破解矩陣秩的等式與不等式證明

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矩陣秩的證明是許多線性代數學習者最感到頭疼的課題之一。本文嘗試破解矩陣秩的證明問題,破解途徑是一併討論矩陣秩的主要等式與不等式,如此讀者可以釐清彼此的關連,並進一步熟悉矩陣秩的證明技巧。本文部分內容曾刊載於過去發表的「每週問題」或「主題專欄」,在此僅提供連結不再贅述,請讀者自行參照閱讀。

 
等式一:設 Am\times n 階矩陣,

\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}A^T

\mathrm{rank}A 等於 A 的行秩 (column rank),\mathrm{rank}A^T 就是 A 的列秩 (row rank)。矩陣的行秩等於列秩,也就是說線性獨立的行向量總數和線性獨立的列向量總數相等,證明見“行秩=列秩”。

 
等式二:設 Am\times m 階可逆矩陣,Cn\times n 階可逆矩陣,Bm\times n 階矩陣,

\mathrm{rank}(AB)=\mathrm{rank}B=\mathrm{rank}(BC)=\mathrm{rank}(ABC)

重要事實:一矩陣左乘或右乘可逆矩陣不改變其秩。最簡單的想法是將 AB 想像為對 B 執行一連串的基本列運算 (elementary row operation),其淨效果等於左乘可逆矩陣 A。因為基本列運算不改變矩陣秩,推知 \mathrm{rank}AB=\mathrm{rank}B。利用此結果並由等式一,可得

\begin{aligned}  \mathrm{rank}(ABC)&=\mathrm{rank}(BC)=\mathrm{rank}(BC)^T=\mathrm{rank}(C^TB^T)\\  &=\mathrm{rank}B^T=\mathrm{rank}B\end{aligned}

使用秩—零度定理亦可證得此命題,重點是 ABB 的零空間相同,N(AB)=N(B),故 \dim N(AB)=\dim N(B)。證明如下:若 B\mathbf{x}=\mathbf{0},則 AB\mathbf{x}=A\mathbf{0}=\mathbf{0}。再考慮相反情況,若 AB\mathbf{x}=\mathbf{0},等號兩邊同時左乘 A^{-1},得到 A^{-1}AB\mathbf{x}=B\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{0}=\mathbf{0}。由秩—零度定理,

\begin{aligned}  \mathrm{rank}(AB)&=n-\mathrm{dim}N(AB)\\  \mathrm{rank}B&=n-\mathrm{dim}N(B)\end{aligned}

可推得 \mathrm{rank}(AB)=\mathrm{rank}B。秩—零度定理的介紹請見“線性代數基本定理 (一)”。

 
等式三:設 ABm\times n 階矩陣,若存在 m\times m 階可逆矩陣 Xn\times n 階可逆矩陣 Y 滿足 A=XBY,則 \mathrm{rank}A=\mathrm{rank}B,相反陳述亦真。

A=XBYXY 都是可逆,由等式二可知 \mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(XBY)=\mathrm{rank}B。相反方向的證明利用簡約列梯形式,參見“每週問題 April 20, 2009”題 (a) 使用的證明技巧。延伸結果:設 Am\times n 階矩陣,且 \mathrm{rank}A=rA 必可分解為 A=XBY,其中 Xm\times rYr\times n,而 Br\times r 階可逆矩陣。證明請見“每週問題 April 20, 2009”題 (b)。

 
等式四:設 Am\times n 階實矩陣,

\mathrm{rank}(A^TA)=\mathrm{rank}A

證明見“每週問題 October 19, 2009”。

 
等式五:設 Am\times n 階矩陣,Bn\times p 階矩陣,

\mathrm{rank}(AB)=\mathrm{rank}B-\mathrm{dim}(N(A)\cap C(B))

上式說如果 A 不是可逆矩陣,那麼就不能保證 \mathrm{rank}(AB)=\mathrm{rank}B,等號成立的關鍵在於 A 的零空間 N(A)B 的行空間 C(B) 交集為 \{\mathbf{0}\}。這個等式的直覺解釋是將 AB 視為 B 的行向量與 A 相乘,

\begin{aligned}  AB&=A\begin{bmatrix}    \mathbf{b}_1&\cdots&\mathbf{b}_p    \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}    A\mathbf{b}_1&\cdots&A\mathbf{b}_p    \end{bmatrix}\end{aligned}

