2.3.1-7

$\\$ 略。$\\$

2.3.8 $\quad$ 证明，$\operatorname{rank}(kA)=\operatorname{rank}(A)(k \neq 0)$，$\quad \operatorname{rank}(A+B)\leq\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B).\\$

证明：$\\$ 由矩阵的秩在初等行变换后不变立得$\operatorname{rank}(kA)=\operatorname{rank}(A)(k \neq 0).\\$ $\mathcal{R}(A+B)\subseteq\mathcal{R}(A)+\mathcal{R}(B)\implies\operatorname{rank}(A+B)\leq\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B).\\$

2.3.9 $\quad$ 证明：$\max\{\operatorname{rank}(A),\operatorname{rank}(B)\}\leq\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix})\leq\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B).\\$

证明：$\\$ $\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix})\geq\operatorname{rank}(A),\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix})\geq\operatorname{rank}(B)\implies\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix})\geq\max\{\operatorname{rank}(A),\operatorname{rank}(B)\}$。设$A,B$的一组基分别是$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_s$和$\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_t$，则$\mathcal{R}(\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix})=\operatorname{span}(\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_s,\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_t)\implies\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix})\leq\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)$等号成立当且仅当$A,B$的基线性无关。$\\$

2.3.10

$\\$ 1. 对分块对角矩阵$C=\begin{bmatrix} A&O\\O&B \end{bmatrix}$，证明：$\operatorname{rank}(C)=\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B).\\$ 2. 对分块对角矩阵$C=\begin{bmatrix} A&X\\O&B \end{bmatrix}$，证明：$\operatorname{rank}(C)\geq\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)$。由此证明，当$A,B$可逆时，$C$也可逆。$\\$ 1. 证明：$\\$ $\begin{bmatrix}A\\O\end{bmatrix}$的一组基和$\begin{bmatrix}O\\B\end{bmatrix}$的一组基一定线性无关。由2.3.9中结论立得$\operatorname{rank}(C)=\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B).\\$ 2. 证明：$\\$ 设$A,B$的一组基分别是$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_s$和$\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_t$，则$\begin{bmatrix}\bm{a}_1\\\bm{0}\end{bmatrix},\cdots,\begin{bmatrix}\bm{a}_s\\\bm{0}\end{bmatrix},\begin{bmatrix}\bm{x}_1\\\bm{b}_1\end{bmatrix},\cdots,\begin{bmatrix}\bm{x}_t\\\bm{b}_t\end{bmatrix}\in\mathcal{R}(C)$且线性无关，于是$\operatorname{rank}(C)\geq\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B).\\$

2.3.11 $\quad$ 设$A,B,C$分别为$m\times n, n\times k, k\times s$阶矩阵，证明：$$\operatorname{rank}(AB)+\operatorname{rank}(BC)\leq\operatorname{rank}(ABC)+\operatorname{rank}(B).$$

证明：$\\$ 此即著名的Frobenius不等式。利用初等行列变换不改变秩及2.3.10中结论有 $$\begin{align*} \operatorname{rank}(ABC)+\operatorname{rank}(B)&=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}ABC&\\&B\end{bmatrix})\\ &=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}ABC&AB\\&B\end{bmatrix})\\ &=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}O&AB\\-BC&B\end{bmatrix})\\ &=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}-BC&B\\O&AB\end{bmatrix})\\ &\geq\operatorname{rank}(AB)+\operatorname{rank}(BC) \end{align*}$$

2.3.12 $\quad$ 设$m\times n$矩阵$A$的秩为$1$，证明，存在非零向量$\bm{a}\in\mathbb{R}^m,\bm{a}\in\mathbb{R}^n$，使得$A=\bm{a}\bm{b}^{\mathrm{T}}.\\$

证明：$\\$ 设$\mathcal{R}(A)$的一个基是$\bm{a}$，一定存在不全为零的一组$k_1,k_2,\cdots,k_n$满足$A=\begin{bmatrix}k_1\bm{a}&\cdots&k_n\bm{a}\end{bmatrix}$。令$\bm{b}=\begin{bmatrix}k_1\\\vdots\\k_n\end{bmatrix}$即得$A=\bm{a}\bm{b}^{\mathrm{T}}.\\$

2.3.13 $\quad$ 试分析矩阵$A$满足什么条件时，$AB=BC$可以推出$B=C.\\$

解：$\\$ $AB=AC\implies AB-AC=O \implies A(B-C)=O$，于是若$A$列满秩，则$B=C.\\$

2.3.14 $\quad$ 设$m\times n$矩阵$A$列满秩，求证：存在行满秩的$n\times m$矩阵$B$，使得$BA=I_n.\\$

证明：$\\$ 对列满秩矩阵$A$，利用初等行变换可将矩阵化为$\begin{bmatrix}I_n\\O\end{bmatrix}$，即存在可逆矩阵$P$使得$PA=\begin{bmatrix}I_n\\O\end{bmatrix}$。令$Q=\begin{bmatrix}I_n&O\end{bmatrix}$，则$QPA=I_n$。再令$QP=B$，显然$B$是$P$的前$n$行，是$n \times m$列满秩矩阵。$\\$

