主要内容\(\newcommand{\Ima}{\rm Im }
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\)
节 2.7 初等列变换与相抵
练习 练习
基础题.
1.
设
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
a_1 & a_2 & a_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1 & c_2 & c_3
\end{pmatrix},P=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & -1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}, Q=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix},
\end{equation*}
计算：
-
-
-
解答.
-
\(APQ=\begin{pmatrix}
a_1 & -a_2 & a_3-a_2\\
b_1 & -b_2 & b_3-b_2\\
c_1 & -c_2 & c_3-c_2
\end{pmatrix}\)；
-
\(AQP=\begin{pmatrix}
a_1 & -a_2 & a_3+a_2\\
b_1 & -b_2 & b_3+b_2\\
c_1 & -c_2 & c_3+c_2
\end{pmatrix}\)；
-
\(PAQ=\begin{pmatrix}
a_1 & a_2 & a_3+a_2\\
-b_1 & -b_2 & -b_3-b_2\\
c_1 & c_2 & c_3+c_2
\end{pmatrix}\)。
2.
求下列矩阵的相抵标准型。
-
\(\begin{pmatrix}
1 & 3 & -5 & 2\\
3 & 1 & 1 & -2\\
-1 & 13 & -27 & 8
\end{pmatrix}\)；
-
\(\begin{pmatrix}
2 & -5 & -3 \\
4 & -7 & 3 \\
1 & -2 & 0 \\
1 & -4 & -6
\end{pmatrix}\)。
解答.
-
因为\(r(A)=3\)，所以\(A\)的相抵标准型为
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
-
因为\(r(A)=2\)，所以\(A\)的相抵标准型为
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
3.
判断矩阵\(A,B\)是否相抵，其中
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix},\ B=\begin{pmatrix}
1 & -1 & 1\\
-1 & 2 & 0\\
1 & 1 & 3
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
解答.
\begin{equation*}
B\xrightarrow{\begin{smallmatrix}
r_2+r_1\\r_3-r_1
\end{smallmatrix}}\begin{pmatrix}
1&-1&1\\0&1&1\\0&2&2
\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-2r_2}\begin{pmatrix}
1&-1&1\\0&1&1\\0&0&0
\end{pmatrix}\xrightarrow{r_1+r_2}\begin{pmatrix}
1&0&2\\0&1&1\\0&0&0
\end{pmatrix},
\end{equation*}
故\(r(B)=2\)。由于\(r(A)=r(B)=2\)，所以\(A\)与\(B\)相抵。
提高题.
4.
设
\(C=\begin{pmatrix}
A & {\bf 0}\\
{\bf 0} & B
\end{pmatrix}\)，证明：
\(r(C)=r(A)+r(B)\)。
解答.
设\(r(A)=r,\ r(B)=s\)，则存在可逆矩阵\(P_1,\ P_2,\ Q_1,\ Q_2\)，使得
\begin{equation*}
A=P_1 \begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}Q_1,\ B=P_2 \begin{pmatrix}
E_2&0\\0&0
\end{pmatrix}Q_2.
\end{equation*}
令\(P=\begin{pmatrix}
P_1&0\\0&P_2
\end{pmatrix},\ Q=\begin{pmatrix}
Q_1&0\\0&Q_2
\end{pmatrix}\)，则\(P\)、\(Q\)是可逆矩阵，且
\begin{equation*}
C=P\begin{pmatrix}
E_r&0&0&0\\
0&0&0&0\\
0&0&E_s&0\\
0&0&0&0
\end{pmatrix}Q.
\end{equation*}
因此\(r(C)=r(\begin{pmatrix}
E_r&0&0&0\\
0&0&0&0\\
0&0&E_s&0\\
0&0&0&0
\end{pmatrix})=r+s=r(A)+r(B)\)。
5.
设\(M\)是\(m\)阶方阵，\(A\)是\(m\times n\)矩阵，且\(r(A)=m\)，证明：
-
存在秩为
\(m\)的
\(n\times m\)矩阵
\(B\)，使得
\(AB=E_m\)；
-
若
\(MA={\bf 0}\)，则
\(M={\bf 0}\)；
-
解答.
-
因为\(r(A_{m\times n})=m\)，所以存在\(m\)阶可逆矩阵\(P\)及\(n\)阶可逆矩阵\(Q\)，使得
\begin{equation*}
A=P\begin{pmatrix} E_m & {\bf 0}_{m\times (n-m)}\end{pmatrix}Q.
