矩陣論（零）：線性代數基礎知識整理（3）——矩陣的秩與向量組的秩

矩陣論專欄：專欄（文章按照順序排序）

本篇博客接着上篇博客矩陣論（零）：線性代數基礎知識整理（2）——矩陣的秩與向量組的秩的內容，主要整理秩相關的結論。

• 線性方程組的解與向量組的秩
  • 線性方程組的解
  • 向量組的秩
• 零矩陣的判定定理
• 關於秩的重要結論（結合向量組的秩、分塊矩陣的秩的方法進行總結）
  • 矩陣的秩與向量組的秩的關係
  • 常用矩陣秩相關的等式和不等式
    • 公式1：$|r(A)-r(B)|\leqslant r(A\pm B)\leqslant{}r(A)+r(B)$以及取等號的條件
    • 公式2：$r(AB)\leqslant{}min\{r(A),r(B)\}$
    • 公式3（Sylvester不等式）：$r(A)+r(B)-n\leqslant{}r(AB)$以及取等號的條件
    • 公式4（Frobenius不等式）：$r(ABC)\geqslant r(AB)+r(BC)-r(B)$以及取等號的條件
    • 公式5：$r(I-AB)\leqslant r(I-A)+r(I-B)$
    • 公式6：若$AB=BA$，則$r(A+B)\leqslant r(A)+r(B)-r(AB)$
    • 公式7：$r(A^HA)=r(AA^H)=r(A)$
    • 公式8：若$W=Y^TAX$非奇異，則$r(A-AXW^{-1}Y^TA)=r(A)-r(AXW^{-1}Y^TA)$
      • 推論：Wedderburn秩1化簡公式
    • 公式9：設$A$是$n$階方陣，則$r(A^n)=r(A^{n+1})=r(A^{n+2})=...$
  • 常見相關推論
    • 矩陣方程$AX=B$有解的充要條件
    • 同解方程組的充要條件
    • 冪等矩陣的充要條件
    • 對合矩陣的充要條件

由於篇幅太長，加上公式太多打開網頁渲染慢的原因，目錄中的內容分兩篇博客來寫，上篇是矩陣論（零）：線性代數基礎知識整理（2）——矩陣的秩與向量組的秩。上篇博客包含：目錄中公式3及其之前的所有內容，包括定理1~20和所有提到的定義。

