复旦大学数学学院21级高等代数I期中考试压轴大题的多种证法

代数语言与几何语言的相互转换, 以及代数方法与几何方法的灵活运用, 这是高等代数学习中的难点. 本文通过复旦大学数学学院 21 级高等代数 I 期中考试两道压轴大题的多种证法, 来看一看在代数语言下如何灵活运用代数方法与几何方法来处理问题.

第六大题  设 $A,B$ 均为 $m\times n$ 矩阵, 证明:

(1) 若 $r(A)=r$, 则存在 $n$ 阶非异阵 $P$, 使得 $AP$ 的后 $n-r$ 列全为零.

(2) 若存在 $n$ 阶方阵 $S,T$, 使得 $A=BS$ 且 $B=AT$, 则存在非异阵 $Q$, 使得 $B=AQ$.

证法 1 (代数方法)  (1) 由相抵标准型理论可知, 存在 $m$ 阶非异阵 $Q$, $n$ 阶非异阵 $P$, 使得 $QAP=\begin{pmatrix} I_r & O \\ O & O \\ \end{pmatrix}$. 设 $Q^{-1}=(Q_1,Q_2)$, $Q_1$ 是 $Q^{-1}$ 的前 $r$ 列构成的 $m\times r$ 矩阵, 则 $AP=Q^{-1}\begin{pmatrix} I_r & O \\ O & O \\ \end{pmatrix}=(Q_1,O)$, 即 $AP$ 的后 $n-r$ 列全为零.

(2) 由 $A=BS$ 可知 $r(A)\leq r(B)$, 由 $B=AT$ 可知 $r(B)\leq r(A)$, 于是 $r(A)=r(B)=r$. 注意到题目的条件和结论在变换 $A\mapsto AP$, $B\mapsto BR$ ($P,R$ 为非异阵) 下不改变, 故由 (1) 不妨从一开始就假设 $A=(A_1,O)$, $B=(B_1,O)$, 其中 $A_1,B_1$ 都是列满秩的 $m\times r$ 矩阵. 设 $S=\begin{pmatrix} S_{11} & S_{12} \\ S_{21} & S_{22} \\ \end{pmatrix}$, $T=\begin{pmatrix} T_{11} & T_{12} \\ T_{21} & T_{22} \\ \end{pmatrix}$, 其中 $S_{11},T_{11}$ 都是 $r$ 阶方阵, 则由 $A=BS$ 和 $B=AT$ 可得

$$(A_1,O)=(B_1,O)\begin{pmatrix} S_{11} & S_{12} \\ S_{21} & S_{22} \\ \end{pmatrix}=(B_1S_{11},B_1S_{12}),$$

$$(B_1,O)=(A_1,O)\begin{pmatrix} T_{11} & T_{12} \\ T_{21} & T_{22} \\ \end{pmatrix}=(A_1T_{11},A_1T_{12}),$$

于是 $A_1=B_1S_{11}$, $B_1=A_1T_{11}$, $B_1S_{12}=A_1T_{12}=O$, 从而 $A_1=A_1T_{11}S_{11}$. 由于 $A_1,B_1$ 都是列满秩矩阵, 故它们存在左逆 (高代白皮书的例 3.86), 从而可得 $T_{11}S_{11}=I_r$, $S_{12}=T_{12}=O$. 令 $Q=\mathrm{diag}\{T_{11},I_{n-r}\}$, 则 $Q$ 为非异阵且满足 $B=AQ$.

证法 2 (几何方法)  (1) 题目即要证明: 对 $A$ 实施若干次初等列变换后，得到矩阵的后 $n-r$ 列全为零. 设 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$ 为列分块, 其中 $\alpha_{i_1},\cdots,\alpha_{i_r}$ 为 $A$ 列向量组的极大无关组. 先对 $A$ 进行若干次第一类初等列变换 (即列对换), 可将列向量组的极大无关组换至前 $r$ 列. 因为任一列向量是极大无关组的线性组合, 故再进行若干次第三类初等列变换, 可利用前 $r$ 列消去后 $n-r$ 列, 得到的矩阵即为所求.

(2) 设 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$, $B=(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n)$ 为两个矩阵的列分块, 则 $A=BS$ 说明任一 $\alpha_i$ 都是 $\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n$ 的线性组合, $B=AT$ 说明任一 $\beta_i$ 都是 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$ 的线性组合, 因此这两个列向量组等价, 于是两个列向量组有相同的秩, 即有 $r(A)=r(B)=r$. 对 $A,B$ 的列向量进行对换, 相当于 $A,B$ 右乘第一类初等矩阵, 这不影响题目的条件和结论, 因此不妨假设 $\alpha_1,\cdots,\alpha_r$ 是 $A$ 列向量的极大无关组, $\beta_1,\cdots,\beta_r$ 是 $B$ 列向量的极大无关组, 从而它们是 $\mathbb{K}^m$ 的子空间 $L(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)=L(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n)$ 的两组基, 于是存在非异阵 $Q_1$, 使得 $$(\beta_1,\cdots,\beta_r)=(\alpha_1,\cdots,\alpha_r)Q_1.$$ 对任意的 $r+1\leq j\leq n$, 设 $\beta_j-\alpha_j=\sum\limits_{i=1}^rc_{ij}\alpha_i$, 令 $C=(c_{ij})$ 为 $r\times (n-r)$ 矩阵, $Q=\begin{pmatrix} Q_1 & C \\ O & I_{n-r} \\ \end{pmatrix}$, 则 $Q$ 为非异阵且满足 $$(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n)=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)Q,$$ 即有 $B=AQ$.