\end{equation*}
令\(B=Q^{-1}\begin{pmatrix} E_m \\ {\bf 0}_{(n-m)\times m}\end{pmatrix}P^{-1}\)，则\(B\)是秩为\(m\)的\(n\times m\)矩阵，且
\begin{equation*}
AB=P\begin{pmatrix} E_m & {\bf 0}\end{pmatrix}QQ^{-1}\begin{pmatrix} E_m \\ {\bf 0}\end{pmatrix}P^{-1}=E_m.
\end{equation*}
-
由
项 2.7.5.a知，存在
\(n\times m\)矩阵
\(B\)使得
\(AB=E_m\)。将
\(MA={\bf 0}\)两边同时右乘
\(B\)得
\(M={\bf 0}\)。
-
由
项 2.7.5.a知，存在
\(n\times m\)矩阵
\(B\)使得
\(AB=E_m\)。将
\(MA=A\)两边同时右乘
\(B\)得
\(M=E_m\)。
6.
设\(A\)是秩为\(m\)的\(m\times n\)矩阵，证明：存在\(n\)阶可逆矩阵\(P\)，使得
\begin{equation*}
AP=\begin{pmatrix}
E_m & {\bf 0}
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
解答 1.
因为\(A\)是秩为\(m\)的\(m\times n\)矩阵，所以存在\(m\)阶可逆矩阵\(Q\)及\(n\)阶可逆矩阵\(R\)，使得
\begin{equation*}
A=Q\begin{pmatrix}
E_m & {\bf 0}_{m\times (n-m)}
\end{pmatrix}R,
\end{equation*}
则
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
Q & {\bf 0}_{m\times (n-m)}
\end{pmatrix}R.
\end{equation*}
由于
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
Q & {\bf 0}_{m\times (n-m)}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
E_m & {\bf 0}_{m\times (n-m)}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
Q & {\bf 0}\\
{\bf 0} & E_{n-m}
\end{pmatrix}
\end{equation*}
所以
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
E_m & {\bf 0}_{m\times (n-m)}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
Q & {\bf 0}\\
{\bf 0} & E_{n-m}
\end{pmatrix}R.
\end{equation*}
令\(P=[\begin{pmatrix}
Q&0\\0&E_{m-n}
\end{pmatrix}R]^{-1}\)，则\(P\)为\(n\)阶可逆矩阵且\(AP=\begin{pmatrix}
E_m & {\bf 0}
\end{pmatrix}\)。
解答 2.
因为\(r(A^T_{n\times m})=r(A)=m\)，所以\(A^T\)行等价的简化阶梯形矩阵为
\begin{equation*}
\begin{pmatrix} E_m\\ {\bf 0}_{(n-m)\times m}\end{pmatrix},
\end{equation*}
则存在\(n\)阶可逆矩阵\(Q\)使得
\begin{equation*}
QA^T=\begin{pmatrix} E_m\\ {\bf 0}_{(n-m)\times m}\end{pmatrix}.
\end{equation*}
两边同时取转置得
\begin{equation*}
AQ^T=\begin{pmatrix} E_m & {\bf 0}_{m\times (n-m)}\end{pmatrix}.
\end{equation*}
因此存在\(n\)阶可逆矩阵\(P=Q^T\)，使得
\begin{equation*}
AP=\begin{pmatrix}
E_m & {\bf 0}
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
7.
证明：任意
\(n\)阶方阵
\(A\)可表为
\(A=PB\)，其中
\(P\)为可逆矩阵，
\(B^2=B\)。
解答.
设\(r(A)=r\)，则存在\(n\)阶可逆矩阵\(Q\)、\(R\)，使得
\begin{equation*}
A=R \begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}Q.
\end{equation*}
令\(P=RQ,\ B=Q^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}Q\)，则\(A=PB\)，其中\(P\)是可逆矩阵且
\begin{equation*}
B^2=[Q^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}Q][Q^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}Q]=Q^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}Q=B.
\end{equation*}
8.
设\(A\)是\(m\times n\)矩阵，证明：存在\(n\times m\) 矩阵\(B\)，使得
\begin{equation*}
A=ABA,\ B=BAB.
\end{equation*}
解答.
设\(r(A)=r\)，则存在\(m\)阶可逆矩阵\(P\)、\(n\)阶可逆矩阵\(Q\)，使得
\begin{equation*}
A=P \begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}Q.
\end{equation*}
令\(B=Q^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}P^{-1}\)，则\(B\)是\(n\times m\)矩阵，满足
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
ABA&=P \begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}QQ^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}P^{-1}P \begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}Q\\
&=P \begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}Q\\
&=A,\end{array}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
BAB&=Q^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}P^{-1}P \begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}QQ^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}P^{-1}\\
&=Q^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}P^{-1}\\
&=B.\end{array}
\end{equation*}
9.