2.3.15

$\\$ 略。$\\$

2.3.16 $\quad$ 设$A,B$是$n$阶方阵，利用不等式$\operatorname{rank}(AB)\leq\min\{\operatorname{rank}(A),\operatorname{rank}(B)\}$，证明：

$\\$ 1. 如果$AB=I_n$，则$A,B$都可逆，且$BA=I_n$。$\\$ 2. 如果$AB$可逆，则$A,B$都可逆。$\\$ 1. 证明：$\\$ $n=\operatorname{rank}(AB)\leq\min\{\operatorname{rank}(A),\operatorname{rank}(B)\}\implies \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(B)=n$。即$A,B$都可逆。由可逆矩阵的性质可知$AB=BA=I_n.\\$ 2. $\\$ 证明同1，略。$\\$

2.3.17

$\\$ 略。$\\$

2.3.18 $\quad$ 证明，当$A$行满秩时，仅用初等行变换就可以把它化为相抵标准型；当$A$列满秩时，仅用初等行变换就可以把它化为相抵标准型。

$\\$ 由行约化阶梯型立得，略。$\\$

2.3.19 $\quad$ 对二阶方阵$A$，如果存在$n \gt 2$，使得$A^n=O$，求证：$A^2=O.\\$

证明：$\\$ 由于可逆矩阵的乘积仍然是可逆矩阵，所以$A$一定不可逆，$\operatorname{rank}(A)\leq 1$。根据$A$的秩分类讨论。$\\$ (a) 若$\operatorname{rank}(A)=0$，此时$A^2=O$显然成立。$\\$ (b) 若$\operatorname{rank}(A)=1$，此时$A=\bm{a}\bm{b}^{\mathrm{T}} (\bm{a},\bm{b}\neq\bm{0})$，所以$A^n=O\implies\bm{a}(\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{a})^{n-1}\bm{b}^{\mathrm{T}}=O\implies\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{a}=\bm{0}\implies\bm{a}\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{a}\bm{b}^{\mathrm{T}}=A^2=O.\\$

2.3.20 $\quad$ 多项式$f(x)$满足$f(0)=0$，求证：对于任意方阵$A$，都有$\operatorname{rank}(f(A))\leq\operatorname{rank}(A).$

$\\$ 证明：$\\$ $f(0)=0\implies f(x)=xg(x) \implies \operatorname{rank}(f(A))=\operatorname{rank}(A\cdot g(A))\leq\operatorname{rank}(A).\\$

