复旦大学2015--2016学年第一学期（15级）高等代数I期末考试第七大题解答
七、(本题10分) 设 $A,B,C$ 分别为 $m\times n$, $p\times q$ 和 $m\times q$ 矩阵, 证明: $r\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=r(A)+r(B)$ 成立当且仅当矩阵方程 $AX+YB=C$ 有解, 其中 $X,Y$ 分别为 $n\times q$ 和 $m\times p$ 未知矩阵.
分析 本题是新白皮书中例 3.60 上 (下) 三角分块矩阵秩的不等式其等号成立的充要条件. 充分性是分块初等变换的直接推论; 而必要性的证明则要回到例 3.60 的证明过程, 注意到新白皮书中给出了三种证法, 因此对应于证法一和证法三, 我们可以给出必要性的两种不同的证明, 一种是代数方法, 一种是几何方法.
充分性 设 $X=X_0$, $Y=Y_0$ 是矩阵方程 $AX+YB=C$ 的解, 则对下列矩阵实施分块初等变换, 即将第一分块列右乘 $-X_0$ 加到第二分块列上, 再将第二分块行左乘 $-Y_0$ 加到第一分块行上: $$\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} A & -AX_0-Y_0B+C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}.$$ 因为矩阵的秩在分块初等变换下不改变, 故由秩的基本公式可得 $$r\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=r\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=r(A)+r(B).$$
必要性 (证法一、代数方法) 这里我们参照新白皮书第 147 页例 3.60 的证法一. 设 $P_1,P_2,Q_1,Q_2$ 是非异阵, 使得 $$P_1AQ_1=\begin{pmatrix} I_{r_1} & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix},\,\,\,\,P_2BQ_2=\begin{pmatrix} I_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix},\,\,\,\,P_1CQ_2=\begin{pmatrix} C_{11} & C_{12} \\ C_{21} & C_{22} \\ \end{pmatrix}.$$ 将矩阵方程 $AX+YB=C$ 两边同时左乘 $P_1$, 右乘 $Q_2$, 整理后可得 $$(P_1AQ_1)(Q_1^{-1}XQ_2)+(P_1YP_2^{-1})(P_2BQ_2)=(P_1CQ_2),$$ 又 $$\begin{pmatrix} P_1 & 0 \\ 0 & P_2 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} Q_1 & 0 \\ 0 & Q_2 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} P_1AQ_1 & P_1CQ_2 \\ 0 & P_2BQ_2 \\ \end{pmatrix},$$ 因此我们不妨从一开始就假设 $A,B$ 是相抵标准型来证明结论. 考虑如下矩阵的分块初等变换, 其中利用 $I_{r_1}$ 消去同行的 $C_{11},C_{12}$, 利用 $I_{r_2}$ 消去同列的 $C_{21}$: $$\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} I_{r_1} & 0 & C_{11} & C_{12} \\ 0 & 0 & C_{21} & C_{22} \\ 0 & 0 & I_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} I_{r_1} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & C_{22} \\ 0 & 0 & I_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix},$$ 则由 $r\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=r(A)+r(B)=r_1+r_2$ 可得 $r(C_{22})=0$, 从而 $C_{22}=0$, 因此 $C=\begin{pmatrix} C_{11} & C_{12} \\ C_{21} & 0 \\ \end{pmatrix}$ 可由 $A$ 通过列变换, $B$ 通过行变换得到. 具体的, 矩阵方程 $AX+YB=C$ 有解 $X=\begin{pmatrix} C_{11} & C_{12} \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$, $Y=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ C_{21} & 0 \\ \end{pmatrix}$.
必要性 (证法二、几何方法) 这里我们参照新白皮书第 155 页例 3.60 的证法三 (为方便起见, 这里考虑的是行向量). 设 $$A=\begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_m \end{pmatrix},\,\,\,\,B=\begin{pmatrix} \beta_1 \\ \beta_2 \\ \vdots \\ \beta_p \end{pmatrix},\,\,\,\,C=\begin{pmatrix} \gamma_1 \\ \gamma_2 \\ \vdots \\ \gamma_m \end{pmatrix}$$ 分别为 $A,B,C$ 的行分块, 进一步可设 $\alpha_{i_1},\alpha_{i_2},\cdots,\alpha_{i_r}$ 是 $A$ 的行向量的极大无关组, $r(A)=r$; $\beta_{j_1},\beta_{j_2},\cdots,\beta_{j_s}$ 是 $B$ 的行向量的极大无关组, $r(B)=s$. 仿照例 3.60 的证法三完全一样的讨论可得, $$(\alpha_{i_1},\gamma_{i_1}),\cdots,(\alpha_{i_r},\gamma_{i_r}),(0,\beta_{j_1}),\cdots,(0,\beta_{j_s})$$ 是矩阵 $\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}$ 的行向量中 $r+s$ 个线性无关的向量. 由于 $r\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=r+s$, 故上述 $r+s$ 个向量是矩阵 $\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}$ 的行向量的极大无关组, 因此对任意的 $1\leq k\leq m$, 我们有 $$(\alpha_k,\gamma_k)=z_{k,i_1}(\alpha_{i_1},\gamma_{i_1})+\cdots+z_{k,i_r}(\alpha_{i_r},\gamma_{i_r})+y_{k,j_1}(0,\beta_{j_1})+\cdots+y_{k,j_s}(0,\beta_{j_s}),$$ 从而 $$\gamma_k=z_{k,i_1}\gamma_{i_1}+\cdots+z_{k,i_r}\gamma_{i_r}+y_{k,j_1}\beta_{j_1}+\cdots+y_{k,j_s}\beta_{j_s},\,\,k=1,2,\cdots,m.$$设 $Y_0=(y_{kj})_{m\times p},$ 其中若 $j\neq j_1,\cdots,j_s$, 则 $y_{kj}=0$. 令 $D=C-Y_0B$, 则由极大无关组的性质可知, 当 $k=i_1,\cdots,i_r$ 时, $(A,D)$ 的第 $k$ 行就是 $(\alpha_k,\gamma_k)$; 当 $k\neq i_1,\cdots,i_r$ 时, $(A,D)$ 的第 $k$ 行就是 $$(\alpha_k,\gamma_k)-y_{k,j_1}(0,\beta_{j_1})-\cdots-y_{k,j_s}(0,\beta_{j_s})=z_{k,i_1}(\alpha_{i_1},\gamma_{i_1})+\cdots+z_{k,i_r}(\alpha_{i_r},\gamma_{i_r}),$$ 于是 $(A,D)$ 的第 $i_1,\cdots,i_r$ 行是其行向量的极大无关组. 特别地, $r(A,D)=r=r(A)$, 因此存在矩阵 $X_0=(x_{ij})_{n\times q},$ 使得 $AX_0=D=C-Y_0B$, 即 $AX_0+Y_0B=C$, 从而结论得证. $\Box$
