叶卢庆的博客

A^TA的秩等于A的秩

Gilbert Strang在他的《线性代数及其应用》(中文第二版)第114页中,通过证明$\mathcal{N}(A)=\mathcal{N}(A^TA)$来证明矩阵$A^TA$和矩阵$A$的秩相等.下面我用自己更加能接受的方法来证明$A^TA$的秩等于$A$的秩.

我先用一个特例来说明我的方法.设矩阵$A=
\begin{pmatrix}
1&4\\
2&0\\
3&1
\end{pmatrix}, $则矩阵$A^{T}A$为
\begin{equation}\label{eq:1}
\begin{pmatrix}
1&2&3\\
4&0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&4\\
2&0\\
3&1
\end{pmatrix}.
\end{equation}
对乘积\eqref{eq:1}左边的矩阵进行行变换(或列变换),同时对乘积右边的矩阵进行对应的列变换(或行变换).比如,将乘积\eqref{eq:1}左边矩阵的第一行的$-4$倍加到第$2$行上,同时将乘积右边的矩阵的第一列乘以$-4$,然后加到第$2$列上.这样表达式\eqref{eq:1}就变成了
\begin{equation}
\label{eq:2}
\begin{pmatrix}
1&2&3\\
0&-8&-11
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&0\\
2&-8\\
3&-11
\end{pmatrix}.
\end{equation}
然后,将乘积\eqref{eq:2}左边矩阵第二行的$\frac{1}{4}$倍加到第$1$行上,同时将右边矩阵第$2$列的$\frac{1}{4}$倍加到第$1$列上,乘积\eqref{eq:2}会变成
\begin{equation}
\label{eq:3}
\begin{pmatrix}
1&0&\frac{1}{4}\\
0&-8&-11
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&0\\
0&-8\\
\frac{1}{4}&-11
\end{pmatrix}.
\end{equation}
将乘积\eqref{eq:3}左边矩阵的第一列的$-\frac{1}{4}$倍加到第$3$列上,同时将右边矩阵的第一行的$-\frac{1}{4}$倍加到第$3$行上,乘积\eqref{eq:3}会变成
\begin{equation}
\label{eq:4}
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&-8&-11
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&0\\
0&-8\\
0&-11
\end{pmatrix}
\end{equation}
将乘积\eqref{eq:4}的左边矩阵第$2$列的$-\frac{11}{8}$倍加到第$3$列上,同时将右边矩阵第$2$行的$-\frac{11}{8}$倍加到第$3$行上,则乘积\eqref{eq:4}会变成
\begin{equation}
\label{eq:5}
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&-8&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&0\\
0&-8\\
0&0
\end{pmatrix}.
\end{equation}
乘积\eqref{eq:5}左边的矩阵和右边矩阵的秩都会等于矩阵$A$的秩,因为无论是初等行变换还是初等列变换都不会改变矩阵的秩.而且易得矩阵$
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&-8&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&0\\
0&-8\\
0&0
\end{pmatrix}
$的秩和乘积\eqref{eq:5}左边矩阵的秩也相等.因此矩阵$
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&-8&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&0\\
0&-8\\
0&0
\end{pmatrix}
$的秩等于矩阵$A$的秩.且矩阵$
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&-8&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&0\\
0&-8\\
0&0
\end{pmatrix}
$是由矩阵$A^TA$经过行操作和列操作变过来的,因此矩阵$
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&-8&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&0\\
0&-8\\
0&0
\end{pmatrix}
$的秩也等于矩阵$A^TA$的秩.因此矩阵$A^TA$的秩等于矩阵$A$的秩.

通过这个特殊的例子,我们不难窥见对于一般的矩阵$A$,命题照样成立.至于一般情形的证明我就不赘述了.