设\(A\)是一个\(n\)阶方阵，证明：
-
\(r(A)\leq 1\) 的充分必要条件是存在
\(n\)维列向量
\(\alpha,\beta\)，使得
\(A=\alpha\beta^T\)；
-
如果
\(r(A)=1\)，那么
\(A^2=cA\)，其中
\(c\)为常数。
解答.
-
-
若
\(r(A)=0\)，则
\(A={\bf 0}\)。因此
\(A=\alpha\beta^T\)，其中
\(\alpha,\beta\)均为
\(n\)维零向量；
-
若\(r(A)=1\)，则存在\(n\)阶可逆矩阵\(P\)、\(Q\)使得
\begin{equation*}
A=P \begin{pmatrix}
E_1&{\bf 0}\\{\bf 0}&{\bf 0}
\end{pmatrix}Q.
\end{equation*}
注意到\(\begin{pmatrix}
E_1&{\bf 0}\\{\bf 0}&{\bf 0}
\end{pmatrix}=\varepsilon_1\varepsilon_1^T\)，故令\(\alpha =P\varepsilon_1,\beta=Q^T\varepsilon_1\)，则\(\alpha,\beta\)为\(n\)维列向量且满足\(A=\alpha\beta^T\)。
充分性：设
\(\alpha=(a_1,a_2,\cdots ,a_n)^T,\beta=(b_1,b_2,\cdots ,b_n)^T\)。
-
若
\(\alpha={\bf 0}\)或
\(\beta={\bf 0}\)，则
\(A={\bf 0}\)。故
\(r(A)=0\leq 1\)。
-
若\(\alpha\neq {\bf 0}\)且\(\beta\neq {\bf 0}\)，不妨设\(a_1\neq 0,b_1\neq 0\)，则
\begin{equation*}
\begin{array}{rl}
A=&\begin{pmatrix}
a_1b_1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\
a_2b_1&a_2b_2&\cdots&a_2b_n\\
\vdots&\vdots&&\vdots\\
a_nb_1&a_nb_2&\cdots&a_nb_n
\end{pmatrix}\\\xrightarrow{r_i-\frac{a_i}{a_1}r_1}&\begin{pmatrix}
a_1b_1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\
0&0&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&&\vdots\\
0&0&\cdots&0
\end{pmatrix},\end{array}
\end{equation*}
此时\(r(A)=1\)。
-
由
项 2.7.9.a知，存在
\(n\)维列向量
\(\alpha,\beta\)，使得
\(A=\alpha\beta^T\)。于是，
\begin{equation*}
A^2=(\alpha\beta^T)^2=\alpha(\beta^T\alpha)\beta^T,
\end{equation*}
其中\(\beta^T\alpha\in\mathbb{F}^{1\times 1}\)。因此\(A^2=cA\)，其中\(c=\beta^T\alpha\)为常数。
挑战题.
10.
设\(A\)是\(n\)阶非零方阵，其中\(n\geq 2\)，证明：存在\(n\)阶非零方阵\(B\)，使得
\begin{equation*}
(AB)^n=(BA)^n={\bf 0}.
\end{equation*}
解答.
-
若\(A\)可逆，取 \(B=A^{-1}\begin{pmatrix}
{\bf 0} & E_{n-1}\\
0 & {\bf 0}\end{pmatrix}\)，则\(B\)是\(n\)阶非零方阵，且
\begin{equation*}
(AB)^n=\begin{pmatrix}
{\bf 0} & E_{n-1}\\
0 & {\bf 0}\end{pmatrix}^n={\bf 0},
\end{equation*}
\begin{equation*}
(BA)^n=A^{-1}\begin{pmatrix}
{\bf 0} & E_{n-1}\\
0 & {\bf 0}\end{pmatrix}^nA={\bf 0}.
\end{equation*}
-
若\(A\)不可逆，则\(r(A)=r< n\)。由于 \(r(A)=r\)，所以存在\(n\)阶可逆矩阵\(P,Q\)使得
\begin{equation*}
A=P\begin{pmatrix}
E_r & {\bf 0}\\
{\bf 0} & {\bf 0}\end{pmatrix}Q.
\end{equation*}
取
\begin{equation*}
B=Q^{-1}\begin{pmatrix}
{\bf 0} & {\bf 0}\\
{\bf 0} & E_{n-r}
\end{pmatrix}P^{-1},
\end{equation*}
由\(r < n\)可知\(B\)是非零\(n\)阶方阵。不难验证\(AB=BA={\bf 0}\)，因此\((AB)^n=(BA)^n={\bf 0}\)。
