矩阵的秩
简单介绍
本节分享的是有关矩阵秩不等式的相关内容。这部分的题目一般使用分块矩阵能得到巧妙解决，它通过将大矩阵分割成若干更小的子矩阵块来简化矩阵运算。通过对这些子矩阵块应用初等变换，我们可以获得与对整个矩阵操作相同的结果。
分块初等行变换有以下三个变换方式（列变换同理） ：
互换两个分块行，
某一分块行左乘可逆方阵 \(P\)
某一分块行左乘矩阵 \(K\)
Tip
以上三类分块初等变换，本质等价于原矩阵左 /
重要性质
下面首先介绍常用的 7
7 大性质
设矩阵 \(A,B\) \(r(\cdot)\)
\(\displaystyle\ k\neq 0 \implies r(kA)=r(A);\) \(\displaystyle\ r(AB)\leqslant \min\big\{r(A),r(B)\big\};\) \(\displaystyle\ r\begin{pmatrix}A & O\\ O & B\end{pmatrix}=r(A)+r(B);\) \(\displaystyle\ r\begin{pmatrix}A & C\\ O & B\end{pmatrix}\geqslant r(A)+r(B);\) \(\displaystyle\ r\big(A\mid B\big)\leqslant r(A)+r(B),\quad r\begin{pmatrix}A\\ B\end{pmatrix}\leqslant r(A)+r(B);\) \(\displaystyle\ r(A+B)\leqslant r(A)+r(B),\quad r(A-B)\leqslant r(A)+r(B);\) \(\displaystyle\ r(A-B)\geqslant \big|r(A)-r(B)\big|.\)
Tip
其中性质（4）的取等条件是矩阵 \(A\)
秩不等式
下面介绍两个高频的不等式，借助分块初等变换都可以很轻松进行证明，一定要熟练掌握结论以及证明过程！
Sylvester 不等式
Sylvester 不等式
设 \(A\) \(m\times n\) \(B\) \(n\times t\)
\[r(AB)\geqslant r(A)+r(B)-n\]
\[
\begin{aligned} \begin{pmatrix} I_n & O\\ O & AB \end{pmatrix} \xrightarrow[\text{分块行变换}]{\text{下}+A\cdot \text{上}} &\begin{pmatrix}I_n & O\\A & AB\end{pmatrix} \xrightarrow[\text{分块列变换}]{\text{右}-\text{左}\cdot B} \begin{pmatrix}I_n & -B\\A & O\end{pmatrix}\\ \xrightarrow{\text{第二列乘-1，交换分块列}} &\begin{pmatrix}B & I_n\\O & A\end{pmatrix} \end{aligned}
\]
分块初等变换不改变矩阵的秩，故：
\[
r\begin{pmatrix}I_n & O\\O & AB\end{pmatrix}=r\begin{pmatrix}B & I_n\\O & A\end{pmatrix}
\]
左边：
\[
\displaystyle r\begin{pmatrix}I_n & O\\O & AB\end{pmatrix}=r(I_n)+r(AB)=n+r(AB)
\]
右边：
\[
\displaystyle r\begin{pmatrix}B & I_n\\O & A\end{pmatrix}\geqslant r(A)+r(B)
\]
联立：
\[ n+r(AB)\geqslant r(A)+r(B) \]
整理即得 \(\mathrm{Sylvester}\)
\[
r(AB)\geqslant r(A)+r(B)-n.
\]
结合性质 2
保秩公式
设 \(A_{m\times n}\) \(B_{n\times s}\) ，则有如下结论：
Frobenius 不等式
Frobenius 不等式
设相关矩阵运算满足阶数要求，求证：
\[r(ABC)\geqslant r(AB)+r(BC)-r(B)\]
\[
\begin{aligned} \begin{pmatrix} ABC & O\\ O & B \end{pmatrix} &\xrightarrow{\text{右}+\text{左}\cdot C} \begin{pmatrix}ABC & AB\\O & B\end{pmatrix}\\ &\xrightarrow{\text{左}-\,A\cdot\text{右}} \begin{pmatrix}O & AB\\-BC & B\end{pmatrix}\\ &\xrightarrow{\text{第一列乘-1，交换分块列}} \begin{pmatrix}AB & O\\B & BC\end{pmatrix} \end{aligned}
\]
分块初等变换不改变矩阵的秩，因此：
\[
r\begin{pmatrix}ABC & O\\O & B\end{pmatrix}=r\begin{pmatrix}AB & O\\B & BC\end{pmatrix}
\]
左边：
\[
r\begin{pmatrix}ABC & O\\O & B\end{pmatrix}=r(ABC)+r(B)
\]
右边：
\[
r\begin{pmatrix}AB & O\\B & BC\end{pmatrix}\geqslant r(AB)+r(BC)
\]
联立不等式：
\[ r(ABC)+r(B)\geqslant r(AB)+r(BC) \]
移项即得 \(\mathrm{Frobenius}\)
\[
r(ABC)\geqslant r(AB)+r(BC)-r(B).