如果 A\mathbf{b}_i=\mathbf{0},即 \mathbf{b}_i\in N(A),將因此減少線性獨立的 A\mathbf{b}_i 向量總數。

 
由於證明過程相當繁瑣,我將它分割為二部曲以易於理解 (另一個較為簡潔的證法見“運用輸入輸出模型活化秩─零度定理”)。首部曲是我們要知道 N(A)C(B) 都是 \mathbf{R}^n 空間的子空間,設 \mathrm{dim}(N(A)\cap C(B))=s\mathfrak{S}=\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_s\}N(A)\cap C(B) 的一組基底。很明顯,N(A)\cap C(B)\subseteq C(B),設 \mathrm{dim}C(B)=s+t,基底 \mathfrak{S} 可擴充為 C(B) 的基底,如下:

\mathfrak{B}=\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_s,\mathbf{y}_1,\ldots,\mathbf{y}_t\}

因為 \mathrm{rank}B=\mathrm{dim}C(B)=s+t,接下來的任務是要證明 \mathrm{dim}(AB)=\dim C(AB)=t

 
二部曲的主旨是建立 C(AB) 的基底。因為 \mathbf{x}_i 屬於零空間 N(A)A\mathbf{x}_i=\mathbf{0}i=1,\ldots,s。我們僅需要考慮向量集 \mathfrak{T}=\{A\mathbf{y}_1,\ldots,A\mathbf{y}_t\},然後證明 \mathfrak{T} 足以擴張 C(AB) 以及 \mathfrak{T} 是線性獨立向量集。對於 C(AB) 內的任意向量 \mathbf{b},必定存在 \mathbf{z} 使得 \mathbf{b}=AB\mathbf{z},但 B\mathbf{z}\in C(B),這表示 B\mathbf{z} 可表示為

B\mathbf{z}=c_1\mathbf{x}_1+\cdots+c_s\mathbf{x}_s+d_1\mathbf{y}_1+\cdots+d_t\mathbf{y}_t

將上式代入 \mathbf{b}=AB\mathbf{z},就有

\begin{aligned}  \mathbf{b}&=A\left(c_1\mathbf{x}_1+\cdots+c_s\mathbf{x}_s+d_1\mathbf{y}_1+\cdots+d_t\mathbf{y}_t \right)\\  &=c_1A\mathbf{x}_1+\cdots+c_sA\mathbf{x}_s+d_1A\mathbf{y}_1+\cdots+d_tA\mathbf{y}_t\\  &=d_1A\mathbf{y}_1+\cdots+d_tA\mathbf{y}_t\end{aligned}

這證明了 C(AB)=\hbox{span}\mathfrak{T}。附帶的結果是基底 \mathfrak{T} 屬於 A 的行空間,也就有 C(AB)\subseteq C(A)

 
最後,我們證明 \mathfrak{T} 是線性獨立集。考慮

\begin{aligned}  \mathbf{0}&= d_1A\mathbf{y}_1+\cdots+d_tA\mathbf{y}_t\\  &=A\left(d_1\mathbf{y}_1+\cdots+d_t\mathbf{y}_t\right)\end{aligned}

表明 d_1\mathbf{y}_1+\cdots+d_t\mathbf{y}_t 屬於 N(A)\cap C(B),那麼一定存在數組 f_1,\ldots,f_s 使得

d_1\mathbf{y}_1+\cdots+d_t\mathbf{y}_t= f_1\mathbf{x}_1+\cdots+f_s\mathbf{x}_s

也就是

- f_1\mathbf{x}_1-\cdots-f_s\mathbf{x}_s+d_1\mathbf{y}_1+\cdots+d_t\mathbf{y}_t =\mathbf{0}

