七、(本題10分) 設 $A,B,C$ 分別為 $m\times n$, $p\times q$ 和 $m\times q$ 矩陣, 證明: $r\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=r(A)+r(B)$ 成立當且僅當矩陣方程 $AX+YB=C$ 有解, 其中 $X,Y$ 分別為 $n\times q$ 和 $m\times p$ 未知矩陣.
分析 本題是新白皮書中例 3.60 上 (下) 三角分塊矩陣秩的不等式其等號成立的充要條件. 充分性是分塊初等變換的直接推論; 而必要性的證明則要回到例 3.60 的證明過程, 注意到新白皮書中給出了三種證法, 因此對應於證法一和證法三, 我們可以給出必要性的兩種不同的證明, 一種是代數方法, 一種是幾何方法.
充分性 設 $X=X_0$, $Y=Y_0$ 是矩陣方程 $AX+YB=C$ 的解, 則對下列矩陣實施分塊初等變換, 即將第一分塊列右乘 $-X_0$ 加到第二分塊列上, 再將第二分塊行左乘 $-Y_0$ 加到第一分塊行上: $$\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} A & -AX_0-Y_0B+C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}.$$ 因為矩陣的秩在分塊初等變換下不改變, 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 (證法一、代數方法) 這里我們參照新白皮書第 147 頁例 3.60 的證法一. 設 $P_1,P_2,Q_1,Q_2$ 是非異陣, 使得 $$P_1AQ_1=\begin{pmatrix} I_{r_1} & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix},\,\,\,\,P_2BQ_2=\begin{pmatrix} I_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix},\,\,\,\,P_1CQ_2=\begin{pmatrix} C_{11} & C_{12} \\ C_{21} & C_{22} \\ \end{pmatrix}.$$ 將矩陣方程 $AX+YB=C$ 兩邊同時左乘 $P_1$, 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 $$\begin{pmatrix} P_1 & 0 \\ 0 & P_2 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} Q_1 & 0 \\ 0 & Q_2 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} P_1AQ_1 & P_1CQ_2 \\ 0 & P_2BQ_2 \\ \end{pmatrix},$$ 因此我們不妨從一開始就假設 $A,B$ 是相抵標准型來證明結論. 考慮如下矩陣的分塊初等變換, 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 $C_{21}$: $$\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} I_{r_1} & 0 & C_{11} & C_{12} \\ 0 & 0 & C_{21} & C_{22} \\ 0 & 0 & I_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} I_{r_1} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & C_{22} \\ 0 & 0 & I_{r_2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix},$$ 則由 $r\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=r(A)+r(B)=r_1+r_2$ 可得 $r(C_{22})=0$, 從而 $C_{22}=0$, 因此 $C=\begin{pmatrix} C_{11} & C_{12} \\ C_{21} & 0 \\ \end{pmatrix}$ 可由 $A$ 通過列變換, $B$ 通過行變換得到. 具體的, 矩陣方程 $AX+YB=C$ 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 (證法二、幾何方法) 這里我們參照新白皮書第 155 頁例 3.60 的證法三 (為方便起見, 這里考慮的是行向量). 設 $$A=\begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_m \end{pmatrix},\,\,\,\,B=\begin{pmatrix} \beta_1 \\ \beta_2 \\ \vdots \\ \beta_p \end{pmatrix},\,\,\,\,C=\begin{pmatrix} \gamma_1 \\ \gamma_2 \\ \vdots \\ \gamma_m \end{pmatrix}$$ 分別為 $A,B,C$ 的行分塊, 進一步可設 $\alpha_{i_1},\alpha_{i_2},\cdots,\alpha_{i_r}$ 是 $A$ 的行向量的極大無關組, $r(A)=r$; $\beta_{j_1},\beta_{j_2},\cdots,\beta_{j_s}$ 是 $B$ 的行向量的極大無關組, $r(B)=s$. 仿照例 3.60 的證法三完全一樣的討論可得, $$(\alpha_{i_1},\gamma_{i_1}),\cdots,(\alpha_{i_r},\gamma_{i_r}),(0,\beta_{j_1}),\cdots,(0,\beta_{j_s})$$ 是矩陣 $\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}$ 的行向量中 $r+s$ 個線性無關的向量. 由於 $r\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=r+s$, 故上述 $r+s$ 個向量是矩陣 $\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}$ 的行向量的極大無關組, 因此對任意的 $1\leq k\leq m$, 我們有 $$(\alpha_k,\gamma_k)=z_{k,i_1}(\alpha_{i_1},\gamma_{i_1})+\cdots+z_{k,i_r}(\alpha_{i_r},\gamma_{i_r})+y_{k,j_1}(0,\beta_{j_1})+\cdots+y_{k,j_s}(0,\beta_{j_s}),$$ 從而 $$\gamma_k=z_{k,i_1}\gamma_{i_1}+\cdots+z_{k,i_r}\gamma_{i_r}+y_{k,j_1}\beta_{j_1}+\cdots+y_{k,j_s}\beta_{j_s},\,\,k=1,2,\cdots,m.$$設 $Y_0=(y_{kj})_{m\times p},$ 其中若 $j\neq j_1,\cdots,j_s$, 則 $y_{kj}=0$. 令 $D=C-Y_0B$, 則由極大無關組的性質可知, 當 $k=i_1,\cdots,i_r$ 時, $(A,D)$ 的第 $k$ 行就是 $(\alpha_k,\gamma_k)$; 當 $k\neq i_1,\cdots,i_r$ 時, $(A,D)$ 的第 $k$ 行就是 $$(\alpha_k,\gamma_k)-y_{k,j_1}(0,\beta_{j_1})-\cdots-y_{k,j_s}(0,\beta_{j_s})=z_{k,i_1}(\alpha_{i_1},\gamma_{i_1})+\cdots+z_{k,i_r}(\alpha_{i_r},\gamma_{i_r}),$$ 於是 $(A,D)$ 的第 $i_1,\cdots,i_r$ 行是其行向量的極大無關組. 特別地, $r(A,D)=r=r(A)$, 因此存在矩陣 $X_0=(x_{ij})_{n\times q},$ 使得 $AX_0=D=C-Y_0B$, 即 $AX_0+Y_0B=C$, 從而結論得證. $\Box$