例 9 证明：若 \( A_{m \times n} B_{n \times l} = C \)，且 \( R(A) = n \)，则 \( R(B) = R(C) \)。

证因 \( R(A) = n \)，知 \( A \) 的行最简形矩阵为 \( \begin{pmatrix} E_n \\ O \end{pmatrix}_{m \times n} \)，并有 \( m \) 阶可逆矩阵 \( P \)，使 \( PA = \begin{pmatrix} E_n \\ O \end{pmatrix} \)。于是 \( PC = PAB = \begin{pmatrix} E_n \\ O \end{pmatrix} B = \begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix}. \)

由矩阵秩的性质 ④，知 \( R(C) = R(PC) \)，而 \( R \begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix} = R(B) \)，故 \( R(C) = R(B). \)

本例中的矩阵 \( A \) 的秩等于它的列数，这样的矩阵称为列满秩矩阵。当 \( A \) 为方阵时，列满秩矩阵就成为满秩矩阵，也就是可逆矩阵。因此，本例的结论当 \( A \) 为方阵这一特殊情形时就是矩阵秩的性质 ④。

本例另一种重要的特殊情形是 \( C = 0 \)，这时结论为设 \( AB = 0 \)，若 \( A \) 为列满秩矩阵，则 \( B = 0 \)。这是因为，按本例的结论，这时有 \( R(B) = 0 \)，故 \( B = 0 \)。这一结论通常称为矩阵乘法的消去律。

⑤ \(\max \lbrace R(A), R(B) \rbrace \leq R(A, B) \leq R(A) + R(B)\)，特别地，当 \(B = b\) 为非零列向量时，有 \(R(A) \leq R(A, b) \leq R(A) + 1.\)

证明：

因为 \(A\) 的最高阶非零子式总是 \((A, B)\) 的非零子式，所以 \(R(A) \leq R(A, B)\)。同理有 \(R(B) \leq R(A, B)\)。两式合起来，即为 \( \max \lbrace R(A), R(B) \rbrace \leq R(A, B). \)

设 \(R(A) = r, R(B) = t\)。把 \(A^T\) 和 \(B^T\) 分别作初等行变换化为行阶梯形矩阵 \(\hat{A}\) 和 \(\hat{B}\)。因由性质2，\(R(A^T) = r, R(B^T) = t\)，故 \(\hat{A}\) 和 \(\hat{B}\) 中分别含 \(r\) 个和 \(t\) 个非零行，从而 \(\left(\frac{\hat{A}}{\hat{B}}\right)^T\) 中只含 \(r+t\) 个非零行，并且 \(\left(\frac{A^T}{B^T}\right) \sim \left(\frac{\hat{A}}{\hat{B}}\right)^T\)。于是 \( R(A, B) = R\left(\frac{A^T}{B^T}\right)^T = R\left(\frac{A^T}{B^T}\right) = R\left(\frac{\hat{A}}{\hat{B}}\right) \leq r + t = R(A) + R(B). \)

证毕

例如令 \( A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad C = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \)

则 \( R(A,B) = R \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = 3 = R(A) + R(B), \) \( R(A,C) = R \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = 2 < R(A) + R(C). \)

⑥ \( R(A+B) \leq R(A) + R(B) \).

证明：

无妨设 \( A, B \) 为 \( m \times n \) 矩阵. 对矩阵 \(\begin{pmatrix} A+B \\ B \end{pmatrix}\) 作初等行变换 \( r_i - r_{n+i} \) (\( i = 1, 2, \cdots, n \)) 即得 \( \begin{pmatrix} A+B \\ B \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}, \)

于是 \( R(A+B) \leq R \begin{pmatrix} A+B \\ B \end{pmatrix} = R \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix} = R(A^T, B^T)^T = R(A^T, B^T) \leq R(A^T) + R(B^T) = R(A) + R(B). \)

证毕

后面我们还要介绍两条常用的性质，现先罗列于下：

① \( R(AB) \leq \min \lbrace R(A), R(B) \rbrace \) (见下节定理 7).

② 若 \( A_{m \times n} B_{n \times l} = O \)，则 \( R(A) + R(B) \leq n \) (见下章例 13).

