矩阵秩的核心结论、证明与典型应用

本文合并整理矩阵秩相关的常用结论、证明方法与典型题型。

矩阵秩的定义与基础认识

秩是线性代数的核心概念之一。它贯穿向量组、线性方程组、特征值、相似对角化和二次型等内容。

1. 定义

若矩阵 $A$ 存在一个 $k$ 阶非零子式，而所有 $k+1$ 阶子式均为零，则称矩阵 $A$ 的秩为 $k$，记作

$$r(A)=k.$$

换句话说，矩阵的秩就是 $A$ 中最大非零子式的阶数。特别地，

$$r(A)=0\iff A=O.$$

矩阵的行秩、列秩和矩阵的秩三者相等。

2. 基础公式总表

设各矩阵尺寸满足运算要求，则常用结论如下。

1. 对 $A_{m\times n}\ne O$，

   $$0<r(A)\le \min\{m,n\}.$$

2. 当 $k\ne0$ 时，

   $$r(kA)=r(A).$$

3. 若 $P,Q$ 为可逆矩阵，则

   $$r(A)=r(PA)=r(AQ)=r(PAQ).$$

4. 若 $A_{m\times n}$ 列满秩，则 $r(AB)=r(B)$；若 $B_{n\times s}$ 行满秩，则 $r(AB)=r(A)$。

5. 矩阵相乘时秩不可能增大：

   $$r(AB)\le \min\{r(A),r(B)\}.$$

6. 矩阵和满足

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

7. 分块对角矩阵满足

   $$r\begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix} =r\begin{pmatrix}O&A\\B&O\end{pmatrix} =r(A)+r(B).$$

8. 更一般地，

   $$r(A)+r(B) \le r\begin{pmatrix}A&O\\C&B\end{pmatrix} \le r(A)+r(B)+r(C).$$

9. 若 $A$ 为 $m\times n$ 矩阵、$B$ 为 $n\times s$ 矩阵，则西尔维斯特不等式为

   $$r(AB)\ge r(A)+r(B)-n.$$

10. 对任意实矩阵 $A$，

    $$r(A)=r(A^T)=r(AA^T)=r(A^TA).$$

11. 对 $n$ 阶矩阵 $A$，伴随矩阵的秩满足

    $$r(A^*)= \begin{cases} n,&r(A)=n,\\ 1,&r(A)=n-1,\\ 0,&r(A)<n-1. \end{cases}$$

12. 若

    $$A^2-(k_1+k_2)A+k_1k_2E=O,\qquad k_1\ne k_2,$$

    即 $(A-k_1E)(A-k_2E)=O$，则

    $$r(A-k_1E)+r(A-k_2E)=n.$$

13. 齐次方程组 $Ax=0$ 的基础解系所含向量个数为

    $$n-r(A).$$

14. 方程组 $Ax=0$ 与 $Bx=0$ 同解，当且仅当

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

15. 两个矩阵的秩相等，等价于它们经过初等变换后具有相同的标准形；相应的行向量组、列向量组也可据此判断等价。

16. 若 $A$ 可相似对角化，$\lambda_i$ 为互异特征值，则特征值 $\lambda_i$ 对应的线性无关特征向量个数为

    $$n_i=n-r(\lambda_iE-A).$$

17. 若 $A$ 可相似对角化，则 $r(A)$ 等于其非零特征值的个数，特征值按重数计算。

解答题例 2.7（1999 年数一真题）

设 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，$B$ 是 $n\times m$ 矩阵，则下列结论正确的是（　）。

