本文主要是介绍【高等代数】7. 矩阵(2)，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

【高等代数】7. 矩阵(2)

目录

• 【高等代数】7. 矩阵(2)
  • 3.3 可逆矩阵
  • 3.4 矩阵的秩与相抵
  • 3.5 一些例子

3.3 可逆矩阵

前面类比了方阵和数，对方阵引入了单位元\(I\)、幂\(A^{k}\)、多项式\(f(A)\)，本节考虑可类比实数中倒数的运算——矩阵求逆\(A^{-1}\)。

• 可逆与逆矩阵：给定方阵\(A\)，如果存在同型方阵\(B\)，使\(AB=BA=I\)，则称矩阵\(A\)是可逆的，矩阵\(B\)称为矩阵\(A\)的逆矩阵，记作\(A^{-1}\)。

需要注意的是，并不一定所有方阵都可逆，这也说明方阵不能和数域完全等同，以下定理给出了方阵可逆的充要条件：行列式不为\(0\)。

• 定理：\(n\)阶方阵\(A\in F^{n\times n}\)可逆的充要条件是\(\det A\ne 0\)，这一条件也称为\(A\)非奇异（非退化）。

  必要性：已知\(\det I=1\)，若\(\det A=0\)，则对任何\(B\)，\(\det AB=0\ne 1\)，即\(AB\ne I\)。

  充分性：设\(A=(a_{ij})\)，记\(\det A\)的元素\(a_{ij}\)的代数余子式为\(A_{ij}\)，取\(A^*=(A_{ij})^{\intercal}\)，则因为

  \[\sum_{j=1}^{n}a_{ij}A_{kj}=\delta_{ik}\det A, \]

  我们有

  \[A\left(\frac{1}{\det A}A^* \right)=\left(\frac{1}{\det A}A^* \right)A=I_{(n)}, \]

  这就得到了\(A^{-1}=\dfrac{1}{\det A}A^*\)。

这里不仅得到了\(A\)可逆的充要条件，还在\(A\)可逆即\(\det A\ne 0\)的情况下直接构造出了一个\(A^{-1}\)。

• 附属方阵：称各元素对应代数余子式的转置矩阵为\(A\)的附属矩阵（也称伴随矩阵），记作\(A^*\)。有
  \[AA^{*}=\det AI. \]

需要考虑，一个矩阵的可逆矩阵是唯一的，因为如果\(B,C\)都是\(A\)的逆矩阵，那么\(B=BAC=C\)。关于逆矩阵，有以下性质：

1. 若\(A\)可逆，则\(A^{-1}\)可逆，且\((A^{-1})^{-1}=A\)。

2. 穿脱原理：若\(A,B\)可逆，则\(AB\)可逆且\((AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}\)。推广至有限个可逆矩阵的乘积，有

   \[(A_1A_2\cdots A_k)^{-1}=A_k^{-1}\cdots A_2^{-1}A_1^{-1}. \]

3. \((\lambda A)^{-1}=\lambda^{-1}A^{-1}\)。

4. 转置可逆：\((A^{\intercal})^{-1}=(A^{-1})^{\intercal}\)。

5. \(\det A^{-1}=(\det A)^{-1}\)，即\(A^{-1}\)的行列式与\(A\)的行列式互为倒数。

6. 若\(m\)阶方阵\(A\)与\(n\)阶方阵\(B\)可逆，则\(m+n\)阶方阵\(\mathrm{diag}(A,B)\)可逆，且\((\mathrm{diag}(A,B))^{-1}=\mathrm{diag}(A^{-1},B^{-1})\)。

下面给出一些分块矩阵与逆矩阵的结合应用，即Schur公式。设\(A\in F^{r\times r}\)，\(B\in F^{r\times (n-r)}\)，\(C\in F^{(n-r)\times r}\)，\(D\in F^{(n-r)\times(b-r)}\)，且方阵\(A\)可逆，则

1. \[\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ -CA^{-1} & I_{(n-r)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A & B \\ 0 & D-CA^{-1}B \end{pmatrix}. \]

2. \[\begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{(r)} & -A^{-1}B \\ 0 & I_{(n-r)} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A & 0 \\ C & D-CA^{-1}B \end{pmatrix}. \]

3. \[\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ -CA^{-1} & I_{(n-r)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{(r)} & -A^{-1}B \\ 0 & I_{(n-r)} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & D-CA^{-1}B. \end{pmatrix} \]

这三个公式分别对分块阵作变换，使其变为分块三角阵和分块对角阵，而我们知道，分块对角阵和分块三角阵是很容易求行列式的。

例：设\(A,B,C,D\in F^{n\times n}\)以及\(AC=CA\)，求证：

\[\det \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}=\det(AD-CB). \]