§2 矩阵的秩

为了更好地理解矩阵的秩的概念，重新讨论上节引例中增广矩阵 \( B \) 及其行阶梯形矩阵 \( B_4 \) 和 \( B_5 \)：

\( B = \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & -2 & 1 & 4 \\ 4 & -6 & 2 & -2 & 4 \\ 3 & 6 & -9 & 7 & 9 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = B_4 \)

\( \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = B_5 \)

我们发现 \( B_4 \) 和 \( B_5 \) 都恰好有 3 个非零行。自然要问：每一个与 \( B \) 行等价的行阶梯形矩阵是否都恰好有 3 个非零行？回答是肯定的。为阐明这一问题先引入矩阵子式的概念。

定义 4 在 \( m \times n \) 矩阵 \( A \) 中，任取 \( k \) 行与 \( k \) 列 (\( k \leq m, k \leq n \))，位于这些行列交叉处的 \( k^2 \) 元素，不改变它们在 \( A \) 中所处的位置次序而得的 \( k \) 阶行列式，称为矩阵 \( A \) 的 \( k \) 阶子式。

\( m \times n \) 矩阵 \( A \) 的 \( k \) 阶子式共有 \( C_{m}^{k} \cdot C_{n}^{k} \) 个。

现在来观察行阶梯形矩阵 \( B_4 \) 的子式。取 \( B_4 \) 的第1、第2、第3行和第1、第2、第4列，得到三阶非零子式 \( \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} \) 而它的任一四阶子式都将因含有零行而成为0。换言之，\( B_4 \) 中非零子式的最高阶数是3。同样 \( B_5 \) 中非零子式的最高阶数也是3。

非零子式在矩阵的初等行变换中的意义可以表述成如下的引理。

引理设 \( A \sim B \)，则 \( A \) 与 \( B \) 中非零子式的最高阶数相等。

证先证 \( B \) 是 \( A \) 经过一次初等行变换而得的情形。

设 \( D \) 是 \( A \) 中的 \( r \) 阶非零子式。当 \( A \sim B \) 或 \( A \sim B \) 时，在 \( B \) 中总能找到与 \( D \) 相对应的 \( r \) 阶子式 \( D_1 \)，由于 \( D_1 = D \) 或 \( D_1 = -D \) 或 \( D_1 = kD \)，因此 \( D_1 \neq 0 \)。

当 \( A \xrightarrow{r_1+r_2} B \) 时，因为对于作变换 \( r_i \),\( r_j \) 时结论成立，所以只需考虑 \( A \xrightarrow{r_1+r_2} B \) 这一特殊情形。分两种情形讨论：

① \( D \) 不包含 \( A \) 的第 1 行，这时 \( D \) 也是 \( B \) 的 \( r \) 阶非零子式；

② \( D \) 包含 \( A \) 的第 1 行，这时把 \( B \) 中与 \( D \) 对应的 \( r \) 阶子式 \( D_1 \) 记作

\( D_1 = \begin{vmatrix} r_1 + kr_2 \\ r_p \\ \vdots \\ r_q \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} r_1 & r_2 \\ r_p & r_q \\ \vdots & \vdots \\ r_q & r_s \end{vmatrix} +k\begin{vmatrix} r_1 & r_2 \\ r_p & r_q \\ \vdots & \vdots \\ r_q & r_s \end{vmatrix} = D + kD_2, \)

若 \( p = 2 \)，则 \( D_1 = D \neq 0 \)；若 \( p \neq 2 \)，则 \( D_2 \) 也是 \( B \) 的 \( r \) 阶子式，由 \( D_1 - kD_2 = D \neq 0 \)，知 \( D_1 \) 与 \( D_2 \) 不同时为 0。总之，\( B \) 中存在 \( r \) 阶非零子式 \( D_1 \) 或 \( D_2 \)。

记 \( A \) 和 \( B \) 中非零子式的最高阶数分别为 \( s \) 和 \( t \)，那么上述表明 \( s \leq t \)。因 \( A \) 经一次初等行变换成为 \( B \)，\( B \) 也就可经一次初等行变换成为 \( A \)，故又有 \( t \leq s \)，于是 \( s = t \)。