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常用秩的等式和不等式

• 引理：$r\begin{bmatrix}A&O\\C&B\end{bmatrix}=r\begin{bmatrix}A&O\\O&B\end{bmatrix}$的充要條件爲存在矩陣$X,Y$使得$C=XA+BY$
  證：
  充分性：$\begin{aligned}r\begin{bmatrix}A&O\\C&B\end{bmatrix}&=r\begin{bmatrix}A&O\\XA+BY&B\end{bmatrix}\\&\overset{\text{行變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&O\\BY&B\end{bmatrix}\\&\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&O\\O&B\end{bmatrix}\end{aligned}$
  必要性：由等價標準形定理，存在可逆矩陣$P_1,Q_1,P_2,Q_2$使得$P_1AQ_1=\begin{bmatrix}I_t&O\\O&O\end{bmatrix}$且$P_2BQ_2=\begin{bmatrix}I_s&O\\O&O\end{bmatrix}$，其中$t=r(A),s=r(B)$。計算可得$\begin{bmatrix}P_1&O\\O&P_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}A&O\\O&B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1&O\\O&Q_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I_t&&&\\&O&&\\&&I_s&\\&&&O\end{bmatrix}$以及$\begin{bmatrix}P_1&O\\O&P_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}A&O\\C&B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1&O\\O&Q_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I_t&&&\\&O&&\\D_1&D_2&I_s&\\D_3&D_4&&O\end{bmatrix}$其中$\begin{bmatrix}D_1&D_2\\D_3&D_4\end{bmatrix}=P_2CQ_1$。由於左乘/右乘可逆矩陣不改變矩陣的秩，上面兩個式子等號右端的分塊矩陣有相同的秩。第二式等號右端的矩陣可通過分塊行初等變換消去子塊$D_1,D_3$，再通過分塊列初等變換消去子塊$D_2$，於是$r\begin{bmatrix}I_t&&&\\&O&&\\&&I_s&\\&&&O\end{bmatrix}=r\begin{bmatrix}I_t&&&\\&O&&\\D_1&D_2&I_s&\\D_3&D_4&&O\end{bmatrix}=r\begin{bmatrix}I_t&&&\\&O&&\\&&I_s&\\&D_4&&O\end{bmatrix}$故$t+s=r\begin{bmatrix}I_t&&&\\&O&&\\&&I_s&\\&&&O\end{bmatrix}=r\begin{bmatrix}I_t&&&\\&O&&\\&&I_s&\\&D_4&&O\end{bmatrix}=t+s+r(D_4)$這就得到$r(D_4)=0$，$D_4=O$，$P_2CQ_1=\begin{bmatrix}D_1&D_2\\D_3&O\end{bmatrix}$。令$S=\begin{bmatrix}D_1&O\\D_3&O\end{bmatrix}$，$T=\begin{bmatrix}O&D_2\\O&O\end{bmatrix}$，則有$SP_1AQ_1+P_2BQ_2T=S+T=P_2CQ_1$。兩端左乘$P_2^{-1}$，右乘$Q_1^{-1}$得$P_2^{-1}SP_1A+BQ_2TQ_1^{-1}=C$，令$X=P_2^{-1}SP_1,Y=Q_2TQ_1^{-1}$就有$XA+BY=C$。
  【注】這個引理的證明可以說是充分利用了分塊矩陣的技巧。結論的意義不僅在於給出Frobenius不等式取等號的充要條件（如下），更重要的是這個引理給出了一類矩陣方程有解的充要條件，這類矩陣方程具有形式$XA+BY=C$，稱爲Lyapunov方程，是一種雙邊多項式矩陣方程（bilateral polynominal matrix equation），其中$X,Y$是未知量。這種方程經常在自動控制理論、線性系統理論中遇到。

• 公式4（Frobenius不等式）：設$A\in F^{m\times n},B\in F^{n\times s},C\in F^{s\times t}$，則$r(ABC)\geqslant r(AB)+r(BC)-r(B)$。取等號的充要條件爲存在矩陣$X,Y$使得$B=XAB+BCY$。
  證：先證明不等式，再考慮取等號的條件。
  法1：分塊矩陣初等變換
  $\begin{aligned}r(AB)+r(BC)=r\begin{bmatrix}AB&O\\O&BC\end{bmatrix}&\leqslant r\begin{bmatrix}AB&O\\B&BC\end{bmatrix}\\&\overset{\text{行變換}}{=}r\begin{bmatrix}O&-ABC\\B&BC\end{bmatrix}\\&\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}O&-ABC\\B&O\end{bmatrix}\\&=r(B)+r(ABC)\end{aligned}$或將上述初等變換過程用分塊初等矩陣寫出，即$\begin{bmatrix}I_m&-A\\O&I_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}AB&O\\B&BC\end{bmatrix}\begin{bmatrix}I_s&-C\\O&I_t\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}O&-ABC\\B&O\end{bmatrix}$於是$r(ABC)+r(B)=r\begin{bmatrix}O&-ABC\\B&O\end{bmatrix}=r\begin{bmatrix}AB&O\\B&BC\end{bmatrix}\geqslant r(AB)+r(BC)$。
  【注】令$B=I$，可見Sylvester不等式只是Frobenius不等式的一個特例，因此還可從推廣Sylvester不等式的角度出發證明Frobenius不等式：
  法2：利用Sylvester不等式
  若$r(B)=0$，顯然結論成立；若$r(B)\neq 0$，考慮$B$的一個滿秩分解$B=KL$，其中$K,L$分別爲列滿秩矩陣（有r(B)列）和行滿秩矩陣（有r(B)行），則$r(ABC)=r(AKLC)\geqslant r(AK)+r(LC)-r(B)=r(AKL)+r(KLC)-r(B)=r(AB)+r(BC)-r(B)$。
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  【取等號的充要條件】
  從法1的證明過程容易看出，取等號的充要條件爲$r\begin{bmatrix}AB&O\\O&BC\end{bmatrix}=r\begin{bmatrix}AB&O\\B&BC\end{bmatrix}$於是由引理立即可得，取等號的充要條件爲存在$X,Y$使得$B=XAB+BCY$。

