第8讲 - 应用数学家园.ppt

得到的行阶梯形矩阵有3个非零行, 所以R(A)=3. 再求A的一个最高阶非零子式. 因R(A)=3, 知A的最高阶非零子式为3阶. A的3阶子式共有C43?C53共40(个), 要从40个子式中找出一个非零子式, 是比较麻烦的. 考察A的行阶梯形矩阵, 记A=(a1,a2,a3,a4,a5), 则矩阵A0=(a1,a2,a4)的行阶梯形矩阵为 知R(A0)=3, 故A0中必有3阶非零子式, A0的3阶子式有4个, 在A0的4个子式中找一个非零子式要比在A中找非零子式方便. 试计算A0的前三行构成的子式 因此这个子式就是A的一个最高阶非零子式. 例6 设 求矩阵A及矩阵B=(A,b)的秩. 因此, R(A)=2, R(B)=3. 从B的行阶梯形可知, 本例中的A与b所对应的线性方程组Ax=b是无解的, 这是因为第3行表示矛盾方程0=1 例7 设 已知R(A)=2, 求l与m的值. 解 因R(A)=2, 故 矩阵的秩的性质, 前面已经提到的有① 0?R(Am?n)?min{m,n};② R(AT)=R(A);③ 若A~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的秩的性质. ⑤ max{R(A),R(B)}?R(A,B)?R(A)+R(B),特别地, 当B=b为列向量时, 有 R(A)?R(A,b)?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)?R(A,B). 同理有R(B)?R(A,B). 两式合起来, 即为 max{R(A),R(B)}?R(A,B). 从而 ⑥ R(A+B)?R(A)+R(B)证 无妨设A,B为m?n矩阵, 对矩阵(A+B,B)作初等列变换ci-cn+i(i=1,…,n), 即得 (A+B,B)~(A,B),于是R(A+B)?R(A+B,B)=R(A,B)?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:⑦ R(AB)?min{R(A),R(B)}. (见下节定理8)⑧ 若Am?nBn?t=O, 则R(A)+R(B)?n. (见下章例13) 例8 设A为n阶矩阵, 证明 R(A+E)+R(A-E)?n证 因(A+E)+(E-A)=2E, 由性质6, 有 R(A+E)+R(E-A)?R(2E)=n, 而R(E-A)=R(A-E), 所以 R(A+E)+R(A-E)?n. 作业第79页第9,10题 * 工程数学线性代数第8讲 此幻灯片可在如下网址下载： www.应用数学.cn 定理2 方阵A可逆的充分必要条件是存在有限个初等矩阵P1,P2,…,Pl, 使A=P1P2…Pl.证 先证充分性. 设A=P1P2…Pl, 因初等矩阵可逆, 有限个可逆矩阵的乘积仍可逆. 故A可逆.再证必要性. 设n阶方阵A可逆, 且A的标准形矩阵为F, 由于F~A, 知F经有限次初等变换可化为A, 即有初等矩阵P1,P2,…,Pl, 使A=P1…PsFPs+1…Pl. 因A可逆及初等矩阵都可逆, 必有F可逆, 因此必有F=E, 则A=P1P2…Pl. 证毕. 上述证明显示: 可逆矩阵的标准形矩阵是单位阵. 其实可逆矩阵的行最简形矩阵也是单位阵, 即有推论1 方阵A可逆的充分必要条件是 证 因A可逆的充分必要条件是A为有限个初等矩阵的乘积, 即A=P1P2…Pl, 亦即 A=P1P2…PlE, 上式表示E经有限次初等行变换可变为A, 即 推论2 m?n矩阵A与B等价的充分必要条件是存在m阶可逆矩阵P及n阶可逆矩阵Q, 使PAQ=B.(读者自证)上节例1提出:对于方阵A, 若 则(i)A可逆; (ii) X=A-1. 推论1已说明了(i), 下面来说明(ii). 设有n阶矩阵A及n?s矩阵B, 求矩阵X使AX=B. 如果A可逆, 则X=A-1B. 而当A可逆时, 据定理2, 有初等矩阵P1,P2,…,Pl使A=P1P2…Pl, 从而A-1=Pl-1…P1-1. 记Pk-1=Qk, 则Qk也是初等矩阵. 于是 Ql…Q1A=E, ① Ql…Q1B=A-1B. ②①式表明A经一系列初等行变换化为E, ②式表明B经这同一系列初等行变换化成A-1B, 用分块矩阵的形式, 两式可合并为 Ql…Q1(A,B)=(E,A-1B) Ql…Q1(A,B)=(E,A-1B)即对矩阵(A,B)作初等行变换, 当把A化成E时, B就化成A-1B.综上所述, 对于n阶矩阵A及n?s矩阵B, 把分块矩阵(A,B)化成行最简形, 如果(A,B)的行最简形为(E,X), 即 则A可逆, 且X=A-1B. 对于n阶矩阵A及n?s矩阵B, 把分块矩阵(A,B)化成行最