经一次初等行变换结论成立，即可知道有限次初等行变换结论也成立。证毕。

现在可以回答本节一开始提出的问题了。

设 \( C \) 是任一与 \( B \) 行等价的阶梯形矩阵，由引理，\( C \) 中非零子式的最高阶数应与 \( B_4 \) 中非零子式的最高阶数相同，即 \( C \) 有且仅有 3 个非零行。

值得注意的是上面的讨论中，关心的并不是非零子式（作为行列式）本身，而是它的阶数，尤其是非零子式的最高阶数。由此给出矩阵的秩的定义：

定义 5 设在矩阵 \( A \) 中有一个不等于 0 的 \( r \) 阶子式 \( D \)，且所有 \( r+1 \) 阶子式（如果存在的话）全等于 0，那么 \( D \) 称为矩阵 \( A \) 的最高阶非零子式，数 \( r \) 称为矩阵 \( A \) 的秩，记作 \( R(A) \)。并规定零矩阵的秩等于 0。

由于行列式的性质可知，在 \( A \) 中当所有 \( r+1 \) 阶子式全等于 0 时，所有高于 \( r+1 \) 阶的子式也全等于 0，因此把 \( r \) 阶非零子式称为最高阶非零子式，而 \( A \) 的秩 \( R(A) \) 就是 \( A \) 的非零子式的最高阶数。

由于 \( R(A) \) 是 \( A \) 的非零子式的最高阶数，因此，若矩阵 \( A \) 中有某个 \( s \) 阶子式不为 0，则 \( R(A) \geq s \)；若 \( A \) 中所有 \( t \) 阶子式全为 0，则 \( R(A) < t \)。

显然，若 \( A \) 为 \( m \times n \) 矩阵，则 \( 0 \leq R(A) \leq \min \lbrace m, n \rbrace \)。

由于行列式与其转置行列式相等，因此 \( A^T \) 的子式与 \( A \) 的子式对应相等，从而 \( R(A^T) = R(A) \)。

对于 \( n \) 阶矩阵 \( A \)，由于 \( A \) 的 \( n \) 阶子式只有一个 \( |A| \)，故当 \( |A| \neq 0 \) 时 \( R(A) = n \)，当 \( |A| = 0 \) 时 \( R(A) < n \)。可见可逆矩阵的秩等于矩阵的阶数，不可逆矩阵的秩小于矩阵的阶数。因此，可逆矩阵又称满秩矩阵，不可逆矩阵（奇异矩阵）又称降秩矩阵。

矩阵的初等变换作为一种运算，其深刻意义在于它不改变矩阵的秩，即有

定理 2 若 \( A \sim B \)，则 \( R(A) = R(B) \)。

证由引理，只须证明 \( A \) 经初等列变换变成 \( B \) 的情形，这时 \( A^T \) 经初等行变换变为 \( B^T \)，由引理知 \( R(A^T) = R(B^T) \)，又 \( R(A) = R(A^T) \)，\( R(B) = R(B^T) \)，因此 \( R(A) = R(B) \)。

总之，若 \( A \) 经有限次初等变换变为 \( B \)（即 \( A \sim B \)），则 \( R(A) = R(B) \)。证毕。

由于 \( A \sim B \) 的充分必要条件是有可逆矩阵 \( P \)、\( Q \)，使 \( PAQ = B \)，因此可得

推论若可逆矩阵 \( P \)、\( Q \) 使 \( PAQ = B \)，则 \( R(A) = R(B) \)。

对于一般的矩阵，当行数与列数较高时，按定义求秩是很麻烦的。然而对于行阶梯形矩阵，如前所示，它的秩就等于非零行的行数，一看便知毋须计算。因此依据定理 2 把矩阵化为行阶梯形矩阵来求秩是方便而有效的方法。

例 5 求矩阵 \( A \) 和 \( B \) 的秩，其中 \( A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & -5 \\ 4 & 7 & 1 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 0 & 5 & 0 \\ 3 & -2 & 3 & 6 & -1 \\ 2 & 0 & 1 & 5 & -3 \\ 1 & 6 & -4 & -1 & 4 \end{pmatrix} \)