• 公式5：$r(I-AB)\leqslant r(I-A)+r(I-B)$
  證：利用公式1和2
  $r(I-AB)=r(I-A+A-AB)\leqslant r(I-A)+r(A(I-B))\leqslant r(I-A)+r(I-B)$
  【注】這個感覺更像是一個課後習題，不過這個公式從形式上來看挺有趣的~

• 公式6：設$A$和$B$爲同階方陣，滿足$AB=BA$，則$r(A+B)\leqslant r(A)+r(B)-r(AB)$
  證：分塊矩陣的初等變換+分塊矩陣恆等式的構造
  注意到下述分塊矩陣恆等式$\begin{bmatrix}-(A+B)&A\\O&I\end{bmatrix}\begin{bmatrix}A&A\\A&A+B\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-BA&O\\A&A+B\end{bmatrix}$於是$\begin{aligned}r(A)+r(B)=r\begin{bmatrix}A&O\\O&B\end{bmatrix}&\overset{\text{行變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&O\\A&B\end{bmatrix}\\&\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&A\\A&A+B\end{bmatrix}\\&\geqslant r\begin{bmatrix}-BA&O\\A&A+B\end{bmatrix}（公式2）\\&\geqslant r\begin{bmatrix}-BA&O\\O&A+B\end{bmatrix}\\&=r(BA)+r(A+B)\\&=r(AB)+r(A+B)\end{aligned}$【注】這個公式可以看做是在$A$與$B$可交換（也就是$AB=BA$）的條件下，公式1的一個加強版。與公式1相比，這個公式顯然更加緊湊。