A. 当 $m>n$ 时，必有 $|AB|\ne0$

B. 当 $m>n$ 时，必有 $|AB|=0$

C. 当 $n>m$ 时，必有 $|AB|\ne0$

D. 当 $n>m$ 时，必有 $|AB|=0$

解答

由于 $AB$ 为 $m$ 阶方阵，并且

$$r(AB)\le \min\{r(A),r(B)\}\le \min\{m,n\},$$

当 $m>n$ 时，有

$$r(AB)\le n<m.$$

因此 $AB$ 不满秩，必有

$$|AB|=0.$$

所以 B 正确。

当 $n>m$ 时，只能得到 $r(AB)\le m$，而 $AB$ 本身就是 $m$ 阶方阵，故其行列式可能为零，也可能不为零。例如取

$$A=(1,0),\qquad B=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},$$

则 $AB=(1)$，行列式不为零；适当改变 $A,B$ 又可使 $AB=O$。因此 C、D 均不成立。

一、结论速查

设矩阵乘法均有意义，则有以下结论。

1. 乘积与满秩

$$r(AB)\le \min\{r(A),r(B)\}.$$

• 左乘列满秩矩阵，秩不变；
• 右乘行满秩矩阵，秩不变；
• 左乘或右乘可逆矩阵，秩不变。

若 $A$ 列满秩，则 $r(AB)=r(B)$；若 $B$ 行满秩，则 $r(AB)=r(A)$。

2. 四秩相等

对任意实矩阵 $A$，

$$r(A)=r(A^T)=r(A^TA)=r(AA^T).$$

更本质的关系是

$$\ker(A^TA)=\ker(A), \qquad \ker(AA^T)=\ker(A^T).$$

3. 和与分块矩阵

$$r(A+B)\le r(A,B)\le r(A)+r(B),$$

以及

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

4. 零乘积与西尔维斯特不等式

若 $A$ 为 $m\times n$ 矩阵，$B$ 为 $n\times s$ 矩阵，则

$$r(A)+r(B)-n\le r(AB).$$

特别地，若 $AB=O$，则

$$r(A)+r(B)\le n.$$

5. 伴随矩阵

对 $n$ 阶矩阵 $A$，

$$r(A^*)= \begin{cases} n,&r(A)=n,\\ 1,&r(A)=n-1,\\ 0,&r(A)\le n-2. \end{cases}$$

6. 方程组、特征向量与二次型

若 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，则

$$r(A)=n \iff Ax=0\text{ 只有零解} \iff \forall x\ne0, Ax\ne0.$$

此外，

$$\dim\ker(A-\lambda E)=n-r(A-\lambda E),$$

且

$$A^TA\text{ 正定}\iff r(A)=n.$$

二、矩阵乘法中的强弱关系

由 $r(AB)\le r(A)$ 与 $r(AB)\le r(B)$ 可得到两条常用判断方向：

• 弱矩阵无关，可推出强矩阵无关；
• 强矩阵相关，可推出弱矩阵相关。

例如，若 $AB$ 的列向量组线性无关，则 $B$ 的列向量组必线性无关；若 $A$ 的列向量组线性相关，则 $AB$ 的列向量组必线性相关。逆方向一般不成立。

若 $AB=E_n$，则

$$n=r(AB)\le r(A),r(B),$$

结合矩阵的尺寸可判断相应矩阵满秩。方阵情形下，$A,B$ 均可逆，并且 $B=A^{-1}$。

三、满秩矩阵乘法与等价关系

若 $P$ 列满秩，则存在左逆矩阵 $L$ 使 $LP=E$。于是

$$r(B)=r(LPB)\le r(PB)\le r(B),$$

所以 $r(PB)=r(B)$。

同理，若 $Q$ 行满秩，则存在右逆矩阵 $R$ 使 $QR=E$，从而

$$r(A)=r(AQR)\le r(AQ)\le r(A),$$

故 $r(AQ)=r(A)$。

因此，乘以可逆矩阵不改变秩。两个同型矩阵 $A,B$ 等价，当且仅当

$$r(A)=r(B).$$

若存在可逆矩阵 $P,Q$ 使 $B=PAQ$，则 $A,B$ 等价。对向量组而言：

• $A=BP$ 且 $P$ 可逆，说明两组列向量等价；
• $A=QB$ 且 $Q$ 可逆，说明两组行向量等价。

四、四秩相等

证明 $r(A)=r(A^TA)$，只需比较两个齐次方程组的解空间。

显然 $Ax=0$ 时有 $A^TAx=0$。反过来，若 $A^TAx=0$，则

$$x^TA^TAx=(Ax)^T(Ax)=\lVert Ax\rVert^2=0,$$

所以 $Ax=0$。故

$$\ker(A^TA)=\ker(A),$$

由秩—零度定理得到 $r(A^TA)=r(A)$。再对 $A^T$ 使用同一结论，便有

$$r(AA^T)=r(A^T)=r(A).$$

交替乘积同样不会改变秩，例如

$$r(AA^TA)=r(A), \qquad r(A^TAA^T)=r(A).$$

其原因可以理解为：$A^TA$ 与 $AA^T$ 不会额外损失 $A$ 已有的有效方向。

五、矩阵和与分块矩阵的秩不等式

设 $A=(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$，$B=(\beta_1,\ldots,\beta_n)$，则 $A+B$ 的每一列都是 $(A,B)$ 各列的线性组合，所以