\]
Tip
\(\mathrm{Sylvester}\) \(\boldsymbol{\mathrm{rank}(AB)=\mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B-n}\) \(XA+BY=I_n\) \(X,Y\)
在 \(\mathrm{Frobenius}\) \(B = I, C = B\) \(\mathrm{Sylvester}\) \(\mathrm{Sylvester}\) \(\mathrm{Frobenius}\)
记忆小窍门：\(\mathrm{Sylvester}\) \(\mathrm{Frobenius}\)
为了巩固上面介绍的秩不等式处理方法，下面我将通过北京大学 2007 2 ，细致讲解可交换矩阵下的经典秩不等式，熟练掌握这类题目的解题套路。
例题
例 1 2007
Example
设 \(n\) \(A,B\)
\[r(A)+r(B)\geqslant r(A+B)+r(AB).\]
首先通过“可交换”这一条件，我们可以得出 \(AB=BA\)
由于本题没有给出 \(B\)
\[C=B^{-1}A+I\]
直接运用 \(\mathrm{Frobenius}\)
法一
\[
\begin{aligned}
\begin{pmatrix}
A & \\
& B
\end{pmatrix}
&\to
\begin{pmatrix}
A & B \\
& B
\end{pmatrix}
\to
\begin{pmatrix}
A+B & B \\
B & B
\end{pmatrix}
\to
\begin{pmatrix}
A+B & B \\
-A &
\end{pmatrix}
\\[6pt]
&\begin{pmatrix}
A+B & (A+B)B \\
-A &
\end{pmatrix}
\to
\begin{pmatrix}
A+B & \\
-A & AB
\end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
然后可知：
\[
\begin{aligned}
\operatorname{r}(A) + \operatorname{r}(B)
&= \operatorname{r}\begin{pmatrix}
A & \\
& B
\end{pmatrix}
= \operatorname{r}\begin{pmatrix}
A+B & B \\
-A &
\end{pmatrix} \\[0.2cm]
&\geqslant \operatorname{r} \left( \begin{pmatrix} A+B & B \\ -A & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & A+B \end{pmatrix} \right)\\[0.2cm]
&= \operatorname{r}\begin{pmatrix}
A+B & B(A+B) \\
-A &
\end{pmatrix} \\[0.2cm]
&= \operatorname{r}\begin{pmatrix}
A+B & (A+B)B \\
-A &
\end{pmatrix}
= \operatorname{r}\begin{pmatrix}
A+B & \\
-A & AB
\end{pmatrix} \\[0.2cm]
&\geqslant \operatorname{r}(A+B) + \operatorname{r}(AB).
\end{aligned}
\]
法二
令：
\[
W_1 = \{X \in \mathbb{R}^n \mid AX = 0\},\quad W_2 = \{X \in \mathbb{R}^n \mid BX = 0\},
\]
则 \(\dim W_1 = n - \operatorname{r}(A),\ \dim W_2 = n - \operatorname{r}(B)\)
\[
W_1 \cap W_2 \subset \{X \in \mathbb{R}^n \mid (A+B)X = 0\},\quad W_1 + W_2 \subset \{X \in \mathbb{R}^n \mid (AB)X = 0\},
\]
结合维数公式 就有：
\[
n - \operatorname{r}(A) + n - \operatorname{r}(B) \leqslant n - \operatorname{r}(A+B) + n - \operatorname{r}(AB),
\]
移项即得结果。
下面这道题要证明的是幂等矩阵的充要条件，今后只要看到这个条件，马上就要条件反射哦！
例 2
Example
求证：\(n\) \(A\) \(A^2=A\) ）的充要条件：
\[r(A)+r(I_n-A)=n\]
构造分块对角矩阵：
\[
\begin{pmatrix}A & O\\O & I-A\end{pmatrix},\quad 且 \quad r\begin{pmatrix}A & O\\O & I-A\end{pmatrix}=r(A)+r(I-A)
\]
分块行初等变换得：
\[
\begin{aligned} \begin{pmatrix}A & O\\O & I-A\end{pmatrix} &\xrightarrow{C_1+C_2}\begin{pmatrix}A & A\\O & I-A\end{pmatrix}\\ &\xrightarrow{R_2+R_1}\begin{pmatrix}A & A\\A & I\end{pmatrix}\\ &\xrightarrow{C_1-AC_2}\begin{pmatrix}A-A^2 & A\\O & I\end{pmatrix}\\ &\xrightarrow{R_1-AR_2}\begin{pmatrix}A-A^2 & O\\O & I\end{pmatrix} \end{aligned}
\]
分块初等变换不改变秩：
\[
r(A)+r(I-A)=r(A-A^2)+r(I_n)=r(A-A^2)+n
\]
有了这个式子，我们就可以进行充分必要推导了：
必要性 ：即 \(A^2=A\Rightarrow r(A)+r(I-A)=n\)
\[
A^2=A\implies A-A^2=O\implies r(A-A^2)=0
\]
代入上式：
\[r(A)+r(I-A)=n\]
充分性 ：即 \(r(A)+r(I-A)=n\Rightarrow A^2=A\)
\[
r(A)+r(I-A)=n\implies r(A-A^2)+n=n\implies r(A-A^2)=0
\]
因为只有零矩阵的秩为 0 \(A-A^2=O\) \(A^2=A\)
综上 ：\(A^2=A \iff r(A)+r(I_n-A)=n\) 。
下面这个题目是有关矩阵秩相关内容的综合运用，掌握本题，相信不会再有难住你的秩不等式证明题！
例 3
Example
设 \(A,B\) \(F\) \(n\) \(AB=BA=O,\quad r(A)=r(A^2),\)
\[
r(A+B)=r(A)+r(B).
