\section{矩阵的秩}

\subsection{矩阵的秩}
\begin{frame}{矩阵秩的概念}

矩阵秩的概念:
\begin{itemize}[<+-|alert@+>]
\item 讨论向量组的线性相关性;
\item 研究线性方程组解的结构;
\item 矩阵经\textbf{有限次初等行变换}可以化为行阶梯形矩阵;
\item 行阶梯形矩阵所含\textbf{非零行数}是 (实质上) 就是矩阵的 ``秩'', 它是一个数;
\item 利用初等变换求矩阵的秩;
\item ``秩'' 的唯一性尚未证明, 唯一性由行列式的性质决定;
\item 先讲行列式再讲矩阵的教材, 利用行列式来定义矩阵的秩.
\end{itemize}
\end{frame}
%
\begin{frame}{矩阵的 $k$ 阶子式}
\begin{defn}
在 $m\times n$ 矩阵 $A$ 中, 任取 $k$ 行 $k$ 列 ($1\leq k\leq m,1\leq k\leq n$),
位于这些行列交叉处的 $k^{2}$ 个元素, 不改变它们在 $A$ 中所处的位置次序而得到的 $k$ 阶行列式, 称为矩阵
$A$ 的 \textbf{$k$ 阶子式}.
\end{defn}

\begin{rem*}
$m\times n$ 矩阵 $A$ 的 $k$ 阶子式共有 $C_{m}^{k}\cdot C_{n}^{k}$ 个.
\end{rem*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{矩阵的子式}

设 $A$ 为 $m\times n$ 矩阵
\begin{itemize}[<+-|alert@+>]
\item 当 $A=O$ 时, 它的任何子式都为零. 
\item 当 $A\neq O$ 时, 它至少有一个元素不为零, 即它至少有一个一阶子式不为零. 
\item 再考察二阶子式, 若 $A$ 中有一个二阶子式不为零. 
\item 往下考察三阶子式, 判断 $A$ 是否存在非零的三阶子式;
\item 如此进行下去, 最后必达到 $A$ 中有 $r$ 阶子式不为零, 而再没有比 $r$ 更高阶的不为零的子式. 
\begin{itemize}
\item 如果 $A$ 的所有 $r$ 阶子式均为零, 则矩阵 $A$ 的所有 $r+1$ 阶子式也都为零;
\item 如果 $s>r$, 矩阵 $A$ 的所有 $r$ 阶子式均为零, 则矩阵 $A$ 的所有 $s$ 阶子式也都为零;
\end{itemize}
\item 这个不为零的子式的最高阶数 $r$ 反映了矩阵 $A$ 内在的重要特征, 在矩阵的理论与应用中都有重要意义.
\end{itemize}
\end{frame}
%
\begin{frame}{矩阵的秩 (rank)}
\begin{defn}
设 $A$ 为 $m\times n$ 矩阵, 如果存在 $A$ 的 $r$ 阶子式不为零, 而任何 $r+1$ 阶子式
(\textcolor{orange}{如果存在的话}) 皆为零, 则称数 $r$ 为\textbf{矩阵 $A$ 的秩}, 记为
$r(A)$ (或 $R(A)$). 并规定\textcolor{orange}{零矩阵的秩等于零}.
\end{defn}

\end{frame}
%
\begin{frame}{矩阵秩的性质}

显然, 矩阵的秩具有下列性质:
\begin{enumerate}[<+-|alert@+>]
\item 若矩阵 $A$ 中有某个 $s$ 阶子式不为 $0$, 则 $r(A)\geq s$;
\item 若 $A$ 中所有 $t$ 阶子式全为 $0$, 则 $r(A)<t$;
\item 若 $A$ 为 $m\times n$ 矩阵, 则 $0\leq r(A)\leq\min\{m,n\}$;
\item $r(A)=r\left(A^{T}\right)$.
\end{enumerate}
\end{frame}
%
\begin{frame}{满秩矩阵/降秩矩阵}
\begin{defn}
当 $r(A)=\min\{m,n\}$, 称矩阵 $A$ 为\textbf{满秩矩阵}. 否则称为\textbf{降秩矩阵}.

当 $r(A)=m$, 称矩阵 $A$ 为行满秩矩阵;

当 $r(A)=n$, 称矩阵 $A$ 为列满秩矩阵.
\end{defn}

\end{frame}
%
\begin{frame}{根据定义计算矩阵的秩}
\begin{example}
求矩阵 $A=\begin{bmatrix}1 & 2 & 3\\
2 & 3 & -5\\
4 & 7 & 1
\end{bmatrix}$ 的秩.

\pause{}

\end{example}

\begin{sol*}
在 $A$ 中, $\begin{vmatrix}1 & 3\\
2 & -5
\end{vmatrix}\neq0$.