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

又因为

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

故

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

利用转置可得纵向分块结论：

$$r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix} =r(A^T,B^T) \le r(A)+r(B).$$

解答题典型题：两个秩一矩阵相加

设 $A,B$ 为同阶矩阵，且 $r(A)=r(B)=1$。判断 $r(A+B)$ 的可能取值。

解答

由秩不等式，

$$r(A+B)\le r(A)+r(B)=2.$$

因此 $r(A+B)$ 只能为 $0,1,2$。具体取值取决于两矩阵的行、列空间是否发生抵消或增加新的独立方向。

若出现

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

则两因子之差为 $(a-b)E$，所以

$$n=r((a-b)E)\le r(A+aE)+r(A+bE).$$

另一方面由零乘积又有

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

故等号成立。

六、零乘积与伴随矩阵

若 $AB=O$，则 $B$ 的每个列向量都属于 $A$ 的零空间，因此

$$R(B)\subseteq N(A).$$

于是

$$r(B)\le \dim N(A)=n-r(A),$$

即 $r(A)+r(B)\le n$。

伴随矩阵满足

$$AA^*=A^*A=|A|E.$$

• 若 $r(A)=n$，则 $A^*=|A|A^{-1}$，所以 $r(A^*)=n$；
• 若 $r(A)=n-1$，至少存在一个非零的 $n-1$ 阶子式，故 $A^*\ne O$，又由 $AA^*=O$ 得 $r(A^*)\le1$，所以 $r(A^*)=1$；
• 若 $r(A)\le n-2$，所有 $n-1$ 阶子式均为零，所以 $A^*=O$。

解答题西尔维斯特不等式的等号传递

设矩阵乘法有意义，并已知

$$r(ABC)=r(A)+r(B)+r(C)-m-n,$$

其中 $m,n$ 为两次乘法中间维数。说明相邻乘积的西尔维斯特不等式也取等号。

解答

连续使用西尔维斯特不等式：

$$r(ABC)\ge r(AB)+r(C)-n \ge r(A)+r(B)+r(C)-m-n.$$

首尾相等，因此中间每一步都必须取等号。故

$$r(AB)=r(A)+r(B)-m,$$

并且 $AB$ 与 $C$ 之间的西尔维斯特不等式也取等号。

七、秩、方程组与相似对角化

满列秩等价于齐次方程组只有零解：

$$r(A)=n\iff Ax=0\text{ 只有零解}.$$

解答题例题：由秩判断可对角化

设三阶矩阵 $A$ 满足

$$r(A-2E)<r(A-E)<r(A),$$

证明 $A$ 可相似对角化。

解答

三个秩严格递增，且 $r(A-2E)=0$ 会导致 $A=2E$，进而 $r(A-E)=r(A)=3$，产生矛盾。因此

$$r(A-2E)=1,\qquad r(A-E)=2,\qquad r(A)=3.$$

于是

$$\dim\ker(A-2E)=2, \qquad \dim\ker(A-E)=1.$$

特征值 $2$ 对应两个线性无关的特征向量，特征值 $1$ 对应一个线性无关的特征向量。三阶矩阵 $A$ 共有三个线性无关的特征向量，故可相似对角化。

八、秩与正定二次型

::: written 例题：$A^TA$ 的正定性

设 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，证明

$$A^TA\text{ 正定}\iff r(A)=n.$$

:::

