秩一矩阵 8 大性质

本文系统总结秩一矩阵 8 大性质，并给出详细证明。同时用一道考研真题来展示秩一矩阵的巧妙应用。

首先给出秩一矩阵的 8 大性质：

注：以下证明均假设 \(A\) 为一个 \(n \times n\) 的方阵。

前三条性质实际上是秩一矩阵的定义及最直接的等价形式。我以性质 1 为起点进行推导。

性质 1 ¶

这是秩一矩阵的直接定义。矩阵 \(A\) 的秩等于 1，意味着矩阵中最大线性无关行（或列）的向量组中只包含 1 个向量。

性质 2 ¶

由于 \(r(A) = 1\)，说明矩阵的列秩为 1。这意味着矩阵所有的列向量都可以由某一个非零的列向量线性表出。

将矩阵列分块得：\(A = (\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n)\)，其中必存在一个非零列向量 \(\alpha_k\)，对于任意一列 \(\alpha_j\)，都存在常数 \(k_j\)，使得 \(\alpha_j = k_j \alpha_k\)。因此，矩阵的所有列向量成比例。

同理，行秩也为 1，矩阵的所有行向量也都与某一个非零行向量成比例。

性质 3 ¶

根据性质 2，设 \(A\) 的列向量都与某个非零列向量 \(\alpha\) 成比例。

那么 \(A\) 的每一列可以写为 \(\beta_1 \alpha, \beta_2 \alpha, \dots, \beta_n \alpha\)。

将其写成矩阵乘法的形式：

由于 \(r(A) = 1 \neq 0\)，所以 \(\alpha\) 必须是非零向量，且 \((\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n)\) 也不能全为 0，即 \(\beta\) 也是非零列向量。

后续的性质我们可以直接基于性质 3 的分解形式 \(A = \alpha \beta^T\) 来推导，这将大大简化计算。

性质 4 ¶

设 \(\alpha = (\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n)^T\)，\(\beta = (\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n)^T\)。

则矩阵 \(A = \alpha \beta^T\) 的第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素为 \(a_{ij} = \alpha_i \beta_j\)。

矩阵的主对角线元素为 \(a_{ii} = \alpha_i \beta_i\)。

根据矩阵迹的定义（主对角线元素之和）：

而向量的内积 \(\beta^T \alpha\) 的计算结果也是 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n \beta_i \alpha_i\)。

因此，\(tr(A) = \beta^T \alpha\)。

性质 5 ¶

先计算 \(A^2\)：

因为 \(\beta^T \alpha\) 是两个向量的内积，是一个实数（标量），可以将其提前。结合性质 4 已知 \(\beta^T \alpha = tr(A)\)：

使用数学归纳法。假设 \(A^{k-1} = [tr(A)]^{k-2} A\) 成立，则：

得证。

接下来的性质证明展示了秩一矩阵在特征空间上的特殊结构。

性质 6、7¶

首先，考察向量 \(\alpha\) 是否为特征向量：

由于 \(\beta^T \alpha\) 是一个常数且等于 \(tr(A)\)，且 \(\alpha\) 是非零向量，所以：

这证明了 \(tr(A)\) 是矩阵 \(A\) 的一个特征值，且 \(\alpha\) 是其对应的特征向量。

其次，考察特征值 \(0\) 对应的特征向量，即求解齐次线性方程组 \(Ax = 0\)：

因为 \(\alpha\) 是非零向量，要使等式成立，必须有标量 \(\beta^T x = 0\)。

\(\beta^T x = 0\) 意味着向量 \(x\) 必须与向量 \(\beta\) 正交。

这个方程构成的解空间（即 \(A\) 的零空间）的维度是 \(n - r(\beta^T)\)。因为 \(\beta\) 是非零向量，\(r(\beta^T) = 1\)，所以解空间的维度为 \(n - 1\)。