解在 \( A \) 中，容易看出一个 2 阶子式 \( \left| \begin{matrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix} \right| \neq 0 \)，\( A \) 的 3 阶子式只有一个 \( \left| A \right| \)，经计算可知 \( \left| A \right| = 0 \)，因此 \( R(A) = 2 \)。对 \( B \) 作初等行变换变成行阶梯形矩阵 \( B = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 0 & 5 & 0 \\ 3 & -2 & 3 & 6 & -1 \\ 2 & 0 & 1 & 5 & -3 \\ 1 & 6 & -4 & -1 & 4 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_1, r_2, r_3} \begin{pmatrix} 1 & 6 & -4 & -1 & 4 \\ 0 & -4 & 3 & 1 & -1 \\ 0 & -12 & 9 & 7 & -11 \\ 0 & -16 & 12 & 8 & -12 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_2, r_3} \begin{pmatrix} 1 & 6 & -4 & -1 & 4 \\ 0 & -4 & 3 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 4 & -8 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \)

因为行阶梯形矩阵有 3 个非零行，所以 \( R(B) = 3 \)。

例 6 设 \( A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 2 & -1 \\ 2 & -4 & 8 & 0 \\ -2 & 4 & -2 & 3 \\ 3 & -6 & 0 & -6 \end{pmatrix}, b = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} \)

求矩阵 \( A \) 及矩阵 \( B = (A, b) \) 的秩。

解对 \( B \) 作初等行变换变为行阶梯形矩阵，设 \( B \) 的行阶梯形矩阵为 \( B = (\overline{A}, \overline{b}) \)，则 \( A \) 就是 \( A \) 的行阶梯形矩阵，故从 \( B = (\overline{A}, \overline{b}) \) 中可同时看出 \( R(A) \) 及 \( R(B) \)。

\( B = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 2 & -1 & 1 \\ 2 & -4 & 8 & 0 & 2 \\ -2 & 4 & -2 & 3 & 3 \\ 3 & -6 & 0 & -6 & 4 \end{pmatrix} \xrightarrow{\gamma_1 + \gamma_2} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 4 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & -6 & -3 & 1 \end{pmatrix} \)

\( R(A) = 2, \quad R(B) = 3. \)

从矩阵 \( B \) 的行阶梯形矩阵可知，本例中的 \( A \) 与 \( b \) 所对应的线性方程组 \( Ax = b \) 是无解的，这是因为行阶梯形矩阵的第 3 行表示矛盾方程 \( 0 = 1 \)。

例 7 设 \( \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 3 & 2 & \lambda & -1 \\ 5 & 6 & 3 & \mu \end{pmatrix}, \)

已知 \( R(A) = 2 \)，求 \( \lambda \) 与 \( \mu \) 的值。

解 \( \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & -4 & \lambda + 3 & -4 \\ 0 & -4 & 8 & \mu - 5 \end{pmatrix} \xrightarrow{\lambda = 2, \mu = -1} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & -4 & \lambda + 3 & -4 \\ 0 & 0 & 5 - \lambda & \mu - 1 \end{pmatrix} \)

因 \( R(A) = 2 \)，故 \( \begin{cases} 5 - \lambda = 0, \\ \mu - 1 = 0, \end{cases} 即 \begin{cases} \lambda = 5, \\ \mu = 1. \end{cases} \)

下面讨论矩阵的秩的性质。前面我们已经提出了矩阵秩的一些最基本的性质，归纳起来有 ① \( 0 \leq R(A) \leq \min \lbrace m, n \rbrace \)。 ② \( R(A^T) = R(A) \)。 ③ 若 \( A \sim B \)，则 \( R(A) = R(B) \)。 ④ 若 \( P, Q \) 可逆，则 \( R(PAQ) = R(A) \)。

下面再介绍几个常用的矩阵秩的性质：

⑤ \( \max \lbrace R(A), R(B) \rbrace \leq R(A, B) \leq R(A) + R(B) \)，特别地，当 \( B = b \) 为非零列向量时，有 \( R(A) \leq R(A, b) \leq R(A) + 1. \)

证因为 \( A \) 的最高阶非零子式总是 \( (A, B) \) 的非零子式，所以 \( R(A) \leq R(A, B) \)。同理有 \( R(B) \leq R(A, B) \)，两式合起来，即为 \( \max \lbrace R(A), R(B) \rbrace \leq R(A, B). \)