解答

$A^TA$ 是对称矩阵。若它正定，则对任意 $x\ne0$，

$$x^TA^TAx=\lVert Ax\rVert^2>0,$$

故 $Ax\ne0$，即 $Ax=0$ 只有零解，所以 $r(A)=n$。

反之，若 $r(A)=n$，则任意 $x\ne0$ 都满足 $Ax\ne0$，从而

$$x^TA^TAx=\lVert Ax\rVert^2>0.$$

因此 $A^TA$ 正定。

九、合并前文章中的例题补充

解答题例 2.16（2008 年数一真题）

设 $\alpha,\beta$ 为三维列向量，

$$A=\alpha\alpha^T+\beta\beta^T.$$

证明：$r(A)\le2$；若 $\alpha,\beta$ 线性相关，则 $r(A)<2$。

解答

由秩的次可加性，

$$r(A)\le r(\alpha\alpha^T)+r(\beta\beta^T) \le r(\alpha)+r(\beta)\le2.$$

若 $\alpha=k\beta$，则

$$A=(k^2+1)\beta\beta^T,$$

所以 $r(A)\le r(\beta)\le1<2$。另一种线性相关情形同理。

解答题例 2.17（2013 年数一、数二、数三真题）

设二次型

$$f=2(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3)^2 +(b_1x_1+b_2x_2+b_3x_3)^2,$$

记

$$\alpha=(a_1,a_2,a_3)^T, \qquad \beta=(b_1,b_2,b_3)^T.$$

证明其矩阵为 $2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T$；若 $\alpha,\beta$ 正交且均为单位向量，求二次型的标准形。

解答

令 $x=(x_1,x_2,x_3)^T$，则

$$f=2x^T\alpha\alpha^Tx+x^T\beta\beta^Tx =x^T(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T)x.$$

所以二次型矩阵为 $A=2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T$。由正交单位条件，

$$A\alpha=2\alpha, \qquad A\beta=\beta.$$

因此 $2,1$ 是 $A$ 的特征值。又

$$r(A)\le r(2\alpha\alpha^T)+r(\beta\beta^T)=2,$$

所以 $0$ 也是特征值。标准形为

$$f=2y_1^2+y_2^2.$$

解答题例 2.18

$n$ 阶矩阵 $A$ 满足

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

证明

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

解答

由零乘积结论，

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

另一方面，

$$(A+aE)-(A+bE)=(a-b)E,$$

故

$$n=r((a-b)E) \le r(A+aE)+r(A+bE).$$

两边结合即得结论。

解答题例 2.19（2025 年数二真题）

设三阶矩阵 $A,B$ 满足

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

证明方程组 $ABAx=0$ 与 $BABx=0$ 有公共非零解。

解答

若 $r(BA)=0$，则 $BA=O$，从而 $ABA=BAB=O$，结论显然成立。

若 $r(BA)=1$，则 $r(AB)=2$，并且

$$r(ABA)\le r(BA)=1, \qquad r(BAB)\le r(BA)=1.$$

于是

$$r\begin{pmatrix}ABA\\BAB\end{pmatrix} \le r(ABA)+r(BAB)\le2<3,$$

故分块齐次方程组存在非零解。

若 $r(BA)=2$，则 $r(AB)=3$，从而 $AB$ 可逆，进一步推出 $A,B$ 均可逆，与 $r(BA)=2$ 矛盾。因此这种情况不可能出现。

综上，两个方程组必有公共非零解。

解答题例题：由二次型的秩求参数

设

$$A= \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ -1&0&a\\ 0&a&-1 \end{pmatrix},$$

二次型 $f=x^T(A^TA)x$ 的秩为 $2$，求参数 $a$。

解答

由四秩相等，

$$r(A^TA)=r(A)=2.$$

对 $A$ 作初等行变换：

$$\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ -1&0&a\\ 0&a&-1 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 0&0&a+1\\ 0&0&-a-1 \end{pmatrix}.$$

前两行线性无关。要使矩阵的秩恰为 $2$，必须有 $a+1=0$，所以

$$\boxed{a=-1}.$$

十、做题路线

1. 看到矩阵乘积，先写 $r(AB)\le\min\{r(A),r(B)\}$。
2. 看到 $AB=O$，立刻考虑 $r(A)+r(B)\le n$。
3. 看到 $A^TA$、$AA^T$，优先使用四秩相等和 $\lVert Ax\rVert^2$。
4. 看到 $A-\lambda E$ 的秩，转化为特征空间维数。
5. 看到矩阵和或分块矩阵，使用秩的次可加性。
6. 看到伴随矩阵，按 $r(A)=n$、$n-1$、不超过 $n-2$ 分类。