\]
由 7 6
\[
r(A+B)\leqslant r(A)+r(B)
\]
因此根据迫敛性，我们只需证明：
\[
\boldsymbol{r(A+B)\geqslant r(A)+r(B)}
\]
那么题目就被解决了。
于是下证：\(\boldsymbol{r(A+B)\geqslant r(A)+r(B)}\)
构造分块矩阵并做分块初等变换：
\[
\begin{aligned} \begin{pmatrix}A+B & O\\ O & O\end{pmatrix} &\xrightarrow[AB=O]{R_2 \leftarrow R_2 + A \cdot R_1} \begin{pmatrix}A+B & O\\ A^2 & O\end{pmatrix}\\ &\xrightarrow[AB=O]{C_2 \leftarrow C_2 + C_1 \cdot A} \begin{pmatrix}A+B & A^2\\ A^2 & A^3\end{pmatrix}\\
\end{aligned}
\]
前两步都很简单，但是接下来怎么变换呢？事实上，接下来的一步是整个题目最核心的地方，下面展开讲解：
首先对于 \(A^2\) \(A\) \(A^2\) \(A\) \(r(A) = r(A^2)\) \(A\) \(A^2\)
那么根据子空间维数定理：
引理
如果空间 \(V_1\) \(V_2\) \(V_1 \subseteq V_2\) ） ，并且它们的维数相等（\(\dim(V_1) = \dim(V_2)\) ） ，那么这两个空间必定完全相同，即 \(V_1 = V_2\)
我们得到矩阵 \(A\) \(A^2\) \(A\) \(A^2\) \(Y\) \(A = A^2Y\)
于是我们将第二分块列右乘 \(-Y\)
左上角元素变为：\((A+B) - A^2Y\) 。把 \(A^2Y = A\) \((A+B) - A = B\)
左下角元素变为：\(A^2 - A^3Y\) 。这里可以提取出 \(A\) \(A^2 - A(A^2Y)\) \(A^2Y = A\) \(A^2 - A \cdot A = A^2 - A^2 = 0\)
于是我们得到：
\[
\begin{pmatrix} A+B & A^2 \\ A^2 & A^3 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} B & A^2 \\ 0 & A^3 \end{pmatrix}
\]
根据分块初等变换不改变秩，我们得到：
\[
r(A+B)=r\begin{pmatrix}B & A^2\\ O & A^3\end{pmatrix}\geqslant r(B)+r(A^3)
\]
下证 \(\boldsymbol{r(A^3)=r(A)}\)
对 \(\mathrm{Frobenius}\)
\[
r(XYZ)\geqslant r(XY)+r(YZ)-r(Y)
\]
令 \(X=Y=Z=A\)
\[
r(A^3)\geqslant r(A^2)+r(A^2)-r(A)=2r(A^2)-r(A)
\]
由条件 \(r(A)=r(A^2)\)
\[
r(A^3)\geqslant 2r(A)-r(A)=r(A).
\]
又由 7 2\(r(A^3)\leqslant r(A)\)
故根据迫敛性，有：
\[
\boldsymbol{r(A^3)=r(A)}.
\]
代回得到：
\[
r(A+B)\geqslant r(B)+r(A)
\]
得证！
习题
Q1
Question
设 \(A,B\) \(n\) \(AB=O\) \(n\) \(AB^{T}+A^{T}B\) \(n\)
Q2
Question
求证：\(n\) \(A\) \(A^{2}=I_{n}\)
\[
r(I_{n}+A)+r(I_{n}-A)=n
\]
Q3
Question
设 \(A\) \(n\) \(r(A)+r(I_{n}+A)\geqslant n\) .
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