由Schur公式，

\[\det\begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix} A & B \\ 0 & D-CA^{-1}B \end{pmatrix}=\det (AD-ACA^{-1}B)=\det (AD-CB). \]

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例：设\(A\in F^{m\times n}\)，\(B\in F^{n\times m}\)，求证：

\[\det(I_{(m)}-AB)=\det(I_{(n)}-BA). \]

构造\(m+n\)阶方阵\(\pmatrix{I_{(m)} & A \\ B & I_{(n)}}\)，有

\[\begin{pmatrix} I_{(m)} & 0 \\ -B & I_{(n)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{(m)} & A \\ B & I_{(n)} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} I_{(m)} & A \\ 0 & I_{(n)}-BA \end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix} I_{(m)} & -A \\ 0 & I_{(n)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{(m)} & A \\ B & I_{(n)} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} I_{(m)}-AB & 0 \\ B & I_{(n)} \end{pmatrix}. \]

两边同时取行列式，就得到所求结果。

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3.4 矩阵的秩与相抵

本节从矩阵的行向量空间、列向量空间角度来呈现矩阵的另一个维度。

• 矩阵的秩：\(m\times n\)矩阵\(A\)的所有非零子式的最高阶数称为矩阵\(A\)的秩，记作\(\mathrm{rank}(A)\)。

  \[\mathrm{rank}(A)\le \min\{m,n\}. \]

• 满秩：对\(n\)阶方阵\(A\)，如果\(\mathrm{rank}(A)=n\)，则称\(A\)为满秩的，否则称之为降秩的。

  \[\mathrm{rank}(A)=n\Leftrightarrow \det(A)\ne 0. \]

• 行满秩：对\(m\times n\)矩阵\(A\)，如果\(\mathrm{rank}(A)=m\)，则称\(A\)为行满秩的。

• 列满秩：对\(m\times n\)矩阵\(A\)，如果\(\mathrm{rank}(A)=n\)，则称\(A\)为列满秩的。

关于矩阵乘积的秩，有以下定理：

1. 设\(A\in F^{m\times n}\)，\(B\in F^{n\times p}\)，则

   \[\mathrm{rank}(AB)\le \min\{\mathrm{rank}(A),\mathrm{rank}(B)\}. \]

   设\(\mathrm{rank}(A)=r\)，\(\mathrm{rank}(B)=s\)，\(AB=C\)。任取\(C\)的\(r+1\)阶子式\(C\pmatrix{i_1,i_2,\cdots,i_{r+1}\\j_1,j_2,\cdots,j_{r+1}}\)，由Binet-Cauchy公式，

   \[C\pmatrix{i_1,i_2,\cdots,i_{r+1}\\j_1,j_2,\cdots,j_{r+1}}=\sum_{1\le k_1<\cdots<k_{r+1}\le n}A\pmatrix{i_1,i_2,\cdots,i_{r+1}\\k_1,k_2,\cdots,k_{r+1}}\pmatrix{k_1,k_2,\cdots,k_{r+1}\\j_1,j_2,\cdots,j_{r+1}}. \]

   因为\(A\)的每个\(r+1\)阶子式都为\(0\)，所以\(C\pmatrix{i_1,i_2,\cdots,i_{r+1}\\j_1,j_2,\cdots,j_{r+1}}=0\)，这说明\(\mathrm{rank}(C)\le r\)，同理可证\(\mathrm{rank}(C)\le s\)。

2. 设\(A\in F^{m\times n}\)，\(P\in F^{m\times m}\)，\(Q\in F^{n\times n}\)且\(P,Q\)都可逆，则

   \[\mathrm{rank}(PAQ)=\mathrm{rank}(PA)=\mathrm{rank}(AQ)=\mathrm{rank}(A). \]

   即可逆矩阵不改变矩阵的秩。

   由定理\(1\)，

   \[\mathrm{rank}(A)=\mathrm{rank}(P^{-1}PA)\le \mathrm{rank}(PA)\le \mathrm{rank}(A), \]

   其他可类似证明。

可逆矩阵不改变矩阵的秩，有一类特殊的可逆矩阵十分重要，它们代表一类基础的变换——初等变换。

• 初等变换：对矩阵\(A\)试下如下的行或列变换：

  1. 对换矩阵\(A\)的某两行（或列）；
  2. 矩阵\(A\)的某一行（或列）非零倍加到另一行（或列）上；
  3. 矩阵\(A\)的某一行（或列）乘以某个非零倍数。

  这些变换称为对矩阵\(A\)的初等行（或列）变换，简称初等变换。

• 初等方阵：与初等变换相对应的方阵称为初等方阵，每一种初等变换对应一个初等方阵。

  1. \(P_{ij}\)：将单位阵的第\(i\)行和第\(j\)行互换形成的方阵，称为置换方阵。
  2. \(Q_{ij}(a)\)：将单位阵的第\((i,j)\)元换成\(a\)形成的方阵，代表倍加。
  3. \(P_i(b)\)：将单位阵第\((i,i)\)元乘以\(b\)形成的方阵，代表倍乘。

