Zemengzhou Space
Zemengzhou Space

矩阵和与分块矩阵的秩不等式

整理矩阵和、横向与纵向分块矩阵的秩不等式，并结合二次型与 2025 考研真题说明典型应用。

矩阵和与分块矩阵的秩不等式

来源：邂逅遗憾 26 考研数学思维课（数一）

一、矩阵和与分块矩阵的秩

设 A,BA,B 为同型矩阵，则

r(A+B)≤r(A,B)≤r(A)+r(B).r(A+B)\le r(A,B)\le r(A)+r(B).

我们更常用的是

r(A+B)≤r(A)+r(B).r(A+B)\le r(A)+r(B).

此外，纵向分块矩阵满足

r(AB)≤r(A)+r(B).r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}\le r(A)+r(B).

证明过程无需在意，了解即可。

1. 证明 r(A+B)≤r(A,B)r(A+B)\le r(A,B)

设

A=(α1,α2,…,αn),B=(β1,β2,…,βn),A=(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n),\qquad B=(\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_n),

则

A+B=(α1+β1,α2+β2,…,αn+βn).A+B=(\alpha_1+\beta_1,\alpha_2+\beta_2,\ldots,\alpha_n+\beta_n).

A+BA+B 的每个列向量都可以被 (A,B)(A,B) 的列向量表示，因此

r(A+B)≤r(A,B).r(A+B)\le r(A,B).

2. 证明 r(A,B)≤r(A)+r(B)r(A,B)\le r(A)+r(B)

思路一：显然成立。 AA 和 BB 的列向量之间可能存在联系，拼在一起后的秩小于等于各自的秩相加。

思路二：构造列满秩分解。

(A,B)=(E,E)(AOOB),(A,B)=(E,E) \begin{pmatrix} A&O\\ O&B \end{pmatrix},

所以

r(A,B)≤r(AOOB)=r(A)+r(B).r(A,B)\le r\begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix}=r(A)+r(B).

于是

r(A+B)≤r(A)+r(B).r(A+B)\le r(A)+r(B).

3. 纵向分块矩阵

思路一：显然成立。 AA 和 BB 的行向量之间可能存在联系，拼在一起后的秩小于等于各自的秩相加。

思路二：利用转置。

(A,B)T=(ATBT),(A,B)^T=\begin{pmatrix}A^T\\B^T\end{pmatrix},

故

r(AB)=r(AT,BT)≤r(AT)+r(BT)=r(A)+r(B).r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix} =r(A^T,B^T) \le r(A^T)+r(B^T) =r(A)+r(B).

二、r(A+B)≤r(A)+r(B)r(A+B)\le r(A)+r(B) 的应用

题型一：两个秩一矩阵相加

解答题例 2.16（2008 数一真题）

设 α,β\alpha,\beta 为 33 维列向量，矩阵

A=ααT+ββT,A=\alpha\alpha^T+\beta\beta^T,

其中 αT,βT\alpha^T,\beta^T 分别是 α,β\alpha,\beta 的转置。证明：

  1. r(A)≤2r(A)\le2；
  2. 若 α,β\alpha,\beta 线性相关，则 r(A)<2r(A)<2。
解答

没有 α\alpha 和 β\beta 非零的前提，α\alpha 或 β\beta 可以为零向量。

由秩不等式，

r(A)=r(ααT+ββT)≤r(ααT)+r(ββT)≤r(α)+r(β)≤2.r(A)=r(\alpha\alpha^T+\beta\beta^T) \le r(\alpha\alpha^T)+r(\beta\beta^T) \le r(\alpha)+r(\beta)\le2.

若 α,β\alpha,\beta 线性相关，则存在常数 kk，使得 α=kβ\alpha=k\beta 或 β=kα\beta=k\alpha。不妨设 α=kβ\alpha=k\beta，则

A=(kβ)(kβ)T+ββT=(k2+1)ββT.A=(k\beta)(k\beta)^T+\beta\beta^T =(k^2+1)\beta\beta^T.

