等價標準型

本文的閱讀等級：初級

令 $A$ 和 $B$ 同為 $m\times n$ 階矩陣。若存在一個 $m\times m$ 階可逆矩陣 $P$ 使得 $B=PA$ ，我們說 $A$ 列等價 (row equivalent) 於 $B$ (見“矩陣的等價關係”)。這個名稱的由來係因 $P$ 就是對 $A$ 執行的基本列運算的複合 (即基本矩陣的乘積，見“左乘還是右乘，這就是問題所在”)。另一方面，若存在一個 $n\times n$ 階可逆矩陣 $Q$ 使得 $B=AQ$ ，我們說 $A$ 行等價 (column equivalent) 於 $B$ ，因為 $Q$ 是對 $A$ 執行的基本行運算的複合。如果列等價與行等價同時發生，即存在可逆矩陣 $P$ 和 $Q$ 使得 $B=PAQ$ ，則稱 $A$ 等價於 $B$ 。下述定理可用來判定 $A$ 與 $B$ 的等價關係。

等價標準型定理：對於任一 $m\times n$ 階矩陣 $A$ ，存在 $m\times m$ 階可逆矩陣 $P$ 與 $n\times n$ 階可逆矩陣 $Q$ 使得

$\displaystyle PAQ=N_r=\begin{bmatrix} I_r&0\\ 0&0 \end{bmatrix}$ ，

其中 $r=\text{rank}A$ 。上式稱為 $A$ 的等價標準型 (equivalent form)， $N_r$ 稱為秩標準形式 (rank normal form)。

對於相同大小的矩陣 $A$ 和 $B$ ，運用等價標準型定理可以證明 $\text{rank}A=\text{rank}B$ 是 $A$ 等價於 $B$ 的一個充要條件。若 $\text{rank}A=\text{rank}B=r$ ，則 $A$ 和 $B$ 有相同的秩標準形式 $N_r$ 。設等價標準型 $P_1AQ_1=N_r$ 且 $P_2BQ_2=N_r$ ，合併可得 $B=P_2^{-1}P_1AQ_1Q_2^{-1}$ ，故 $A$ 等價於 $B$ 。反向推論：若 $A$ 等價於 $B$ ，設 $B=PAQ$ 且 $P_1AQ_1=N_r$ ，則 $P_1P^{-1}BQ^{-1}Q_1=N_r$ ，故 $A$ 和 $B$ 有相同的秩。

下面介紹兩個等價標準型存在性的證明。

第一個證明運用向量空間分析。令 $A$ 為 $m\times n$ 階矩陣。設 $\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_n\}$ 為 $\mathbb{C}^n$ 的一組基底，且 $\{\mathbf{x}_{r+1},\ldots,\mathbf{x}_n\}$ 為 $A$ 的零空間 $N(A)$ 的基底。對於每一 $\mathbf{x}\in\mathbb{C}^n$ ，存在唯一組合式 $\mathbf{x}=c_1\mathbf{x}_1+\cdots+c_n\mathbf{x}_n$ 。因為

$\displaystyle\begin{aligned} A\mathbf{x}&=A(c_1\mathbf{x}_1+\cdots+c_n\mathbf{x}_n)\\ &=c_1A\mathbf{x}_1+\cdots+c_rA\mathbf{x}_r, \end{aligned}$