证法 3 (引用高代白皮书)  (1) 的证明同证法 2, 下证明 (2). 由 $A=BS$ 可得 $A'=S'B'$, 于是 $B'x=0$ 的解是 $A'x=0$ 的解; 再由 $B=AT$ 可得 $B'=T'A'$, 于是 $A'x=0$ 的解也是 $B'x=0$ 的解; 从而齐次线性方程组 $A'x=0$ 和 $B'x=0$ 同解. 由高代白皮书的例 4.24 可知, 存在可逆矩阵 $Q$, 使得 $B'=Q'A'$, 转置后可得 $B=AQ$.

第七大题  两个 $m\times n$ 矩阵 $A=(a_{ij})$, $B=(b_{ij})$ 的 Hadamard 乘积定义为 $A\circ B=(a_{ij}b_{ij})_{m\times n}$. 证明: $$r(A\circ B)\leq r(A)\cdot r(B).$$

在证明本题之前, 我们来列举 Hadamard 乘积的一些简单性质. 

(1) 交换律  $A\circ B=B\circ A$;

(2) 结合律  $(A\circ B)\circ C=A\circ(B\circ C)$;

(3) H 乘积与加法的分配律  $A\circ(B+C)=A\circ B+A\circ C$;

(4) H 乘积与数乘的相容性  $c(A\circ B)=(cA)\circ B=A\circ(cB)$;

(5) H 乘积单位元  $E\circ A=A\circ E=A$, 其中 $E$ 是元素全为 $1$ 的矩阵;

(6) H 乘积与矩阵乘积的不相容性  $A\circ(B\cdot C)\neq (A\circ B)\cdot C\neq B\cdot(A\circ C)$.

证法 1 (代数方法) 当 $r(A)=0$, 即 $A=O$ 时, 结论显然成立. 再证明 $r(A)=1$ 的情形, 此时可设 $A=\alpha\gamma'$, 其中 $\alpha=(a_1,a_2,\cdots,a_n)'$, $\gamma=(c_1,c_2,\cdots,c_n)'$. 再设 $B=(b_{ij})$, 则 $A\circ B=(a_ic_jb_{ij})=\Lambda_1B\Lambda_2$, 其中 $\Lambda_1=\mathrm{diag}\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}$, $\Lambda_2=\mathrm{diag}\{c_1,c_2,\cdots,c_n\}$, 于是 $r(A\circ B)=r(\Lambda_1B\Lambda_2)\leq r(B)=r(A)r(B)$. 当 $r(A)=r\geq 1$ 时, 由高代白皮书的例 3.85 可知, $A=A_1+\cdots+A_r$, 其中 $r(A_i)=1\,(1\leq i\leq r)$, 故由 Hadamard 乘积的性质以及秩的基本不等式可得 $$r(A\circ B)=r(A_1\circ B+\cdots+A_r\circ B)\leq r(A_1\circ B)+\cdots+r(A_r\circ B)$$ $$\leq r(B)+\cdots+r(B)=r\cdot r(B)=r(A)r(B).$$

证法 2 (几何方法) 设 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$, $B=(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n)$ 为两个矩阵的列分块, 则 $A\circ B=(\alpha_1\circ\beta_1,\alpha_2\circ\beta_2,\cdots,\alpha_n\circ\beta_n)$ 也是 $A\circ B$ 的列分块. 设 $r(A)=r$, $r(B)=s$, $\alpha_{i_1},\cdots,\alpha_{i_r}$ 是 $A$ 列向量的极大无关组, $\beta_{j_1},\cdots,\beta_{j_s}$ 是 $B$ 列向量的极大无关组, 令 $V=L(\alpha_{i_k}\circ\beta_{j_l}\mid 1\leq k\leq r,\,1\leq l\leq s)$ 为 $rs$ 个列向量 $\alpha_{i_k}\circ\beta_{j_l}$ 张成的 $\mathbb{K}^m$ 的子空间, 显然 $\dim V\leq rs$. 对 $A\circ B$ 的任一列向量 $\alpha_i\circ\beta_i$, 可设 $\alpha_i=c_1\alpha_{i_1}+\cdots+c_r\alpha_{i_r}$, $\beta_i=d_1\beta_{j_1}+\cdots+d_s\beta_{j_s}$, 则由 Hadamard 乘积的性质可得 $$\alpha_i\circ\beta_i=\Big(\sum_{k=1}^rc_k\alpha_{i_k}\Big)\circ\Big(\sum_{l=1}^sd_l\beta_{j_l}\Big)=\sum_{k=1}^r\sum_{l=1}^sc_kd_l(\alpha_{i_k}\circ\beta_{j_l})\in V.$$ 因此 $$r(A\circ B)=r(\alpha_1\circ\beta_1,\alpha_2\circ\beta_2,\cdots,\alpha_n\circ\beta_n)\leq \dim V\leq rs=r(A)r(B).$$

证法 3 (Kronecker 积) 注意到 Hadamard 乘积 $A\circ B$ 是 Kroneceker 乘积 $A\otimes B$ 的第 $(k-1)m+k\,(k=1,2,\cdots,m)$ 行与第 $(l-1)n+l\,(l=1,2,\cdots,n)$ 列构成的 $m\times n$ 子矩阵, 故由习题课教学视频高代 2 第 11 讲的例 2 可知 $$r(A\circ B)\leq r(A\otimes B)=r(A)r(B).$$

 

参考文献

[1]  高代教材: 姚慕生, 吴泉水, 谢启鸿 编著, 高等代数学 (第三版), 复旦大学出版社, 2014.

[2]  高代白皮书: 姚慕生, 谢启鸿 编著, 学习方法指导书: 高等代数 (第三版), 复旦大学出版社, 2015.

[3]  谢启鸿, 复旦大学高等代数习题课教学视频, https://www.bilibili.com/video/av90771191/