又由于 $A$ 的 $3$ 阶子式只有一个 $|A|$, 且 $|A|=\begin{vmatrix}1 & 2 & 3\\
2 & 3 & -5\\
4 & 7 & 1
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & 2 & 3\\
0 & -1 & -11\\
0 & -1 & -11
\end{vmatrix}=0$, 所以 $r(A)=2$.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{根据定义计算矩阵的秩}
\begin{example}
求矩阵 $B=\begin{bmatrix}2 & -1 & 0 & 3 & -2\\
0 & 3 & 1 & -2 & 5\\
0 & 0 & 0 & 4 & -3\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}$ 的秩.

\pause{}

\end{example}

\begin{sol*}
因 $B$ 是一个行阶梯形矩阵, 其非零行只有 $3$ 行, 所以 $B$ 的所有四阶子式全为零.

而 $\begin{vmatrix}2 & -1 & 3\\
0 & 3 & -2\\
0 & 0 & 4
\end{vmatrix}\neq0$, 因此 $r(B)=3$.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{求矩阵的秩}

利用定义计算矩阵的秩, 需要由高阶到低阶考虑矩阵的子式, 当矩阵的行数与列数较高时, \textcolor{red}{按定义求秩是非常麻烦的. }

由于行阶梯形矩阵的秩很容易判断, 而任意矩阵都可以经过初等变换化为行阶梯形矩阵. 因而可考虑借助初等变换法来求矩阵的秩.
\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{矩阵秩的求法原理}
\begin{thm}
若 $A\sim B$, 则 $r(A)=r(B)$.
\end{thm}

定理证明了若 $A$ 经一次初等行变换变为 $B$, 则\vspace{-5mm}

\[
r(A)\leq r(B).
\]

由于 $B$ 亦可经一次初等行变换为 $A$, 故也有\vspace{-5mm}
\[
r(B)\leq r(A).
\]

因此\vspace{-5mm}

\[
r(A)=r(B).
\]

经一次初等行变换矩阵的秩不变, 即经有限次初等行变换矩阵的秩也不变.

设 $A$ 经初等列变换变为 $B$, 则 $A^{T}$ 经初等行变换变为 $B^{T}$, 由于 $r\left(A^{T}\right)=r\left(B^{T}\right)$,
又\vspace{-5mm}

\[
r(A)=r\left(A^{T}\right),\ r(B)=r\left(B^{T}\right),
\]

因此\vspace{-5mm}

\[
r(A)=r(B).
\]

总之, 若 $A$ 经过有限次初等变换变为 $B$ (即 $A\sim B)$, 则\vspace{-5mm}

\[
r(A)=r(B).
\]

根据上述定理, 我们得到利用初等变换求矩阵的秩的方法: \vspace{1mm}

\textcolor{red}{\small{}\uuline{把矩阵用初等行变换变成行阶梯形矩阵, 行阶梯形矩阵中非零行的行数就是该矩阵的秩.}}{\small\par}
\end{frame}
%
\begin{frame}{矩阵秩的求法}
\begin{example}
求矩阵
\[
A=\begin{bmatrix}1 & 2 & 3 & 4\\
-1 & -1 & -4 & -2\\
3 & 4 & 11 & 8
\end{bmatrix}
\]
的秩.

\pause{}

\end{example}

\begin{sol*}
\[
\begin{aligned}\begin{bmatrix}1 & 2 & 3 & 4\\
-1 & -1 & -4 & -2\\
3 & 4 & 11 & 8
\end{bmatrix} & \xrightarrow[r_{3}-3r_{1}]{r_{2}+r_{1}}\begin{bmatrix}1 & 2 & 3 & 4\\
0 & 1 & -1 & 2\\
0 & -2 & 2 & -4
\end{bmatrix}\\
 & \xrightarrow{r_{3}+2r_{2}}\begin{bmatrix}1 & 2 & 3 & 4\\
0 & 1 & -1 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}\xrightarrow{r_{1}-2r_{2}}\begin{bmatrix}1 & 0 & 5 & 0\\
0 & 1 & -1 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}\\
 & \xrightarrow{c_{3}-5c_{1}}\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & -1 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}\xrightarrow[c_{4}-2c_{2}]{\substack{c_{3}+c_{2}}
}\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix},
\end{aligned}
\]
故 $r(A)=2$.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{矩阵秩的求法}
\begin{example}
求矩阵 $A=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 1\\
1 & 2 & 0 & -1\\
3 & -1 & 0 & 4\\
1 & 4 & 5 & 1
\end{bmatrix}$ 的秩.