矩陣 $A$ 的行空間 $C(A)$ 由所有 $A\mathbf{x}$ 構造而成， $C(A)=\text{span}\{A\mathbf{x}_1,\ldots,A\mathbf{x}_r\}$ 。接著證明 $\{A\mathbf{x}_1,\ldots,A\mathbf{x}_r\}$ 是線性獨立集。若 $c_1A\mathbf{x}_1+\cdots+c_rA\mathbf{x}_r=\mathbf{0}$ ，則 $c_1\mathbf{x}_1+\cdots+c_r\mathbf{x}_r$ 屬於 $N(A)=\text{span}\{\mathbf{x}_{r+1},\ldots,\mathbf{x}_n\}$ 。但 $\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_r,\mathbf{x}_{r+1},\ldots,\mathbf{x}_n\}$ 是線性獨立集，這意味 $\text{span}\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_r\}\cap\text{span}\{\mathbf{x}_{r+1},\ldots,\mathbf{x}_n\}=\{\mathbf{0}\}$ ，即可斷定 $c_1=\cdots=c_r=0$ ，因此證明 $\{A\mathbf{x}_1,\ldots,A\mathbf{x}_r\}$ 是線性獨立集，也就是 $C(A)$ 的基底，故 $\text{rank}A=r$ 。令 $\mathbf{y}_i=A\mathbf{x}_i$ ， $i=1,\ldots,r$ 。利用 Steinitz 替換原則 (substitution principle) 將 $\{\mathbf{y}_1,\ldots,\mathbf{y}_r\}$ 擴充為 $\mathbb{C}^m$ 的一組基底， $\{\mathbf{y}_1,\ldots,\mathbf{y}_r,\mathbf{y}_{r+1},\ldots,\mathbf{y}_m\}$ (見“基底與維數常見問答集”)。令 $m\times m$ 階矩陣 $P$ 使得 $P\begin{bmatrix} \mathbf{y}_1&\cdots&\mathbf{y}_m \end{bmatrix}=I_m$ ， $n\times n$ 階矩陣 $Q=\begin{bmatrix} \mathbf{x}_1&\cdots&\mathbf{x}_n \end{bmatrix}$ 。明顯地， $P$ 和 $Q$ 是可逆矩陣。使用以上結果，

$\displaystyle\begin{aligned} PAQ&=PA\begin{bmatrix} \mathbf{x}_1&\cdots&\mathbf{x}_r&\mathbf{x}_{r+1}&\cdots\mathbf{x}_n \end{bmatrix}\\ &=P\begin{bmatrix} A\mathbf{x}_1&\cdots&A\mathbf{x}_r&\mathbf{0}&\cdots&\mathbf{0} \end{bmatrix}\\ &=P\begin{bmatrix} \mathbf{y}_1&\cdots&\mathbf{y}_r&\mathbf{0}&\cdots&\mathbf{0} \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} I_r&0\\ 0&0 \end{bmatrix}. \end{aligned}$

這個證明過程顯示等價標準型的變換矩陣 $P$ 和 $Q$ 並不是唯一的。

第二個證明使用基本列行運算。設 $P$ 代表一連串的基本列運算的複合使得 $PA=R$ ，其中 $R$ 是 $A$ 的簡約列梯形式 (reduced row echelon form)。若 $\text{rank}A=r$ ，則 $R$ 有 $r$ 個軸行，即包含軸元 (pivot) 的行。令 $Q_1$ 為排列 (permutation) 矩陣將 $R$ 的軸行置換於最左，如下：

$\displaystyle PAQ_1=RQ_1=\begin{bmatrix} I_r&J\\ 0&0 \end{bmatrix}$ ，

其中 $J$ 是 $r\times (n-r)$ 分塊。等號兩邊右乘可逆矩陣 $Q_2=\begin{bmatrix} I_r&-J\\ 0&I_{n-r} \end{bmatrix}$ ，可得

$\displaystyle PAQ_1Q_2=\begin{bmatrix} I_r&J\\ 0&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I_r&-J\\ 0&I_{n-r} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} I_r&0\\ 0&0 \end{bmatrix}$ 。

