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1、第4卷第4期石家庄师范专科学校学报Vol.4,No.42002年12月JournalofShijiazhuangTeachersCollegeDec.2002X利用分块矩阵讨论矩阵秩的几个结论许景彦(石家庄职业技术学院基础部,河北石家庄 050081)〔摘 要〕矩阵的秩是讨论矩阵以及有关矩阵的问题时最为重要的内容。分块矩阵是讨论矩阵的重要手段。利用分块矩阵,可系统地推证关于矩阵秩的一些结论。〔关键词〕分块矩阵;矩阵秩;结论〔中图分类号〕O151.21 〔文献标识码〕A 〔文章编号〕1008
2、26188(2002)04200082031 引理引理1R(AB)≤min{R(A),R(B)}特别当A≠0时,R(AB)=R(B)。证:略。AOOA引理2i)R≥R(A)+R(B)。 ii)R≥R(A)+R(B)。CBBC设:A1B1G1C1•••AO•A=,B=,C=,=•••CB•AnBmGmCn+m则:C1=(A1,0),C2=(A2,0),⋯,Cn=(An,0);Cn+1=(G1,B1),Cn+2=(G2,B2),⋯,Cn+m=(Gm,Bm)再设R(A)=t,R(B)=s.则存在着
3、:A′1,⋯,A′t∈{A1,⋯,An}线性无关B′1,⋯,B′s∈{B1,⋯,Bm}线性无关。于是,对C′1=(A′1,0),C′2=(A′2,0),⋯,C′t=(A′t,0)C′t+1=(G′1,B′1),C′t+2=(G′2,B′2),⋯,C′t+s=(G′s,B′s)∈{C1,⋯,Cn+m}t+s若存在 k1,k2,⋯,kt+s∈R,使得:∑kiC′i=0(零向量)i=1k1A′1+⋯+ktA′t+kt+1G′1+⋯+kt+sG′s=0(1)也即:kt+1B′1+⋯+kt+sB′s=0(2
4、)由(2)式及 B′1,⋯,B′s的线性无关性,得:kt+1=kt+2=⋯=kt+s=0将上式代入(1)式并据A′1,⋯,A′t的线性无关性,得:k1=k2=⋯=kt=0AO故 C′1,⋯,C′t+s线性无关,即R≥R(A)+R(B)CBAOOA引理3i)R=R(A)+R(B);ii)R=R(A)+R(B)OBBOAO证 由引理2得:R≥R(A)+R(B)(3)OB设:X〔收稿日期〕2001212213〔作者简介〕许景彦(19662),女,河北定州人,石家庄职业技术学院基础部讲师。第4期
5、 许景彦:利用分块矩阵讨论矩阵秩的几个结论 9A10A1B1C1C1••••AO••An0A=,B=,= 即:=••OB••0B1AnBmCn+mCn+m••0Bm又令R(A)=t,R(B)=S.且:vA′1,⋯,A′t为{A1,⋯,An}最大线性无关组;vB′1,⋯,B′s为{B1,⋯,Bm}最大线性无关组。则 A1,⋯,An可由A′1,⋯,A′t线性表示;B1,⋯,Bm可由B′1,⋯,B′s线性表示。所以,C1=(A1,0),⋯Cn=(An,0)
6、,Cn+1=(0,B1),⋯,Cn+m=(0,Bm)C1•可由,C′1=(A′1,0),⋯C′t=(A′t,0),C′t+1=(0,B′1),⋯,C′t+s=(0,B′s)线性表示。即:R≤t+s•Cn+mAO故:R≤R(A)+R(B)(4)OBAO由(3),(4)得:R=R(A)+R(B)OB2 命题与证明命题1设A,B均为m×n矩阵,则:R(A+B)≤R(A)+R(B)。证:AOEA+B=(EE),并由引理1得:OBEAOEAOEAOR(A+B)=R(EE)≤R≤ROBEOBEOB由引理3得:
7、R(A+B)≤R(A)+R(B)推论 设A,B均为m×n矩阵,则:R(A)-R(B)≤R(A-B)证 ∵A=(A-B)+B由命题1得:R(A)=R((A-B)+B)≤R(A-B)+R(B) 即:R(A)-R(B)≤R(A-B)命题2设A是m×n矩阵,B是n×s矩,则:R(AB)≥R(A)+R(B)-nABOEOABOEO证 ∵= 且≠0,由引理1,引理3得:OEBEBEBEABOABOR(AB)+R(E)=R 即:R(AB)+n=R(5)BEBE-EAABOOA-EA又=且≠0,由引理1、引
8、理2得:OEBEBEOEABOOAR=R≥R(A)+R(B)(6)BEBE由(5),(6)得:R(AB)≥R(A)+R(B)-n命题3设A,B,C分别是m×n,n×x,s×t矩阵,则:R(ABC)≥R(AB)+R(BC)-R(B)。EAABCOABCABEA证 ∵=且≠0;由引理3得:OEOBOBOEABCABR(ABC)+R(B)=R(7)OBABCAB-EOOAB-EO又∵=且≠0OBCEBCBCEABCABOAB由引理1,引理2得:R=R≥R(AB)+R(BC)(8)OBBC