\pause{}

\end{example}

\begin{sol*}
\begin{align*}
A & =\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 1\\
1 & 2 & 0 & -1\\
3 & -1 & 0 & 4\\
1 & 4 & 5 & 1
\end{bmatrix}\longrightarrow\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 1\\
0 & 2 & 0 & -2\\
0 & -1 & 0 & 1\\
0 & 4 & 5 & 0
\end{bmatrix}\longrightarrow\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 0 & -1\\
0 & 0 & 0 & 4\\
0 & 0 & 5 & 0
\end{bmatrix}\\
 & \longrightarrow\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\end{align*}
最后一矩阵的秩显然等于 $3$, 故 $r(A)=3$.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{矩阵秩的求法}
\begin{example}
设 $A=\begin{bmatrix}1 & -2 & 2 & -1\\
2 & -4 & 8 & 0\\
-2 & 4 & -2 & 3\\
3 & -6 & 0 & -6
\end{bmatrix}$, $b=\begin{bmatrix}1\\
2\\
3\\
4
\end{bmatrix}$, 求矩阵 $A$ 及矩阵 $\widetilde{A}=(A,b)$ 的秩. 

\pause{}

\end{example}

\begin{sol*}
\begin{align*}
\widetilde{A} & =\begin{bmatrix}1 & -2 & 2 & -1 & 1\\
2 & -4 & 8 & 0 & 2\\
-2 & 4 & -2 & 3 & 3\\
3 & -6 & 0 & -6 & 4
\end{bmatrix}\xrightarrow[r_{4}-3r_{1}]{\substack{r_{2}-2r_{1}\\
r_{3}+2r_{1}
}
}\begin{bmatrix}1 & -2 & 2 & -1 & 1\\
0 & 0 & 4 & 2 & 0\\
0 & 0 & -2 & 1 & 5\\
0 & 0 & -6 & -3 & 1
\end{bmatrix}\\
 & \xrightarrow[r_{4}+3r_{2}]{r_{2}\div2}\begin{bmatrix}1 & -2 & 2 & -1 & 1\\
0 & 0 & 2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 5\\
0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\xrightarrow[r_{4}-r_{3}]{r_{2}\div5}\begin{bmatrix}1 & -2 & 2 & -1 & 1\\
0 & 0 & 2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix},
\end{align*}
所以$r(A)=2$, $r(\widetilde{A})=3$.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{矩阵秩的求法}
\begin{example}
设 $A=\begin{bmatrix}3 & 2 & 0 & 5 & 0\\
3 & -2 & 3 & 6 & -1\\
2 & 0 & 1 & 5 & -3\\
1 & 6 & -4 & -1 & 4
\end{bmatrix}$, 求矩阵 $A$ 的秩, 并求 $A$ 的一个最高阶非零子式.

\pause{}

\end{example}

\begin{sol*}
对 $A$ 作初等行变换, 变成行阶梯形矩阵.
\begin{align*}
A & \xrightarrow{r_{1}\leftrightarrow r_{4}}\begin{bmatrix}1 & 6 & -4 & -1 & 4\\
3 & -2 & 3 & 6 & -1\\
2 & 0 & 1 & 5 & -3\\
3 & 2 & 0 & 5 & 0
\end{bmatrix}\xrightarrow{r_{2}-r_{4}}\begin{bmatrix}1 & 6 & -4 & -1 & 4\\
0 & -4 & 3 & 1 & -1\\
2 & 0 & 1 & 5 & -3\\
3 & 2 & 0 & 5 & 0
\end{bmatrix}\\
 & \xrightarrow[r_{4}-3r_{1}]{r_{2}-2r_{1}}\begin{bmatrix}1 & 6 & -4 & -1 & 4\\
0 & -4 & 3 & 1 & -1\\
0 & -12 & 9 & 7 & -11\\
0 & -16 & 12 & 8 & -12
\end{bmatrix}\xrightarrow[r_{4}-3r_{1}]{r_{2}-2r_{1}}\begin{bmatrix}1 & 6 & -4 & -1 & 4\\
0 & -4 & 3 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 4 & -8\\
0 & 0 & 0 & 4 & -8
\end{bmatrix}\\
 & \xrightarrow{r_{2}-r_{4}}\begin{bmatrix}1 & 6 & -4 & -1 & 4\\
0 & -4 & 3 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 4 & -8\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix},
\end{align*}
由行阶梯形矩阵有三个非零行知 $r(A)=3$.
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
再求 $A$ 的一个最高阶非零子式. 由 $r(A)=3$ 知, $A$ 的最高阶非零子式为三阶. $A$ 的三阶子式共有
$C_{4}^{3}\cdot C_{5}^{3}=40$ 个.