• 公式7：$r(A^HA)=r(AA^H)=r(A)$
  證：只需證$r(A^HA)=r(A)$，因爲由$r(A^HA)=r(A)$可推出$r(AA^H)=r(A^H)=r(A)$。
  法1：線性方程組
  考慮兩個齊次線性方程組$A^HAx=0$和$Ax=0$，顯然$Ax=0\Rightarrow A^HAx=0$，現證明$A^HAx=0\Rightarrow Ax=0$：用$x^H$左乘$A^HAx=0$的兩端得到$x^HA^HAx=(Ax)^H(Ax)=\sum_i|(Ax)_i|^2=0$，其中$(Ax)_i$是$Ax$的第i個分量，故$Ax=0$。這說明$A^HAx=0$和$Ax=0$是同解方程組，故它們的基礎解系所含解向量個數相等，即$n-r(A^HA)=n-r(A)$，故$r(A^HA)=r(A)$。
  【題外話】通過齊次線性方程組的基礎解系分析矩陣的秩在公式7的證明上不得不說是十分簡潔、巧妙的，網上大多都是這種解法。然而，這並不意味着公式7沒有其他證明思路，下面舉兩例。
  法2：向量組
  取$A$列向量組的一個極大無關組$a_1,a_2,...,a_r$，其中$r=r(A)$，並令$K=\begin{bmatrix}a_1&a_2&\cdots&a_r\end{bmatrix}$，考察$A^Ha_1,\cdots,A^Ha_r$是否是$A^HA$列向量組的一個極大無關組即可。考慮齊次線性方程組$K^HKx=0$的解，兩端左乘$x^H$得到$x^HK^HKx=||Kx||^2_2=0$，從而$Kx=0$。根據$K$的列向量組線性無關，得知$x=0$，即只有零解。根據線性無關的定義知$K^HK$的列向量組$K^Ha_1,K^Ha_2,\cdots,K^Ha_r$是線性無關的，從而延伸組$A^Ha_1,A^Ha_2,\cdots,A^Ha_r$也線性無關。假設$A^HA$有多於$r$個線性無關的列向量，可設爲$A^Ha_{i_1},\cdots,A^Ha_{i_s},s>r$，並設$k_{i_1}a_{i_1}+\cdots+k_{i_s}a_{i_s}=0$，兩端左乘$A^H$得$k_{i_1}A^Ha_{i_1}+\cdots+k_{i_s}A^Ha_{i_s}=0$，從而$k_{i_1}=\cdots=k_{i_s}=0$，這說明$a_{i_1},\cdots,a_{i_s}$是線性無關的，而這與$r(A)=r$矛盾，因此$A^HA$至多有$r$個線性無關的列向量。這就證明了$A^Ha_1,\cdots,A^Ha_r$是$A^HA$列向量組的一個極大無關組，從而$r(A^HA)=r=r(A)$。
  法3：滿秩分解+特徵值
  先證明$A_{m\times n}$列滿秩的情形。由$A$列滿秩，$A$有一個n階非零子式，其對應的子矩陣是可逆的，不失一般性，設$A=\begin{bmatrix}B\\C\end{bmatrix}$，其中$B$是可逆子矩陣。則$A^HA=B^HB+C^HC=B^H(I+(CB^{-1})^HCB^{-1})B$，注意到$(CB^{-1})^HCB^{-1}$的特徵值是非負的，從而$I+(CB^{-1})^HCB^{-1}$的特徵值都不小於1，$I+(CB^{-1})^HCB^{-1}$可逆，進而$B^H(I+(CB^{-1})^HCB^{-1})B$即$A^HA$也是可逆的，於是$r(A^HA)=r(A)$。
  接下來證明一般情形。若$A=O$則結論顯然成立，否則可設$A=KL$是$A$的一個滿秩分解，則$A^HA=L^H(K^HK)L$，因爲$L$行滿秩，$L^H$列滿秩，故$r(A^HA)=r((K^HK)L)=r(K^HK)$。由已證情形的結論知$K^HK$是可逆的$r(A)$階方陣，因此$r(A^HA)=r(A)$。
  【注】證明中用到的特徵值相關結論見矩陣論（零）：線性代數基礎知識整理（5）——特徵值與相似。

• 公式8：設$A\in F^{m\times n}$，$X\in F^{n\times k}$，$Y\in F^{m\times k}。$若$W=Y^TAX$非奇異，則$r(A-AXW^{-1}Y^TA)=r(A)-r(AXW^{-1}Y^TA)$
  證：
  法1：注意到這個公式不過是公式1取等號情形的一個特殊情況，因此可以利用公式1取等號的充要條件。
  記$B=AXW^{-1}Y^TA$，原公式即$r(A-B)+r(B)=r(A)$。只要證明存在矩陣$C$，$D$使得$C(A-B)=A-B$，$CB=O$，$(A-B)D=O$，$BD=B$，結論便成立。取$C=I-AXW^{-1}Y^T$，$D=XW^{-1}Y^TA$，證畢。
  法2：使用分塊矩陣初等變換技術直接證明
  記$B=AXW^{-1}Y^TA$。實際上是要證$r(A-B)+r(B)=r(A)$，故考慮下述分塊初等變換過程：$\begin{aligned}r(A-B)+r(B)&=r\begin{bmatrix}A-B&O\\O&B\end{bmatrix}\\&\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}A-B&O\\B&B\end{bmatrix}\\&\overset{\text{行變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&B\\B&B\end{bmatrix}\\&\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&O\\B&B(I-XW^{-1}Y^TA)\end{bmatrix}\\&\overset{\text{行變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&O\\O&B(I-XW^{-1}Y^TA)\end{bmatrix}\end{aligned}$注意到右下角子塊$B(I-XW^{-1}Y^TA)=B-AXW^{-1}(Y^TAX)W^{-1}Y^TA=B-B=O$，故$r(A-B)+r(B)=r(A)$。證畢。