因此

r(A)=r((k2+1)ββT)≤r(β)≤1<2.r(A)=r\bigl((k^2+1)\beta\beta^T\bigr) \le r(\beta)\le1<2.
解答题例 2.17（2013 数一、数二、数三真题）

设二次型

f(x1,x2,x3)=2(a1x1+a2x2+a3x3)2+(b1x1+b2x2+b3x3)2,f(x_1,x_2,x_3) =2(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3)^2 +(b_1x_1+b_2x_2+b_3x_3)^2,

记

α=(a1a2a3),β=(b1b2b3).\alpha=\begin{pmatrix}a_1\\a_2\\a_3\end{pmatrix}, \qquad \beta=\begin{pmatrix}b_1\\b_2\\b_3\end{pmatrix}.
  1. 证明二次型 ff 对应的矩阵为 2ααT+ββT2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T；
  2. 若 α,β\alpha,\beta 正交且均为单位向量，证明 ff 在正交变换下的标准形为 2y12+y222y_1^2+y_2^2。
解答

本题主要考查对二次型概念的理解。记

x=(x1,x2,x3)T.x=(x_1,x_2,x_3)^T.

则

a1x1+a2x2+a3x3=αTx,b1x1+b2x2+b3x3=βTx.a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3=\alpha^Tx, \qquad b_1x_1+b_2x_2+b_3x_3=\beta^Tx.

因此

f(x1,x2,x3)=2xTααTx+xTββTx=xT(2ααT+ββT)x.f(x_1,x_2,x_3) =2x^T\alpha\alpha^Tx+x^T\beta\beta^Tx =x^T(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T)x.

又由于

(2ααT+ββT)T=2ααT+ββT,(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T)^T =2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T,

故 2ααT+ββT2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T 为所求矩阵 AA。

由 α,β\alpha,\beta 正交且均为单位向量，即

αTβ=0,αTα=βTβ=1,\alpha^T\beta=0, \qquad \alpha^T\alpha=\beta^T\beta=1,

有

Aα=(2ααT+ββT)α=2α,A\alpha=(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T)\alpha=2\alpha, Aβ=(2ααT+ββT)β=β.A\beta=(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T)\beta=\beta.

因此 2,12,1 均为 AA 的特征值，而 α,β\alpha,\beta 分别为属于特征值 2,12,1 的特征向量。

下面还需确定 AA 的另一个特征值。由秩不等式，

r(A)=r(2ααT+ββT)≤r(2ααT)+r(ββT)=2.r(A)=r(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T) \le r(2\alpha\alpha^T)+r(\beta\beta^T)=2.

于是 AA 不满秩，00 也是 AA 的特征值。因此存在正交矩阵 PP，使得

PTAP=(200010000).P^TAP=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}.

在正交变换 x=Pyx=Py 下，ff 的标准形为

f=2y12+y22.f=2y_1^2+y_2^2.

题型二：(A+aE)(A+bE)=O(A+aE)(A+bE)=O，其中 a≠ba\ne b

解答题例 2.18

nn 阶矩阵 AA 满足

(A+aE)(A+bE)=O(a≠b),(A+aE)(A+bE)=O\qquad(a\ne b),

证明

r(A+aE)+r(A+bE)=n.r(A+aE)+r(A+bE)=n.
解答

由

(A+aE)(A+bE)=O,(A+aE)(A+bE)=O,

根据乘积为零矩阵的秩不等式，

r(A+aE)+r(A+bE)≤n.r(A+aE)+r(A+bE)\le n.

另一方面，

(A+aE)−(A+bE)=(a−b)E.(A+aE)-(A+bE)=(a-b)E.

因为 a≠ba\ne b，故

n=r((a−b)E)=r((A+aE)−(A+bE))≤r(A+aE)+r(A+bE).n=r((a-b)E) =r\bigl((A+aE)-(A+bE)\bigr) \le r(A+aE)+r(A+bE).

两边结合得

r(A+aE)+r(A+bE)=n.r(A+aE)+r(A+bE)=n.