上式為 \mathfrak{B} 的基底向量的線性組合,推論 f_1=\cdots=f_s=d_1=\cdots=d_t=0,證明 \mathfrak{T}=\{A\mathbf{y}_1,\ldots,A\mathbf{y}_t\} 是線性獨立集。

 
不等式一:設 Am\times n 階矩陣,則

\mathrm{rank}A\le\mathrm{min}\{m,n\}

既然矩陣秩等於線性獨立的行 (或列) 向量總數,秩必不大於行數 (或列數)。

 
不等式二:設 Am\times n 階矩陣,Bn\times p 階矩陣,

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

右邊的不等式證明參見“利用畫圖來證明 (二) ”。另一個證明方法是使用等式五。要證明 \mathrm{rank}(AB)\le\mathrm{rank}B,直接寫出

\begin{aligned}  \mathrm{rank}(AB)&=\mathrm{rank}B-\mathrm{dim}(N(A)\cap C(B))\le\mathrm{rank}B\end{aligned}

要證明 \mathrm{rank}(AB)\le\mathrm{rank}A,可利用等式一與上述結果,如下:

\begin{aligned}  \mathrm{rank}(AB)&=\mathrm{rank}(AB)^T=\mathrm{rank}(B^TA^T)\\  &\le\mathrm{rank}A^T=\mathrm{rank}A\end{aligned}

這裡補充一個等式二的證明:若 A 可逆,則 \text{rank}(AB)=\text{rank}B。因為 \text{rank}(AB)\le \text{rank}B,且 \text{rank}B=\text{rank}(A^{-1}AB)\le\text{rank}(AB),故得證。

 
左邊的不等式稱為 Sylvester 不等式,證明請見“每週問題 April 27, 2009”。同樣,我們也可以使用等式五來證明。利用事實 N(A)\cap C(B)\subseteq N(A) 以及秩—零度定理,就有

\begin{aligned}  \dim(N(A)\cap C(B))&\le\dim N(A)=n-\mathrm{rank}A\end{aligned}

再由等式五可得

\begin{aligned}  \mathrm{rank}(AB)&=\mathrm{rank}B-\dim(N(A)\cap C(B))\\  &\ge \mathrm{rank}B+\mathrm{rank}A-n\end{aligned}

 
不等式三:設 ABm\times n 階矩陣,

\mathrm{rank}(A+B)\le\mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B

矩陣和之不等式證明請見“利用子空間和證明 rank(A+B) 不大於 rank A+rank B”。

 
不等式四:設 Am\times nBn\times pCp\times q 階矩陣,

\mathrm{rank}(AB)+\mathrm{rank}(BC)\le\mathrm{rank}B+\mathrm{rank}(ABC)

上式稱為 Frobenius 不等式,它的特殊情況包含了一些常見的不等式。例如,若 A=0,則 \mathrm{rank}BC\le\mathrm{rank}B,又若 C=0,則 \mathrm{rank}AB\le\mathrm{rank}B,合併兩式即為 \mathrm{rank}(AB)\le\mathrm{min}\{\mathrm{rank}A,\mathrm{rank}B\}。若 n=p,且 B=I_n,Frobenius 不等式退化為 Sylvester 不等式。Frobenius 不等式的證明要訣是考慮 C(BC)\subseteq C(B),計算此二行空間與 N(A) 的交集,N(A)\cap C(BC)\subseteq N(A)\cap C(B),因此也就有

\dim(N(A)\cap C(BC))\le\dim(N(A)\cap C(B))

利用等式五,

\dim(N(A)\cap C(B))= \mathrm{rank}B-\mathrm{rank}(AB)

再以 BC 取代 B

\dim(N(A)\cap C(BC))= \mathrm{rank}(BC)-\mathrm{rank}(ABC)

將上面二式代入前述不等式,得到

\mathrm{rank}(BC)-\mathrm{rank}(ABC)\le \mathrm{rank}B-\mathrm{rank}(AB)

即證得所求。

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3 則回應給 破解矩陣秩的等式與不等式證明

  1. Lin 說:

    感觉等式五证明的最后一步有问题啊。。。本来应该是要证明d1 = d2 = …=dt = 0的,结果证明了另外一个东西。

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