等價標準型

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ABm\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”),此名稱的由來係因 P 是對於 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”)。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 是對於 A 執行的基本行運算的複合。若存在可逆矩陣 PQ 使得 B=PAQ,則稱 A 等價於 B。下述定理可用來判定 AB 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 Pn\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)。

對於同大小的矩陣 AB,若 \text{rank}A=\text{rank}B=r,則 AB 有相同的秩標準形式 N_r。設等價標準型 P_1AQ_1=N_rP_2BQ_2=N_r,合併可得 B=P_2^{-1}P_1AQ_1Q_2^{-1},故 A 等價於 B。反向推論同樣成立:假設 A 等價於 B。設 B=PAQP_1AQ_1=N_r,則 P_1P^{-1}BQ^{-1}Q_1=N_r,故 AB 有相同的秩。所以,\text{rank}A=\text{rank}BA 等價於 B 的一個充要條件。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 Am\times n 階矩陣。設 \{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_n\}\mathbb{C}^n 的一組基底,且 \{\mathbf{x}_{r+1},\ldots,\mathbf{x}_n\}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}_ii=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_mn\times n 階矩陣 Q=\begin{bmatrix}  \mathbf{x}_1&\cdots&\mathbf{x}_n  \end{bmatrix}。明顯地,PQ 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 PQ 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 RA 的簡約列梯形式 (reduced row echelon form)。若 \text{rank}A=r,則 Rr 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 Jr\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,PQ=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\text{rank}A=\text{rank}\overline{A}

假設 Am\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^TP^T 可逆,N_r^Tn\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}\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\text{rank}B=s。設等價標準型 PAQ=N_rP'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 An\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 不可逆,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 Xr\times m 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 Xm\times r 階,且 Q^{-1}=\begin{bmatrix}  Y\\  \tilde{Y}  \end{bmatrix},其中 Yr\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 PQ 可逆,\text{rank}X=\text{rank}Y=r

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