一个关于矩阵秩的不等式

陈洪葛 posted @ Dec 07, 2013 10:34:17 AM in 高等代数 , 1202 阅读
设$n$阶矩阵$A,B$可交换,证明:$$r(A+B)\leq r(A)+r(B)-r(AB)$$
证明:先证一个引理:
设$A,B$是数域$K$上两个$n\times n$矩阵且$AB=BA$.又设

\[ C=\left[
\begin{array}{cc}
A \\
B \\
\end{array}\right]\]

则有

\[ r(A)+r(B)\geq r(C)+r(AB) \]
证明:考察奇次线性方程组$AX=0$和$BX=0$,它们的全部公共解向量恰好为$CX=0$的解向量。故设$CX=0$的一个基础解系是
\[ \varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\cdots\varepsilon_{r}\]
这里$r=n-r(C)$,我们知道,它可以分别扩充到$AX=0$的一个基础解系
\[ \varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\cdots\varepsilon_{r},\eta_{1},\eta_{2}\cdots,\eta_{s}\]
和$BX=0$的一个基础解系
\[ \varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\cdots\varepsilon_{r},\omega_{1},\omega_{2}\cdots,\omega_{t}\]
这里$r+s=n-r(A),r+t=n-r(B)$.而线性组合
\[ a_{1}\eta_{1}+\cdots+a_{s}\eta_{s}\]
是$AX=0$的解向量,但当它非零时它不是$BX=0$的解向量,否则它就是两者的公共解向量,即有$CX=0$,从而可以被$CX=0$的解系线性表示
\[ a_{1}\eta_{1}+\cdots+a_{s}\eta_{s}=k_{1}\varepsilon_{1}+\cdots k_{r}\varepsilon_{r}\]
此时由于$\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\cdots\varepsilon_{r},\eta_{1},\eta_{2}\cdots,\eta_{s}$线性无关,所以得到$a_{1}=a_{2}=\cdots a_{s}=k_{1}=\cdots k_{r}=0$,这与$a_{1}\eta_{1}+\cdots+a_{s}\eta_{s}$非零矛盾,由此可见
\[ \varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\cdots\varepsilon_{r},\eta_{1},\eta_{2}\cdots,\eta_{s},\omega_{1},\omega_{2}\cdots,\omega_{t}\]
线性无关。
现在,上面都是$ABX=BAX=0$的解向量,它们又线性无关,故$r+s+t\leq n-r(AB)$即
\[ (r+s)+(r+t)-r=n-r(A)+n-r(B)-(n-r(C))\leq n-r(AB)\]
\[ \Leftrightarrow r(C)+r(AB)\leq r(A)+r(B) \]
引理证明完毕!
 
最后回到原题,只要注意到

\[A + B = \left[{{E_n},{E_n}}\right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
A\\
B
\end{array}} \right]\]

\[ r(A+B)\leq r(C)\]
故马上有
\[ r(A+B)\leq r(A)+r(B)-r(AB) \]
Done!

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