上式中， $P$ 和 $Q=Q_1Q_2$ 是可逆矩陣。

下面舉幾個等價標準型應用於推導證明的例子。

例一： $\text{rank}A=\text{rank}A^T$ 且 $\text{rank}A=\text{rank}\overline{A}$ 。

假設 $A$ 是 $m\times n$ 階矩陣且 $\text{rank}A=r$ 。寫出等價標準型 $PAQ=N_r$ ，等號兩邊取轉置， $Q^TA^TP^T=N_r^T$ ，其中 $Q^T$ 和 $P^T$ 可逆， $N_r^T$ 是 $n\times m$ 階秩標準形式，故 $\text{rank}A^T=r$ 。對等價標準型取共軛， $N_r=\overline{N_r}=\overline{PAQ}=\overline{P}\,\,\overline{A}\,\,\overline{Q}$ ，其中 $\overline{P}$ 和 $\overline{Q}$ 可逆 (因為 $\overline{B}^{-1}=\overline{B^{-1}}$ )，故 $\text{rank}\overline{A}=r$ 。

例二： $\text{rank}\begin{bmatrix} A&0\\ 0&B \end{bmatrix}=\text{rank}A+\text{rank}B$

假設 $\text{rank}A=r$ 且 $\text{rank}B=s$ 。設等價標準型 $PAQ=N_r$ 且 $P'B'Q'=N_s$ 。據此，

$\displaystyle \begin{bmatrix} P&0\\ 0&P' \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A&0\\ 0&B \end{bmatrix}\begin{bmatrix} Q&0\\ 0&Q' \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} PAQ&0\\ 0&P'BQ' \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} N_r&0\\ 0&N_s \end{bmatrix}$ 。

再者， $\begin{bmatrix} N_r&0\\ 0&N_s \end{bmatrix}$ 的秩標準形式為 $N_{r+s}$ ，即證明 $\text{rank}\begin{bmatrix} A&0\\ 0&B \end{bmatrix}=r+s$ 。

例三：若 $A$ 為一個 $n\times n$ 階不可逆矩陣，存在 $B$ 使得 $A+B$ 是可逆矩陣。

假設 $n\times n$ 階矩陣 $A$ 是不可逆的，則 $\text{rank}A=r<n$ 。寫出等價標準型 $PAQ=\begin{bmatrix} I_r&0\\ 0&0 \end{bmatrix}$ 。令 $B=P^{-1}\begin{bmatrix} 0&0\\ 0&I_{n-r} \end{bmatrix}Q^{-1}$ 。因此，

$P(A+B)Q=PAQ+PBQ=\begin{bmatrix} I_r&0\\ 0&0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&0\\ 0&I_{n-r} \end{bmatrix}=I_n$ ，

證得 $\text{rank}(A+B)=n$ 。

例四：若 $A$ 為一個 $m\times n$ 階矩陣， $\text{rank}A=r$ ，存在 $m\times r$ 階矩陣 $X$ 與 $r\times n$ 階矩陣 $Y$ ， $\text{rank}X=\text{rank}Y=r$ ，使得 $A=XY$ ，稱為秩分解 (rank factorization，見“秩分解──目視行秩等於列秩”)。

設等價標準型 $PAQ=\begin{bmatrix} I_r&0\\ 0&0 \end{bmatrix}$ 。令 $P^{-1}=\begin{bmatrix} X&\tilde{X} \end{bmatrix}$ ，其中 $X$ 是 $m\times r$ 階，且 $Q^{-1}=\begin{bmatrix} Y\\ \tilde{Y} \end{bmatrix}$ ，其中 $Y$ 是 $r\times n$ 階。因此，

$\begin{aligned} A&=P^{-1}\begin{bmatrix} I_r&0\\ 0&0 \end{bmatrix}Q^{-1}\\ &=\begin{bmatrix} X&\tilde{X} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I_r&0\\ 0&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \tilde{Y}\\ \tilde{Y} \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} X&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} Y\\ \tilde{Y} \end{bmatrix}=XY. \end{aligned}$

因為 $P$ 和 $Q$ 是可逆的， $\text{rank}X=\text{rank}Y=r$ 。

2 Responses to 等價標準型

賴家偉 says:

12/27/2020 at 3:27 pm

例子四的Y矩陣大小為r乘以n才對~~

- ccjou says:
  
  04/13/2021 at 9:42 pm
  
  謝謝, 已更正。

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