显见初等方阵都是可逆的：\(P_{ij}^{-1}=P_{ji}\)，\(Q_{ij}(a)^{-1}=Q_{ij}(-a)\)，\(P_i(b)^{-1}=P_i(b^{-1})\)。事实上，用这些矩阵左乘矩阵\(A\)代表对矩阵\(A\)实行对应的行变换，右乘矩阵\(A\)代表对矩阵\(A\)实行对应的列变换。因初等方阵都是可逆的，所以初等变换不改变矩阵的秩。

• 初等变换等秩：对矩阵的初等变换不改变矩阵的秩。

现在我们给出本节的主要结论：

• 等秩变换：设\(m\times n\)矩阵\(A\)的秩为\(r\)，则矩阵\(A\)可以经过有限次初等变换化为

  \[\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \]

• 推论：设\(A\in F^{m\times n}\)且\(\mathrm{rank}(A)=r\)，则存在可逆的\(P\in F^{m\times m}\)和\(Q\in F^{n\times n}\)使得

  \[PAQ=\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \]

  这里\(P\)代表对\(A\)执行的行变换总和，\(Q\)代表对\(A\)执行的列变换总和。

实际上，初等变换也完全刻画了可逆矩阵的性质，在下面的定理之后，我们将得出一个用于求矩阵的逆的方法。

• 可逆矩阵的性质：\(n\)阶方阵\(A\)可逆，等价于\(A\)可以表现为有限个初等方阵的乘积。

  必要性：因\(A\)可逆，故\(\mathrm{rank}(A)=n\)，从而存在初等矩阵\(P_i\)和\(Q_j\)使得

  \[P_1P_2\cdots P_sAQ_1Q_2\cdots Q_t=I_{(n)}, \]

  因此

  \[A=P_s^{-1}P_{s-1}^{-1}\cdots P_1^{-1}Q_t^{-1}Q_{t-1}^{-1}\cdots Q_1^{-1}. \]

  这表明\(A\)可表为有限个初等方阵的乘积。

  充分性：有限个可逆矩阵的乘积仍可逆。

• 推论：\(n\)阶可逆方阵\(A\)可通过有限次初等行变换变为\(n\)阶单位阵。

  由可逆矩阵的性质，

  \[A=P_1P_2\cdots P_k, \]

  这里每一个\(P_i\)是可逆的，从而

  \[P_k^{-1}P_{k-1}^{-1}\cdots P_1^{-1}A=I_{(n)}, \]

  这里每一个\(P_i^{-1}\)都是一个初等矩阵。

由此，我们可以求逆矩阵的方法：初等变换法。因对任何可逆矩阵\(A\)，有\(P_1P_2\cdots P_kA=I\)，因此\(A\)的逆矩阵就是\(A^{-1}=P_1P_2\cdots P_k=P_1P_2\cdots P_kI\)。这告诉我们，用将\(A\)变为单位阵的初等行变换，恰好可以把\(I\)变为\(A^{-1}\)，这样我们就求得了\(A^{-1}\)。

• 相抵：设\(A,B\in F^{m\times n}\)，如果\(A\)可以通过有限次初等变换变为矩阵\(B\)，则矩阵\(A,B\)是相抵的。

相抵是一种等价关系，满足

1. 自反性：\(\forall A\in F^{m\times n}\)，\(A\)与自身相抵。
2. 对称性：若\(A\)与\(B\)相抵，则\(B\)与\(A\)相抵。
3. 传递性：若\(A\)和\(B\)相抵，\(B\)和\(C\)相抵，则\(A\)和\(C\)相抵。

在\(F^{m\times n}\)中，所有与\(A\)相抵的集合记作\(R_{A}\)，称为\(A\)的相抵等价类。相抵等价类具有以下性质：

1. 若\(B,C\in R_{A}\)，则\(B\)和\(C\)相抵。
2. 对\(A,B\)，要么\(R_{A}=R_{B}\)，要么\(R_{A}\cap R_{B}=\varnothing\)。

矩阵的秩是相抵等价类的全系不变量，即所有属于同一等价类的矩阵都具有相同的秩，因此判定两个矩阵是否相等，实际上只需要判定他们的秩是否相等。

• 相抵的充要条件：设\(A\in F^{m\times n}\)，\(\mathrm{rank}(A)=r\)，则矩阵\(A\)相抵于

  \[\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \]

  且\(A,B\)相抵的充要条件是\(\mathrm{rank}(A)=\mathrm{rank}(B)\)。

• Hermite标准形：称矩阵\(A\)，\(\mathrm{rank}(A)=r\)的Hermite标准形为

  \[\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \]

