac{1}{\lambda} A B\right|=\lambda\left|\lambda I_{3}-A B\right| . }$
即结论对 ${\lambda \neq 0}$ 也成立.
由于 ${A B}$ 的每行元素之和均为 1 ,所以 ${A B \alpha=\alpha}$ ,其中 ${\alpha=(1,1,1)^{\prime}}$ ,即 1 是 ${A B}$ 的一个特征值. 而 ${B A-2 I}$ 不可逆,所以 2 是 ${B A}$ 的一个特征值,由第一问可知 2 也是 ${A B}$ 的一个特征值. 另外,由于 ${A B}$ 为 3 阶矩阵,且 ${\operatorname{tr}(A B)=6}$ ,所以 ${A B}$ 的另一个特征值为 ${6-1-2=3}$ ,再根据第一问可知 ${B A}$ 的 4 个特征值分别为 ${0,1,2,3}$ ,那么 ${B A+2 I}$ 的全部特征值为 ${2,3,4,5}$ ,所以
${ |B A+2 I|=2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5=120 . }$

(大连理工大学,2022)设 ${\alpha}$ 是 ${n}$ 维列向量, ${A}$ 是 ${n}$ 阶可逆矩阵,证明:
$\left|A+\alpha \alpha^{T}\right|=|A|+\alpha^{T} A^{*} \alpha .$

proof

对分块矩阵 ${\left(\begin{array}{cc}A&-\alpha \\ \alpha^{T}&1\end{array}\right)}$ 作广义初等变换,有
${ \left(\begin{array}{cc} A&-\alpha \\ \alpha^{T}&1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{n}&0 \\ -\alpha^{T}&1 \end{array}\right) =\left(\begin{array}{cc} A+\alpha \alpha^{T}&-\alpha \\ 0&1 \end{array}\right) }$
${ \left(\begin{array}{cc} A&-\alpha \\ \alpha^{T}&1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E_{n}&A^{-1} \alpha \\ 0&1 \end{array}\right) =\left(\begin{array}{cc} A&0 \\ \alpha^{T}&1+\alpha^{T} A^{-1} \alpha \end{array}\right) . }$
上述两式取行列式,可得
${ \left|\begin{array}{cc} A&-\alpha \\ \alpha^{T}&1 \end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc} A+\alpha \alpha^{T}&-\alpha \\ 0&1 \end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc} A&0 \\ \alpha^{T}&1+\alpha^{T} A^{-1} \alpha \end{array}\right| . }$
即有
${ \left|A+\alpha \alpha^{T}\right|=|A|\left(1+\alpha^{T} A^{-1} \alpha\right)=|A|+\alpha^{T}\left(|A| A^{-1}\right) \alpha=|A|+\alpha^{T} A^{*} \alpha . }$

(中国科学技术大学,2022)设 ${A,B}$ 都是 ${n}$ 阶复方阵, ${C=A+B}$ ,证明: ${ \operatorname{det}(C-A B)=\operatorname{det}(C-B A) }$

proof

首先注意到
${ C-A B=E-(A-E)(B-E),C-B A=E-(B-E)(A-E) . }$
对分块矩阵 ${\left(\begin{array}{cc}E&A-E \\ B-E&E\end{array}\right)}$ 作广义初等变换,有
${ \left(\begin{array}{cc} E&A-E \\ B-E&E \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E&O \\ -(B-E)&E \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} C-A B&A-E \\ O&E \end{array}\right)}$
${ \left(\begin{array}{cc} E&A-E \\ B-E&E \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} E&-(A-E) \\ O&E \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} E&O \\ B-E&C-B A \end{array}\right) . }$
上述两式取行列式,有
${ \operatorname{det}\left(\begin{array}{cc} E&A-E \\ B-E&E \end{array}\right)=\operatorname{det}\left(\begin{array}{cc} C-A B&A-E \\ O&E \end{array}\right)=\operatorname{det}\left(\begin{array}{cc} E&O \\ B-E&C-B A \end{array}\right) . }$
特别地,有 ${\operatorname{det}(C-A B)=\operatorname{det}(C-B A)}$ .

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