• 推論（Wedderburn秩1化簡公式，Wedderburn rank-one reduction formula）：設$A\in F^{m\times n}$，$x\in F^n$，$y\in F^m。$若$w=y^TAx\neq 0$，則$r(A-w^{-1}Axy^TA)=r(A)-1$
  證：
  由公式8可得$r(A-w^{-1}Axy^TA)=r(A)-r(w^{-1}Axy^TA)$，所以這裏的關鍵是證明$r(w^{-1}Axy^TA)=r(Axy^TA)=1$。由公式2可得$r(Axy^TA)\leqslant r(x)=1$（注意$r(x)\neq 0$，因爲如果這樣的話就有$x=0$，則$Axy^TA=O$與$r(Axy^TA)=1$矛盾），故只需證明$r(Axy^TA)\geqslant 1$。實際上，假設$r(Axy^TA)=0$，即$Axy^TA=O$，則$w=y^T(w^{-1}Axy^TA)x=0$，與已知矛盾，故假設不成立。得證。
  【注】這個公式是說，給矩陣$A$一個特定形式的秩1擾動，則$A$的秩的改變量恰好也是1。而這對於一般的秩1擾動並不成立。

• 公式9：設$A$是$n$階方陣，則$r(A^n)=r(A^{n+1})=r(A^{n+2})=...$
  【不算是題外話】根據公式2，我們知道任意$k=1,2,...$都有$r(A^{k+1})\leqslant r(A^k)$，也就是說，$A$的冪的秩隨着冪指數增加是單調減的。如果我們把$r(A^{k+1})<r(A^k)$（也就是當冪指數增加1，$A$的冪的秩減少了）稱作是一次“衰減”，那麼這種“衰減”最多可以發生n次（n=A的階數），否則$A$的冪的秩就會變成負的。那麼問題來了，既然衰減是有限次的，什麼時候衰減會結束？也就是說，當冪指數增加到多大以後，就再也不會發生衰減？公式9將告訴我們，衰減全部在指數達到n之前發生，指數達到n以後不可能再發生衰減。
  證：
  法1：線性方程組
  考慮齊次線性方程組$A^nx=0$和$A^{n+1}x=0$，顯然前者的解都是後者的解，現在證明後者的解也都是前者的解。假設$A^{n+1}x=0$有一解$x_0$不是$A^nx=0$的解，即$A^nx_0\neq 0$，那麼向量組$A^{n-1}x_0,A^{n-2}x_0,...,Ax_0,x_0$中每個向量一定都非零（否則就可推出$A^nx_0=0$，矛盾）。設$k_0x_0+k_1Ax_0+...+k_nA^nx_0=0$，其中$k_0,k_1,...,k_n$爲常數。該式兩端左乘$A^n$，可得$k_0A^nx_0=0$，根據$A^nx_0\neq 0$知$k_0=0$，等式變爲$k_1Ax_0+k_2A^2x_0+...+k_nA^nx_0=0$。同理，該式兩端左乘$A^{n-1}$，可推出$k_1=0$。採用類似的做法，最終可得到$k_0=k_1=...=k_n=0$，這就證明了$A^{n}x_0,A^{n-2}x_0,...,Ax_0,x_0$是線性無關的。一個包含$n+1$個向量的$n$維向量組是線性無關的，這是矛盾的，因此假設不成立，$A^{n+1}x=0$的解一定都是$A^nx=0$的解。兩方程組同解，則它們的基礎解系所含解向量個數相等，即$n-r(A^{n+1})=n-r(A^n)$，故$r(A^n)=r(A^{n+1})$。同理可證任意$m>n$有$r(A^m)=r(A^{m+1})$，因此結論成立。證畢。
  法2：分塊矩陣初等變換
  如果$r(A^n)=0$或者$r(A)=n$，則結論顯然成立。現考慮$r(A^n)>0$且$r(A)<n$的情形。考慮不等式鏈$r(A^n)\leqslant r(A^{n-1})\leqslant...\leqslant r(A)<n$，式中的$\leqslant$不可能全部取$<$，否則將有$r(A^n)\leqslant 0$與$r(A^n)>0$矛盾。因此，存在正整數$1\leqslant p\leqslant n-1$使得$r(A^p)=r(A^{p+1})$。$r(A^{p+1})=r(A^p)=r\begin{bmatrix}O&A^p\end{bmatrix}\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}A^{p+1}&A^p\end{bmatrix}$根據定理21（見後文），存在矩陣$Y$使得$A^{p+1}Y=A^p$，兩端左乘$A^{n-p}$得到$A^{n+1}Y=A^n$。$\begin{aligned}r(A^n)&=r\begin{bmatrix}O&A^n\end{bmatrix}\\&\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}A^{n+1}&A^n\end{bmatrix}\\&=r\begin{bmatrix}A^{n+1}&A^{n+1}Y\end{bmatrix}\\&\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}A^{n+1}&O\end{bmatrix}\\&=r(A^{n+1})\end{aligned}$如果式$A^{p+1}Y=A^p$兩端左乘$A^{m-p}$並運用同樣的初等變換，就得證任意$m\geqslant n$有$r(A^m)=r(A^{m+1})$，因此結論成立。證畢。