2.3.21 $\quad$ 考虑反对称矩阵的秩。

$\\$ 1. 证明反对称矩阵的秩不能是$1$。$\\$ 2. 对反对称矩阵$A$，去掉首行首列得到矩阵$B$。求证：$B$也是反对称矩阵且$\operatorname{rank}(B)$等于$\operatorname{rank}(A)$或$\operatorname{rank}(A)-2$。$\\$ 3. 证明反对称矩阵的秩必然是偶数。由此证明，奇数阶反对称矩阵一定不可逆。$\\$ 1. 证明：$\\$ 用反证法，假设$\operatorname{rank}(A)=1$，于是$A=\bm{a}\bm{b}^{\mathrm{T}}(\bm{a},\bm{b}\neq\bm{0})$。由反对称矩阵性质有$\bm{a}\bm{b}^{\mathrm{T}}=-\bm{b}\bm{a}^{\mathrm{T}}\implies\bm{a}\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{a}=-\bm{b}\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}\implies\bm{b}=-\cfrac{\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{a}}{\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}}\bm{a}=k\bm{a}$。所以$\bm{a}\bm{b}^{\mathrm{T}}=k\bm{a}\bm{a}^{\mathrm{T}}=-k\bm{a}\bm{a}^{\mathrm{T}}\implies\bm{a}=\bm{0}$，矛盾。即反对称矩阵的秩不能是$1.\\$ 2. 证明：$\\$ $A$可以被表示成$A=\begin{bmatrix} 0&-\bm{v}^{\mathrm{T}}\\ \bm{v}&B \end{bmatrix}$。分两种情况：$\\$ (a)若$\bm{v}\in\mathcal{R}(B)$，则存在$\bm{x}\in\mathbb{R}^{n-1}$使$\bm{v}=B\bm{x}.\\$ 利用初等行变换和列变换不改变秩，有$\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} 0&\bm{x}^{\mathrm{T}}B\\ B\bm{x}&B \end{bmatrix})=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} -\bm{x}^{\mathrm{T}}B\bm{x}&\bm{x}^{\mathrm{T}}B\\ \bm{0}&B \end{bmatrix})=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} -\bm{x}^{\mathrm{T}}B\bm{x}&\bm{0}^{\mathrm{T}}\\ \bm{0}&B \end{bmatrix})$。而$\bm{x}^{\mathrm{T}}B\bm{x}=(\bm{x}^{\mathrm{T}}B\bm{x})^\mathrm{T}\implies\bm{x}^{\mathrm{T}}B\bm{x}=0$，即$\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(B).\\$ (b)若$\bm{v}\notin\mathcal{R}(B)$，则$\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} 0&-\bm{v}^{\mathrm{T}}\\ \bm{v}&B \end{bmatrix})=1+\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} -\bm{v}^{\mathrm{T}}\\ B \end{bmatrix})=1+\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} -\bm{v}^{\mathrm{T}}&-B \end{bmatrix})=2+\operatorname{rank}(B).\\$ 综上，$\operatorname{rank}(B)=\operatorname{rank}(A)$或$\operatorname{rank}(A)-2.\\$ 3.证明：$\\$ 用数学归纳法。 阶数为2时显然成立。现假设阶数为$n-1$时成立，考虑阶数为$n$的情况。$\\$ 设$A=\begin{bmatrix} 0&-\bm{v}^{\mathrm{T}}\\ \bm{v}&B \end{bmatrix}$是$n$阶反对称矩阵，$B$是$n-1$阶反对称矩阵。根据归纳假设，$\operatorname{rank}(B)$是偶数。由上面讨论可知$\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(B)$或$\operatorname{rank}(B)+2$,也是偶数。$\\$ 这表明阶数为$n-1$时成立则阶数为$n$时也成立，于是$n\geq 2$时都成立。$\\$

2.3.22 $\quad$ 设$A$是$n$阶可逆实反对称矩阵，$\bm{b}$是$n$维实列向量，求证：$\operatorname{rank}(A+\bm{b}\bm{b}^{\mathrm{T}})=n.\\$

证明：$\\$ 设$B=\begin{bmatrix} 1&-\bm{b}^{\mathrm{T}}\\ \bm{b}&A \end{bmatrix}$，由于$A$可逆，于是存在$\bm{x}\in\mathbb{R}^n$满足$A\bm{x}=\bm{b}.\\$ 利用初等行变换和列变换$$\begin{bmatrix} 1&-\bm{b}^{\mathrm{T}}\\ \bm{b}&A \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix} 1+\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{x}&-\bm{b}^{\mathrm{T}}\\ \bm{0}&A \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix} 1-\bm{x}^{\mathrm{T}}A\bm{x}&\\ &A \end{bmatrix}$$又因为$A$是反对称矩阵，$\bm{x}^{\mathrm{T}}A\bm{x}=(\bm{x}^{\mathrm{T}}A\bm{x})^\mathrm{T}\implies\bm{x}^{\mathrm{T}}A\bm{x}=0$，所以$\operatorname{rank}(B)=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} 1&\\ &A \end{bmatrix})=n+1.\\$ 而$$\begin{bmatrix} 1&-\bm{b}^{\mathrm{T}}\\ \bm{b}&A \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix} 1&\bm{0}^{\mathrm{T}}\\ \bm{b}&A+ \bm{b}\bm{b}^{\mathrm{T}} \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix} 1&\\ &A+ \bm{b}\bm{b}^{\mathrm{T}} \end{bmatrix}$$于是$n+1=\operatorname{rank}(B)=1+\operatorname{rank}(A+\bm{b}\bm{b}^{\mathrm{T}})\implies\operatorname{rank}(A+\bm{b}\bm{b}^{\mathrm{T}})=n.\\$

2.3.23

$\\$ 略。$\\$

2.3.24 $\quad$ (秩一分解) 证明，任意秩为$r \gt 0$的矩阵$A$可以分解成$r$个秩为$1$的矩阵的和。

$\\$ 证明：$\\$ $$A=P\begin{bmatrix} I_r&O\\O&O \end{bmatrix}Q =P\begin{bmatrix} I_r\\O \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I_r&O \end{bmatrix}Q =\begin{bmatrix} \bm{p}_1&\cdots&\bm{p}_r \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \bm{q}_1^{\mathrm{T}}\\\vdots\\\bm{q}_r^{\mathrm{T}} \end{bmatrix} =\bm{p}_1\bm{q}_1^{\mathrm{T}}+\cdots+\bm{p}_r\bm{q}_r^{\mathrm{T}}.$$