这意味着存在 \(n - 1\) 个线性无关的特征向量满足 \(Ax = 0 x\)。

因此，特征值 \(0\) 的几何重数为 \(n - 1\) ，其代数重数至少为 \(n-1\)。

由于 \(n\) 阶方阵共有 \(n\) 个特征值，我们已经找到了 1 个 \(tr(A)\) 和 \(n-1\) 个 \(0\)。得证。

性质 8 ¶

一个 \(n\) 阶方阵可以对角化的充要条件是：它的所有特征值的几何重数之和等于 \(n\)（即每个特征值的代数重数等于几何重数）。

• 当 \(tr(A) \neq 0\) 时：

  矩阵有两个不同的特征值：\(\lambda_1 = tr(A)\) 和 \(\lambda_2 = 0\)。

  \(\lambda_1 = tr(A)\) 对应的特征向量为 \(\alpha\)，几何重数至少为 1；

  \(\lambda_2 = 0\) 对应的特征向量空间维度（几何重数）为 \(n - 1\)。

  几何重数之和为 \(1 + (n - 1) = n\)。因此矩阵有 \(n\) 个线性无关的特征向量，可以对角化。

• 当 \(tr(A) = 0\) 时：

  此时矩阵的特征值全部为 \(0\)（1 个 \(tr(A)=0\)，加上 \(n-1\) 个 \(0\)），特征值 \(0\) 的代数重数为 \(n\)。

  然而，求解方程组 \((A - 0I)x = 0\) 即 \(Ax = 0\)，由前面的证明可知，其基础解系仅包含 \(n - r(A) = n - 1\) 个线性无关的向量。

  因为特征值 \(0\) 的几何重数 \((n - 1)\) 小于其代数重数 \(n\)，所以矩阵不能对角化。

例题 ¶

方法 1 ¶

首先我们来看常规方法，通过观察，我们发现每一个方程都含有如下这个结构：

那么原方程的第 \(i\) 个方程就可以记为：\(iS+ax_{i}=0\).

然后我们对这 \(n\) 个方程进行累加，得：

Case 1：当 \(a= -\dfrac{n(n+1)}{2}\) 时，代回到 \(iS+ax_{i}=0\) 得到：

因此通解为：

其中 \(k\) 为任意常数 .

Case 2：当 \(a\neq -\dfrac{n(n+1)}{2}\) 时，则有 \(S=0\)，代回到 \(iS+ax_{i}=0\) 得到：\(ax_{i}=0\).

由于要求方程组的非零解，因此要使得上式恒成立，只能有 \(a=0\).

那么此时方程组退化为：

由解空间维度公式可得：方程组的解空间维度为：\(n-r(A)=n-1\)，所以通解为：

其中 \(k_{1},k_{2},\dots,k_{n-1}\) 均为任意常数。

方法 2 ¶

我们首先记系数矩阵为 \(A\)，则根据方程组结构的特殊性，我们容易注意到如下一个拆分：

所以原方程组等价为：\((aI+\alpha\cdot\beta^{T})x=0\).

移项得到：\(a\beta^{T}x=-ax\)，这不就是特征值的定义吗？！

因此我们只需要解出矩阵 \(\alpha\beta^{T}\) 的特征值 (\(a\)) 和特征向量 (\(x\)) 不就结束了吗！

根据前文介绍的性质 6我们知道矩阵 \(B\triangleq \alpha\beta^{T}\) 的特征值为 1 个 \(tr(B)=\dfrac{n(n+1)}{2}\) 和 \(n-1\) 个 0；并且根据性质 7我们还能得出特征值 \(tr(B)=\dfrac{n(n+1)}{2}\) 对应的特征向量为 \(\alpha\)，即 \((1,2,\dots,n)^{T}\)；特征值 0 对应的特征向量是和 \(\beta^{T}\) 正交的向量，也就是满足方程 \(x_{1}+x_{2}+\dots+x_{n}=0\) 的向量 \(x\).

整理以下上面得到的结论，根据 \(a\beta^{T}x=-ax\) 我们知道 \(-a\) 就是矩阵 \(\alpha\beta^{T}\) 的特征值，因此最终的答案分为如下两个情况：

• 当特征值 \(-a= \dfrac{n(n+1)}{2}\) 时，特征向量（也就是原方程组的解）为 \(x=\alpha\)，因此通解为：

• 当特征值 \(-a= 0\) 时，特征向量（也就是原方程组的解）是和 \(\beta^{T}\) 正交的向量，因此通解为：

其中 \(k,k_{1},k_{2},\dots,k_{n-1}\) 均为任意常数。

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