【關於公式9的進一步討論】
實際上，關於$A\in F^{n\times n}$的冪的秩隨冪指數增加時的變化規律，我們可以知道更多。

• 引理：設$A$是方陣，若對正整數$p$成立$r(A^p)=r(A^{p+1})$，那麼$r(A^p)=r(A^{p+1})=r(A^{p+2})=...$
  證：仿照公式9法2後半部分的證明思路即可。
  【注】這個結論說明，隨着冪指數從1開始增加，如果$A$的冪的秩存在衰減，那麼衰減一定是從一開始就發生，並且是連續發生的，直到它達到最小值。此後$A$的冪的秩不再變化。舉個例子，如果成立$r(A)=r(A^2)$，那麼一定也成立$r(A)=r(A^2)=r(A^3)=...$。
• 公式9的加強版：設$A\in F^{n\times n}$，$r(A)=r$，則存在正整數$p_0\leqslant r+1$，使得$r(A)>r(A^2)>...>r(A^{p_0})=r(A^{p_0+1})=r(A^{p_0+2})=...$；特別地，若$p_0=r+1$，則對$k=1,2,...,r$有$r(A^k)=r-k+1$，且$0=r(A^{r+1})=r(A^{r+2})=r(A^{r+3})=...$
  證：
  考慮不等式鏈$r=r(A)\geqslant r(A^2)\geqslant...\geqslant r(A^{r})\geqslant r(A^{r+1})\geqslant r(A^{r+2})$，式中的$\geqslant$不可能全部取$>$，因此存在正整數$1\leqslant l\leqslant r+1$使得$r(A^l)=r(A^{l+1})$。根據引理，有$r(A^l)=r(A^{l+1})=r(A^{l+2})=...$，又$l\leqslant r+1$，故$r(A^{r+1})=r(A^{r+2})$。這就證明了$p_0\leqslant r+1$。
  由$p_0$的定義，有$r(A)>r(A^2)>...>r(A^{p_0})=r(A^{p_0+1})$。於是根據引理，有$r(A)>r(A^2)>...>r(A^{p_0})=r(A^{p_0+1})=r(A^{p_0+2})=...$。
  若$p_0=r+1$，則$r=r(A)>r(A^2)>...>r(A^{r})>r(A^{r+1})$，顯然式中相鄰兩項至多相差1（否則將導致$r(A^{r+1})<0$），又根據$>$知式中相鄰兩項恰好相差1。所以對$k=1,2,...,r$有$r(A^k)=r-k+1$，且$0=r(A^{r+1})=r(A^{r+2})=r(A^{r+3})=...$。