Hermite标准形可以唯一刻画矩阵的秩状态，且其形状十分简单，因此应用广泛。

3.5 一些例子

本节摘录书上的例题。

例1：\(m\times n\)矩阵列满秩的充要条件是，存在\(m\)阶可逆阵\(P\)使得

\[A=P\begin{pmatrix} I_{(n)} \\0 \end{pmatrix}. \]

证明必要性。因\(A\)列满秩，故存在可逆的\(R\in F^{m\times m}\)和\(T\in F^{n\times n}\)使

\[A=R\begin{pmatrix} I_{(n)} \\ 0 \end{pmatrix}T, \]

由分块矩阵的乘法有

\[A=R\begin{pmatrix} T \\ 0 \end{pmatrix}=R\begin{pmatrix} T & 0 \\ 0 & I_{(m-n)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{(n)} \\ 0 \end{pmatrix}\xlongequal{def}P\begin{pmatrix} I_{(n)} \\ 0 \end{pmatrix}. \]

容易证明\(P\)可逆。

例2（满秩分解定理）：设\(A\in F^{m\times n}\)，证明\(\mathrm{rank}(A)=r\ge 1\)的充要条件是，存在列满秩的\(m\times r\)矩阵和行满秩的\(r\times n\)矩阵\(C\)，使得\(A=BC\)。

此定理表明，任何都能被分解为一个列满秩矩阵和一个行满秩矩阵的乘积。

有

\[A=P\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}Q=P\begin{pmatrix} I_{(r)} \\ 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \end{pmatrix} Q\xlongequal{def}BC. \]

\(B\)和\(C\)分别是列满秩和行满秩的。

例3：证明\(n\)阶幂等矩阵\(A\)（\(A^2=A\)）的秩等于它的迹。

设\(\mathrm{rank}(A)=r\)，则存在\(n\)阶可逆阵\(P,Q\)使得

\[A=P\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}Q, \]

由\(A^2=A\)可得

\[\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}QP\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \]

记\(QP=R=\pmatrix{R_{11} & R_{12} \\ R_{21} & R_{22}}\)，其中\(R_{11}\)是\(r\)阶方阵，则上式化为

\[\begin{pmatrix} R_{11} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\Rightarrow R_{11}=I_{(r)}. \]

于是

\[Q=\begin{pmatrix} I_{(r)} & R_{12} \\ R_{21} & R_{22} \end{pmatrix}P^{-1},\\ A=P\begin{pmatrix} I_{(r)} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{(r)} & R_{12} \\ R_{21} & R_{22} \end{pmatrix}P^{-1}=P\begin{pmatrix} I_{(r)} & R_{12} \\ 0 & 0 \end{pmatrix}P^{-1}, \]

由迹的可交换性，我们有

\[\mathrm{tr}(A)=\mathrm{tr}\left(PP^{-1}\begin{pmatrix} I_{(r)} & R_{12} \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\right)=r. \]

例4（Frobenius秩不等式）：设\(A\in F^{m\times n}\)，\(B\in F^{n\times p}\)，\(C\in F^{p\times q}\)，证明：

\[\mathrm{rank}(AB)+\mathrm{rank}(BC)-\mathrm{rank}(B)\le \mathrm{rank}(ABC). \]

等号成立当且仅当以下两个矩阵相抵。

\[\begin{pmatrix} AB & 0 \\ 0 & BC \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} AB & 0 \\ B & BC \end{pmatrix}. \]

原秩不等式等价于

\[\mathrm{rank}\begin{pmatrix} AB & 0 \\ 0 & BC \end{pmatrix}\le \mathrm{rank}\begin{pmatrix} ABC & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}. \]

由于

\[\begin{pmatrix} I_{(m)} & A \\ 0 & I_{(n)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} ABC & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{(q)} & 0 \\ -C & I_{(p)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & -I_{(q)} \\ I_{(p)} & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} AB & 0 \\ B & BC \end{pmatrix}, \]

所以

\[\mathrm{rank}\begin{pmatrix} ABC & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}=\mathrm{rank}\begin{pmatrix} AB & 0 \\ B & BC \end{pmatrix}, \]

也即

\[\mathrm{rank}\begin{pmatrix} AB & 0 \\ 0 & BC \end{pmatrix}\le \mathrm{rank}\begin{pmatrix} AB & 0 \\ B & BC \end{pmatrix}=\mathrm{rank}\begin{pmatrix} ABC & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}. \]

原式得证。

特别当\(B\)取\(n\)阶单位阵时，得到Sylvester秩不等式：

\[\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(B)-n\le \mathrm{rank}(AB)\le \min\{\mathrm{rank}(A),\mathrm{rank}(B)\}. \]

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