三、纵向分块秩不等式的应用

2025 考研数二考察了

r(AB)≤r(A)+r(B)r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}\le r(A)+r(B)

这个结论。

选择题例 2.19（2025 数二真题）

设 33 阶矩阵 A,BA,B 满足

r(AB)=r(BA)+1,r(AB)=r(BA)+1,

则（　）

A. 方程组 (A+B)x=0(A+B)x=0 只有零解。
B. 方程组 Ax=0Ax=0 与方程组 Bx=0Bx=0 均只有零解。
C. 方程组 Ax=0Ax=0 与方程组 Bx=0Bx=0 没有公共非零解。
D. 方程组 ABAx=0ABAx=0 与方程组 BABx=0BABx=0 有公共非零解。

解答

考研数学中，无论是高数还是线代，做概念题时都有一个很重要的思想，叫做“推不出来”。

A 选项等价于 r(A+B)=3r(A+B)=3，B 选项等价于 r(A)=r(B)=3r(A)=r(B)=3，C 选项等价于

r(AB)=3.r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}=3.

B 选项显然错误，因为若 r(A)=r(B)=3r(A)=r(B)=3，则 r(AB)=r(BA)=3r(AB)=r(BA)=3，与题干等式矛盾。

分析剩余的 A、C 选项，大题干给的条件是 r(AB)r(AB) 和 r(BA)r(BA) 之间的关系，是把矩阵 ABAB 和矩阵 BABA 捆绑到一起的；而 A、C 选项是单独研究矩阵 AA 和矩阵 BB，大题干给你的条件，没法把矩阵 AA 和矩阵 BB 单独拆开研究，因此 A 选项和 C 选项推不出来。更严谨反例：此题 A 选项和 C 选项的反例没有任何意义！A、C 两个选项纯属扯淡！排除 A、B、C，因此选择 D。

下面严格证明 D。由题设

r(AB)=r(BA)+1.r(AB)=r(BA)+1.

由于 A,BA,B 为 33 阶矩阵，分三种情况：

  1. 若 r(BA)=0r(BA)=0，则 BA=OBA=O，从而 ABA=OABA=O、BAB=OBAB=O，显然存在公共非零解。
  2. 若 r(BA)=1r(BA)=1，则 r(AB)=2r(AB)=2。又
r(ABA)≤r(BA)=1,r(BAB)≤r(BA)=1.r(ABA)\le r(BA)=1, \qquad r(BAB)\le r(BA)=1.

所以

r(ABABAB)≤r(ABA)+r(BAB)≤2<3.r\begin{pmatrix}ABA\\BAB\end{pmatrix} \le r(ABA)+r(BAB)\le2<3.

故齐次方程组

(ABABAB)x=0\begin{pmatrix}ABA\\BAB\end{pmatrix}x=0

存在非零解，即 ABAx=0ABAx=0 与 BABx=0BABx=0 有公共非零解。 3. 若 r(BA)=2r(BA)=2，则 r(AB)=3r(AB)=3，此时 ABAB 可逆，从而 A,BA,B 均可逆，进而 BABA 可逆，应有 r(BA)=3r(BA)=3，矛盾。因此这种情况不可能出现。

综上，

r(ABABAB)<3,r\begin{pmatrix}ABA\\BAB\end{pmatrix}<3,

方程组 ABAx=0ABAx=0 与 BABx=0BABx=0 一定有公共非零解，选 D。

四、做题总结

  1. 两个矩阵相加，条件反射想到
r(A+B)≤r(A)+r(B).r(A+B)\le r(A)+r(B).
  1. 多个齐次方程组存在公共非零解，可以把系数矩阵纵向拼接，转化为判断
r(AB)<n.r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}<n.
  1. 秩一矩阵相加常用于二次型矩阵、特征值和标准形问题。
  2. 当题设只给出 ABAB 与 BABA 的关系时，不要轻易把 A,BA,B 单独拆开研究；先判断结论是否真的能“推出来”。
Back to archive

Discussion

Comments

Post

Share questions, corrections, or extra notes about this post.