此外，在實際的例子中常常看到，每當冪指數增加1，方陣的冪的秩最多減小1，這可能給我們一個錯誤的印象：$r(A^{k+1})\geqslant r(A^k)-1$。然而實際上，如果對方陣$B$成立$r(B^{k+1})=r(B^k)-1$，那麼構造一分塊對角矩陣$A=\begin{bmatrix}B&O\\O&B\end{bmatrix}$，顯然有$r(A^{k+1})=r(A^k)-2$。如果考慮一個由$m$個$B$構成的分塊對角陣$A$，那麼$r(A^{k+1})=r(A^k)-m$。也就是說，$r(A^{k+1})$可能比$r(A^k)$小很多。
關於方陣的冪的秩的徹底討論，需要參照Jordan標準形的相關結論。不過，利用Shur分解可以做到更詳細（雖然不夠徹底），請參考後面的博客（鏈接）。

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常見相關推論

同解方程組、冪等矩陣的充要條件、對合矩陣的充要條件等。

• 定理21：矩陣方程$AX=B$有解的充要條件爲$r(A)=r\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix}$
  證：
  法1：分塊矩陣的角度
  必要性：$r\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix}=r\begin{bmatrix}A&AX\end{bmatrix}\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&O\end{bmatrix}=r(A)$
  充分性：設$B=\begin{bmatrix}\beta_1&\beta_2&...&\beta_n\end{bmatrix}$，其中$\beta_i$爲B的列向量，由$r(A)\leqslant r\begin{bmatrix}A&\beta_i\end{bmatrix}\leqslant r\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix}=r(A)$得$r\begin{bmatrix}A&\beta_i\end{bmatrix}=r(A)$，故線性方程組$Ax=\beta_i$有解$x_i$，令$X^*=\begin{bmatrix}x_1&x_2&...&x_n\end{bmatrix}$，易見$X^*$是$AX=B$的一個解。
  法2：向量組的角度
  設A的列向量組爲（I），B的列向量組爲（II），則$AX=B$有解就等價於（II）可由（I）線性表示，故由定理16知$AX=B$有解的充要條件爲$r(\textrm{I})=r(\textrm{I,II})$，即$r(A)=r\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix}$。
• 定理22：$A_{m\times n}x=0$和$B_{m\times n}x=0$同解的充要條件爲$r(A)=r(B)=r\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}$
  證：
  必要性：因爲$Ax=0$和$Bx=0$同解，故$Ax=0$和$Bx=0$有相同的基礎解系，其所含解向量個數爲$n-r(A)=n-r(B)$，故$r(A)=r(B)$。容易看出在已知條件下$Ax=0$與$\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}x=0$也同解，故$r(A)=r\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}$。綜上，結論成立。
  充分性：取$\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}x=0$的一個基礎解系U，則U含有$n-r\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}=n-r(A)$個向量，且U是$Ax=0$的一個線性無關解組。由定理13知，U是$Ax=0$的一個基礎解系，故$\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}x=0$與$Ax=0$同解。同理可證$\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}x=0$與$Bx=0$同解。綜上，有$A_{m\times n}x=0$和$B_{m\times n}x=0$同解。
