关于秩的等式与不等式总结

回归到秩的本质：组成矩阵的线性无关的向量个数。

AmxnA_{mxn}本身

1）0≤r(A)≤min{m,n}0 \leq r(A) \leq min\{m,n\}

m决定了阶梯向下的数目，n决定了向右的数目，较小的值决定了总数目的最大值。

2）r(kA)=r(A)r(kA) = r(A)

倍乘不改变秩的大小

3）r(A)=r(AT)=r(AAT)=r(ATA)r(A) = r(A^T) = r(AA^T) = r(A^TA)

这是一个可以考察的证明。
思路：构造Ax=0;ATAx=0Ax=0; A^TAx = 0
若同解，则命题得证。
若α\alpha是Ax=0Ax=0的任一解，Aα=0A\alpha = 0,则ATAα=0A^TA\alpha=0也是ATAx=0A^TAx=0的解。
若β\beta是ATAx=0A^TAx=0的任一解，ATAβ=0A^TA\beta = 0,左乘一个βT\beta^T,则βTATAβ=0→(Aβ)TAβ=0→||Aβ||2=0→Aβ=0\beta^TA^TA\beta=0\rightarrow (A\beta)^TA\beta=0 \rightarrow ||A\beta||^2 = 0 \rightarrow A\beta = 0所以，β\beta是Ax=0Ax=0的解。

这是一个很酷的性质。转置矩阵像是原矩阵的最好的朋友，不改自己的脊梁。因此两个内核相同的矩阵乘到一起仍是同样的秩。

4）r(An)=r(An+1)=r(An+2)...;A必须是可逆矩阵r(A^n) = r(A^{n+1}) = r(A^{n+2})...;A必须是可逆矩阵
举个A不是可逆矩阵的例子：
A2=⎡⎣⎢⎢000000800⎤⎦⎥⎥→A3=⎡⎣⎢⎢000000000⎤⎦⎥⎥ A^2 = \left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 &8 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right] \rightarrow A^3 = \left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 &0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right]
可见：r(A2)=1,r(A3)=0r(A^2) = 1,r(A^3) = 0

5）关于A+B: r(A+B)≤r(A)+r(B)r(A+B) \leq r(A) + r(B)

6）这是本篇文章的起因；关于A∗于A^*

r(A∗)=⎧⎩⎨⎪⎪n, 1, 0,r(A)=nr(A)=n−1r(A)<n−1 r(A^*) = \begin{cases} n, &r(A) = n \\\ 1, &r(A)=n-1 \\\ 0,&r(A)

|A∗|=|A|n−1|A^*| = |A|^{n-1},这个很容易证明：AA∗=|A|E→|AA∗|=|A||A∗|=|A|n→|A∗|=|A|n−1AA^* = |A|E \rightarrow |AA^*| = |A||A^*| = |A|^{n}\rightarrow |A^*| = |A|^{n-1}
当|A| 不等于0时，伴随矩阵必然可逆。

当r(A)<n−1r(A) ,就意味着任意n-1阶子式全为0，由伴随矩阵的组成成分Aij=0A_{ij} = 0，所以r(A∗)=0r(A^*) = 0

当r(A)=n−1r(A) = n-1时，|A|=0,AA∗=0→r(A)+r(A∗)≤n→r(A∗)≤1|A| = 0, AA^* = 0 \rightarrow r(A)+r(A^*) \leq n\rightarrow r(A^*) \leq 1
又因为存在n-1阶子式不为0，则A∗A^*一定不为0，于是r(A∗)≥1r(A^*) \geq 1
综合得到r(A∗)=1r(A^*) = 1

待补充AB形式的秩的不等式。

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