首都师范大学 2026年高等代数第2题
📝 题目
2．设 $\displaystyle A, B, C$ 及 $D$ 均为数域 $\displaystyle \mathbb{P}$ 上的 $n$ 级矩阵且 $D$ 可逆，令
$$
M=\left(\begin{array}{cc}
O & A D \\
C & B
\end{array}\right)
$$
用 $\displaystyle r(A)$ 表示矩阵 $A$ 之秩，证明：$\displaystyle r(M) \geq r(A)+r(C)$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用可逆变换简化矩阵M
由于D可逆，对M右乘可逆矩阵$\begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & D^{-1} \end{pmatrix}$，得到$M\begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & D^{-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} O & A \\ C & B D^{-1} \end{pmatrix}$。该变换不改变秩，故$r(M)=r\begin{pmatrix} O & A \\ C & B D^{-1} \end{pmatrix}$。
公式：$M\begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & D^{-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} O & A \\ C & B D^{-1} \end{pmatrix}$
提示：注意右乘可逆矩阵不改变秩，但左乘也不改变，这里只用了右乘。
步骤 2/6
目标：将问题转化为一般分块矩阵的秩不等式
令$X = B D^{-1}$，则只需证明$r\begin{pmatrix} O & A \\ C & X \end{pmatrix} \ge r(A)+r(C)$。
提示：这里X是任意矩阵，不需要具体形式。
步骤 3/6
目标：对A和C进行秩标准形分解
设$r(A)=r$，$r(C)=s$。存在可逆矩阵$P_1,Q_1$使得$P_1 A Q_1 = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$；存在可逆矩阵$P_2,Q_2$使得$P_2 C Q_2 = \begin{pmatrix} I_s & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
公式：$P_1 A Q_1 = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad P_2 C Q_2 = \begin{pmatrix} I_s & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$
提示：注意A和C的阶数可能不同，但这里A和C都是n阶方阵，所以分块一致。
步骤 4/6
目标：对分块矩阵进行双可逆变换
对$\begin{pmatrix} O & A \\ C & X \end{pmatrix}$左乘$\begin{pmatrix} P_1 & 0 \\ 0 & P_2 \end{pmatrix}$，右乘$\begin{pmatrix} Q_1 & 0 \\ 0 & Q_2 \end{pmatrix}$，得到$\begin{pmatrix} O & P_1 A Q_2 \\ P_2 C Q_1 & P_2 X Q_2 \end{pmatrix}$。注意$P_1 A Q_2 = P_1 A Q_1 Q_1^{-1} Q_2$，但更直接地，由于$Q_1$和$Q_2$可逆，$P_1 A Q_2$的秩仍为r，且可化为$\begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$的形式。类似地，$P_2 C Q_1$可化为$\begin{pmatrix} I_s & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。实际上，通过适当选择可逆矩阵，我们可以直接得到标准形。更严谨地，我们利用已知的秩标准形：存在可逆矩阵$U_1,V_1$使得$U_1 A V_1 = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，存在可逆矩阵$U_2,V_2$使得$U_2 C V_2 = \begin{pmatrix} I_s & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。然后对原矩阵左乘$\begin{pmatrix} U_1 & 0 \\ 0 & U_2 \end{pmatrix}$，右乘$\begin{pmatrix} V_1 & 0 \\ 0 & V_2 \end{pmatrix}$，得到$\begin{pmatrix} O & \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix} I_s & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} & * \end{pmatrix}$，其中*表示某个矩阵。
公式：$\begin{pmatrix} U_1 & 0 \\ 0 & U_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} O & A \\ C & X \end{pmatrix} \begin{pmatrix} V_1 & 0 \\ 0 & V_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} O & \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix} I_s & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} & * \end{pmatrix}$
提示：注意左右乘的可逆矩阵是分块对角矩阵，且可逆。
步骤 5/6
目标：分析变换后矩阵的秩
变换后的矩阵形如$\begin{pmatrix} O & I_r & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ I_s & 0 & * \\ 0 & 0 & * \end{pmatrix}$，其中左上角零块大小为$s \times r$？实际上，需要明确分块：设A和C都是n阶，则变换后矩阵为2n阶。左上角O是n×n零矩阵，右上角是$\begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$（n×n），左下角是$\begin{pmatrix} I_s & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$（n×n），右下角是某个n×n矩阵。该矩阵的秩至少为r+s，因为前r列（对应右上角I_r所在的列）和后s行（对应左下角I_s所在的行）线性无关。具体地，考虑前r列：它们在第1到第r行有1，其余为0，且与后s行无关；后s行在前r列有1，但注意后s行在前r列的位置？实际上，左下角的I_s位于第1到第s行？需要仔细：左下角矩阵$\begin{pmatrix} I_s & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，其非零行是前s行，非零列是前s列。因此，后s行（即第n+1到n+s行）在前s列有1，而前r列（即第1到r列）在右上角有1。这些行和列线性无关，故秩至少为r+s。
提示：注意分块矩阵的维度，避免混淆。
步骤 6/6
目标：得出原矩阵的秩不等式
由于初等变换不改变秩，因此原矩阵$\begin{pmatrix} O & A \\ C & X \end{pmatrix}$的秩等于变换后矩阵的秩，从而$r\begin{pmatrix} O & A \\ C & X \end{pmatrix} \ge r+s = r(A)+r(C)$。代入$X = B D^{-1}$，得$r(M) \ge r(A)+r(C)$。
公式：$r(M) \ge r(A)+r(C)$
提示：注意不等式方向，这里是大于等于。
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