设 \( R(A) = r, R(B) = t \)。把 \( A^T \) 和 \( B^T \) 分别作初等行变换化为行阶梯形矩阵 \( \tilde{A} \) 和 \( \tilde{B} \)。由性质 2，\( R(A^T) = r, R(B^T) = t \)，故 \( \tilde{A} \) 和 \( \tilde{B} \) 中分别含 \( r \) 个和 \( t \) 个非零行，从而 \( \left( \begin{array}{c} \tilde{A} \\ \tilde{B} \end{array} \right) \) 中只含 \( r + t \) 个非零行，并且 \( \left( \begin{array}{c} A^T \\ B^T \end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{c} \tilde{A} \\ \tilde{B} \end{array} \right). \) 于是 \( R(A, B) = R \left( \begin{array}{c} A^T \\ B^T \end{array} \right)^T = R \left( \begin{array}{c} A^T \\ B^T \end{array} \right) = R \left( \begin{array}{c} \tilde{A} \\ \tilde{B} \end{array} \right) \leq r + t = R(A) + R(B). \)

例如，令 \( A = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right), \quad B = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right), \quad C = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right), \)

则 \( R(A, B) = R \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) = 3 = R(A) + R(B), \) \( R(A, C) = R \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) = 2 < R(A) + R(C). \)

⑥ \( R(A + B) \leq R(A) + R(B) \).

证无妨设 \( A, B \) 为 \( m \times n \) 矩阵。对矩阵 \( \left( \begin{array}{c} A + B \\ B \end{array} \right) \) 作初等行变换 \( r_i - r_{n+i} (i = 1, \ldots, n) \) 即得 \( \binom{A + B}{B} \sim \binom{A}{B}, \)

于是 \( R(A + B) \leq R \binom{A + B}{B} = R \binom{A}{B} = R(A^T, B^T)^T = R(A^T, B^T) \leq R(A^T) + R(B^T) = R(A) + R(B). \)

后面我们还要介绍两条常用的性质，现先罗列于下： ① \( R(AB) \leq \min \lbrace R(A), R(B) \rbrace \) (见下节定理 7). ③ 若 \( A_{m \times n} B_{n \times l} = O \)，则 \( R(A) + R(B) \leq n \) (见下章例 13).

例 8 设 \( A \) 为 \( n \) 阶矩阵，证明 \( R(A + E) + R(A - E) \geq n \).

证因 \( (A + E) + (E - A) = 2E \)，由性质 ⑥，有 \( R(A + E) + R(E - A) \geq R(2E) = n, \)

而 \( R(E - A) = R(A - E) \)，所以 \( R(A + E) + R(A - E) \geq n. \)

例 9 证明：若 \( A_{m \times n} B_{n \times l} = C \)，且 \( R(A) = n \)，则 \( R(B) = R(C) \)。

证因 \( R(A) = n \)，知 \( A \) 的行最简形矩阵为 \( \begin{pmatrix} E_n \\ O \end{pmatrix}_{m \times n} \)，并有 \( m \) 阶可逆矩阵 \( P \)，使 \( PA = \begin{pmatrix} E_n \\ O \end{pmatrix} \)。于是 \( PC = PAB = \begin{pmatrix} E_n \\ O \end{pmatrix} B = \begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix}. \)

由矩阵秩的性质 ④，知 \( R(C) = R(PC) \)，而 \( R \begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix} = R(B) \)，故 \( R(C) = R(B). \)

本例中的矩阵 \( A \) 的秩等于它的列数，这样的矩阵称为列满秩矩阵。当 \( A \) 为方阵时，列满秩矩阵就成为满秩矩阵，也就是可逆矩阵。因此，本例的结论当 \( A \) 为方阵这一特殊情形时就是矩阵秩的性质 ④。

本例另一种重要的特殊情形是 \( C = 0 \)，这时结论为设 \( AB = 0 \)，若 \( A \) 为列满秩矩阵，则 \( B = 0 \)。这是因为，按本例的结论，这时有 \( R(B) = 0 \)，故 \( B = 0 \)。这一结论通常称为矩阵乘法的消去律。

矩阵的秩

矩阵的秩是线性代数中的一个重要概念，它描述了矩阵中线性无关的行或列的最大数量。为了更好地理解矩阵的秩，我们重新讨论增广矩阵 \( B \) 及其行阶梯形矩阵 \( B_4 \) 和 \( B_5 \)：