• 定理23：$Ax=0$和$Bx=0$同解的充要條件爲A和B的行向量組等價
  證：
  必要性：由定理22，$r(A)=r(B)=r\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}$，故$r(A^T)=r\begin{bmatrix}A^T&B^T\end{bmatrix}$，$r(B^T)=r\begin{bmatrix}B^T&A^T\end{bmatrix}$，進而由定理21知矩陣方程$A^TX=B^T$和$B^TY=A^T$有解，故$A^T$與$B^T$的列向量組等價，即A和B的行向量組等價。
  充分性：將必要性的證明反過來即可。
  【注】實際上，學習了線性空間的知識就知道，$Ax=0$和$Bx=0$同解意味着A與B有相同的零空間，由於對任意矩陣C，$R(C^H)=N(C)^\bot$，故$A^H$與$B^H$有相同的列空間，進而$A^T$與$B^T$有相同的列空間，即$A$與$B$有相同的行空間，於是自然就有$A$和$B$的行向量組等價。反之也成立。線性空間的相關結論可參考矩陣論（零）：線性代數基礎知識整理（4）——線性空間與線性變換。
• 定理24：設B是$m\times{n}$矩陣，若$r(AB)=r(B)$，則關於x的齊次線性方程組$ABx=0$和$Bx=0$是同解方程組
  證：
  法1：考慮基礎解系
  顯然$Bx=0$的解都是$ABx=0$的解。取方程$Bx=0$的一個基礎解系C，則C包含$n-r(B)$個向量，即$n-r(AB)$個向量，且C是$ABx=0$的一個線性無關解組。由於$ABx=0$的任一基礎解系包含$n-r(AB)$個向量，由定理13知，C是$ABx=0$的一個基礎解系，得證。
  法2：利用定理22
  $r\begin{bmatrix}AB\\B\end{bmatrix}\overset{\text{行變換}}{=}r\begin{bmatrix}O\\B\end{bmatrix}=r(B)$，結合已知得$r(AB)=r(B)=r\begin{bmatrix}AB\\B\end{bmatrix}$，於是由定理22知結論成立。
• 定理25：n階方陣$A$是冪等矩陣的充要條件爲$r(A)+r(I-A)=n$
  證：
  必要性：由$A^2=A$得$A(I-A)=O$，於是根據Sylvester不等式（公式3）有$r(A)+r(I-A)-n\leqslant r(A(I-A))=0$，即$r(A)+r(I-A)\leqslant n$。又根據公式1可得$r(A)+r(I-A)\geqslant r(A+I-A)=r(I)=n$，故$r(A)+r(I-A)=n$。
  充分性：利用分塊矩陣的初等變換。$\begin{aligned}n&=r(A)+r(I-A)=r\begin{bmatrix}A&O\\O&I-A\end{bmatrix}\\&\overset{\text{行變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&O\\A&I-A\end{bmatrix}\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}A&A\\A&I\end{bmatrix}\\&\overset{\text{行變換}}{=}r\begin{bmatrix}O&A-I\\A&I\end{bmatrix}\overset{\text{行變換}}{=}r\begin{bmatrix}-(A-I)A&O\\A&I\end{bmatrix}\\&\overset{\text{列變換}}{=}r\begin{bmatrix}-(A-I)A&O\\O&I\end{bmatrix}=n+r((A-I)A)\end{aligned}$故$r((A-I)A)=0$，$(A-I)A=O$，$A^2=A$，即$A$是冪等的。
• 定理26：n階方陣$A$是對合矩陣的充要條件爲$r(I+A)+r(I-A)=n$
  證：
  法1：利用對合矩陣與冪等矩陣間的關係
  引理：n階方陣$A$是對合矩陣的充要條件爲$B=\frac{1}{2}(I-A)$是冪等矩陣（根據定義驗證即可）
  由引理和定理25知n階方陣$A$是對合矩陣的充要條件爲$r(\frac{1}{2}(I-A))+r(\frac{1}{2}(I+A))=r(I+A)+r(I-A)=n$。
  法2：採用與定理25相同的證明思想
  （略）