考察 $A$ 的行阶梯形矩阵, 记 $A=\left(a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},a_{5}\right)$,
则矩阵 $B=\left(a_{1},a_{2},a_{4}\right)$ 的行阶梯形矩阵为
\[
\begin{bmatrix}1 & 6 & -1\\
0 & -4 & 1\\
0 & 0 & 4\\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix},
\]
$r(B)=3$, 故 $B$ 中必有三阶非零子式, 且矩阵 $B$ 共有四个三阶子式可能非零.

计算 $B$ 中前三行构成的子式
\[
\begin{vmatrix}3 & 2 & 5\\
3 & -2 & 6\\
2 & 0 & 5
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}3 & 2 & 5\\
6 & 0 & 11\\
2 & 0 & 5
\end{vmatrix}=-2\begin{vmatrix}6 & 11\\
2 & 5
\end{vmatrix}=-16\neq0
\]
则这个子式便是 $A$ 的一个最高阶非零子式.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{矩阵的秩不等式}
\begin{example}
设 $A$ 为 $n$ 阶非奇异矩阵, $B$ 为 $n\times m$ 矩阵. 试证: $A$ 与 $B$ 之积的秩等于
$B$ 的秩, 即 $r(AB)=r(B)$.
\end{example}

\begin{proof}
因为 $A$ 非奇异, 故可表示成若干初等矩阵之积, $A=P_{1}P_{2}\cdots P_{s}$, 其中 $P_{i}$
($i=1,2,\cdots,s$) 皆为初等矩阵. $AB=P_{1}P_{2}\cdots P_{s}B$, 即 $AB$
是 $B$ 经 $s$ 次初等行变换后得出的. 因而 $r(AB)=r(B)$. 证毕.
\end{proof}
\begin{rem*}
由矩阵的秩及满秩矩阵的定义, 显然, 若一个 $n$ 阶矩阵 $A$ 是满秩的, 则 $|A|\neq0$. 因而 $A$
非奇异; 反之亦然.
\end{rem*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{矩阵的秩}
\begin{example}
$A=\begin{bmatrix}1 & -1 & 1 & 2\\
3 & \lambda & -1 & 2\\
5 & 3 & \mu & 6
\end{bmatrix}$, 已知 $r(A)=2$, 求 $\lambda$ 与 $\mu$ 的值.

\pause{}

\end{example}

\begin{sol*}
\[
A\xrightarrow[r_{4}-5r_{1}]{r_{2}-3r_{1}}\begin{bmatrix}1 & -1 & 1 & 2\\
0 & \lambda+3 & -4 & -4\\
0 & 8 & \mu-5 & -4
\end{bmatrix}\xrightarrow{r_{3}-r_{2}}\begin{bmatrix}1 & -1 & 1 & 2\\
0 & \lambda+3 & -4 & -4\\
0 & 5-\lambda & \mu-1 & 0
\end{bmatrix}
\]
因 $r(A)=2$, 故
\[
\begin{cases}
5-\lambda=0\\
\mu-1=0
\end{cases}\Longrightarrow\begin{cases}
\lambda=5\\
\mu=1
\end{cases}.
\]
\end{sol*}
\end{frame}

\subsection{作业}
\begin{frame}[allowframebreaks]{作业}
\begin{problem}
已知 $A=\begin{bmatrix}1 & 3 & -2 & 2\\
0 & 2 & -1 & 3\\
-2 & 0 & 1 & 5
\end{bmatrix}$, 求该矩阵的秩.
\end{problem}

\begin{problem}
求下列矩阵的秩:

(1). $\begin{bmatrix}2 & -1 & 3 & -2 & 4\\
4 & -2 & 5 & 1 & 7\\
2 & -1 & 1 & 8 & 2
\end{bmatrix}$; (2). $\begin{bmatrix}1 & 3 & 5 & -1\\
2 & -1 & -3 & 4\\
5 & 1 & -1 & 7\\
7 & 7 & 9 & 1
\end{bmatrix}$; 

(3). $\begin{bmatrix}3 & -1 & 3 & 2 & 5\\
5 & -3 & 2 & 3 & 4\\
1 & -3 & -5 & 0 & -7\\
7 & -5 & 1 & 4 & 1
\end{bmatrix}$; (4). $\begin{bmatrix}4 & 3 & -5 & 2 & 3\\
8 & 6 & -7 & 4 & 2\\
4 & 3 & -8 & 2 & 7\\
4 & 3 & 1 & 2 & -5\\
8 & 6 & -1 & 4 & -6
\end{bmatrix}$.
\end{problem}

\begin{problem}
求 $\lambda$ 的值, 使下面的矩阵 $A$ 有最小的秩: $A=\begin{bmatrix}3 & 1 & 1 & 4\\
\lambda & 4 & 10 & 1\\
1 & 7 & 17 & 3\\
2 & 2 & 5 & 3
\end{bmatrix}$.
\end{problem}

\end{frame}