latex1.ctx

毕业论文的源代码

0&I&0\\
0&0&Y
\end{array}\right )
\left ( \begin {array}{cc}
I&0\\
0&N
\end{array} \right ) R_1$$
于是
$$
B=Q^{-1}
\left ( \begin {array}{cccc}
0&I_r&0&0\\
0&0&I_l&0\\
0&0&0&0
\end{array} \right )R_2
$$
又因为矩阵$$\left ( \begin {array}{cccc}
0&I_r&0&0\\
0&0&I_l&0\\
0&0&0&0
\end{array} \right )$$可以经列变换化为
$$\left( \begin {array}{cc}
I_s&0\\
0&0
\end{array}\right )$$其中$s=r+l$，则有可逆阵$S$使
$$
\left ( \begin {array}{cccc}
0&I_r&0&0\\
0&0&I_l&0\\
0&0&0&0
\end{array} \right )=\left( \begin {array}{cc}
I_s&0\\
0&0
\end{array}\right )S
$$
此时\begin{equation}
B=Q^{-1} 
\left( \begin {array}{cc}
I_s&0\\
0&0
\end{array}\right )
R \label{3.1}
\end{equation}
其中$R=SR_2$。并且
$$\left.\begin{array}{rl}
&P\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0 \end{array} \right )Q\\
=&P\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0 \end{array} \right )\left ( \begin{array}{cc} 
I&0\\
0&X^{-1} \end{array} \right )\left ( \begin{array}{cc} 
I&0\\
-B_3&I \end{array} \right )Q_1\\
=&P\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0 \end{array} \right )Q_1\\
=&A
\end{array}
\right.$$
这和(3.1)一起完成了定理3.1的证明。
\begin{thm}\label{t1.1.2}
设$A\in F^{m\times n}$,$B\in F^{n\times p}$,则秩$(AB)$=秩$(B)$的充要条件是存在可逆阵$P$、$Q$和$R$使$$A=P\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0 \end{array} \right )Q^{-1}$$$$B=Q\left ( \begin{array}{cc} 
I_s&0\\
0&0 \end{array} \right )R$$其中$r\geq s$。
\end{thm}
{ \heiti 证明}由定理3.1易见

\hspace{8mm}秩$(AB)$=秩$(B)$

$\Longleftrightarrow$秩$(B^TA^T)$=秩$(B^T)$

$\Longleftrightarrow$存在可逆阵\~{P}、\~{Q}和\~{R}使得
$$
B^T=\mbox{\~{P}}\left( \begin{array}{cc}
I_s&0\\
0&0
\end{array} \right)\mbox{\~{Q}}
$$
$$
A^T={\mbox{\~{Q}}}^{-1}\left( \begin{array}{cc}
I_r&0\\
0&0
\end{array} \right)\mbox{\~{R}}
$$
其中$s \leq r$。

$\Longleftrightarrow$存在可逆阵$P$、$Q$和$R$使得
$$
A=P\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0 \end{array} \right )Q^{-1}
$$
$$
B=Q\left ( \begin{array}{cc} 
I_s&0\\
0&0 \end{array} \right )R
$$
其中$r\geq s$。
\section{满足秩可加性条件的矩阵对的标准形}
\begin{thm}\label{t1.1.3}
设$A,B\in F^{m\times n}$,则秩$(A+B)$=秩$(A)$$+$秩$(B)$的充要条件是存在可逆矩阵$P\in F^{m\times m}$和$Q\in F^{n\times n }$使得$$A=P\left (\begin{array}{cc}
I_r&0\\
0&0
\end{array}
\right )Q$$$$B=P\left (\begin{array}{cc}
0&0\\
0&I_s
\end{array}
\right )Q$$且$r+s\leq \rm{ min}\{m,n\}$。
\end{thm}
{\heiti 证明}充分性。由已知易见$$A+B=P\left (\begin{array}{cc}
I_r&0\\
0&0
\end{array}
\right )Q+P\left (\begin{array}{cc}
0&0\\
0&I_s
\end{array}
\right )Q=P\left (\begin{array}{ccc}
I_r&0&0\\
0&0&0\\
0&0&I_s
\end{array}
\right )Q$$($r+s\leq \rm{min}\{m,n\}$)，于是秩$(A+B)$=秩$(A)$+秩$(B)$。

必要性。由定理2.1知存在可逆矩阵$P_1\mbox{、}P_2\in F^{m\times m}\mbox{及}Q_1\mbox{、}Q_2\in F^{n\times n}$使得$$A=P_1\left (\begin{array}{cc}
I_r&0\\
0&0
\end{array}
\right )Q_1$$$$B=P_2\left (\begin{array}{cc}
0&0\\
0&I_s
\end{array}
\right )Q_2$$
令$$P_2^{-1}P_1=\left (\begin{array}{cc}
A_1&A_3\\
A_2&A_4
\end{array}
\right )$$$$Q_2Q_1^{-1}=\left (\begin{array}{cc}
B_1&B_3\\
B_2&B_4
\end{array}
\right )$$其中$A_2,B_2\in F^{s\times r}$，则
$$
A=P_1\left (\begin{array}{cc}
I_r&0\\
0&0
\end{array}
\right )Q_1=P_2P_2^{-1}P_1\left (\begin{array}{cc}
I_r&0\\
0&0
\end{array}
\right )Q_1$$
\hspace{3.9cm}
$
=P_2\left (\begin{array}{cc}
A_1&A_3\\
A_2&A_4
\end{array}
\right )\left (\begin{array}{cc}
I_r&0\\
0&0
\end{array}
\right )Q_1=P_2\left (\begin{array}{cc}
A_1&0\\
A_2&0
\end{array}
\right )Q_1
$
$$
B=P_2\left (\begin{array}{cc}
0&0\\
0&I_s
\end{array}
\right )Q_2=P_2\left (\begin{array}{cc}
0&0\\
0&I_s
\end{array}
\right )Q_2Q_1^{-1}Q_1$$
\hspace{4.05cm}$=P_2\left (\begin{array}{cc}
0&0\\
0&I_s
\end{array}
\right )\left (\begin{array}{cc}
B_1&B_3\\
B_2&B_4
\end{array}
\right )Q_1=P_2\left (\begin{array}{cc}
0&0\\
B_2&B_4
\end{array}
\right )Q_1
$\\从而$$A+B=P_2\left (\begin{array}{cc}
A_1&0\\
A_2+B_2&B_4
\end{array}
\right )Q_1$$
因为\begin{center}秩($A+B$)$\leq$秩$\left (\begin{array}{ccc}
A_1&A_1&0\\
0&A_2+B_2&B_4
\end{array}
\right )$=秩$\left (\begin{array}{ccc}
A_1&0&0\\
0&A_2+B_2&B_4
\end{array}
\right )$\end{center}
\begin{center}=秩($A_1$)+秩($A_2+B_2\hspace{2mm}B_4$)$\leq$秩($A_1$)+$s$\end{center}再由条件秩($A+B$)=秩($A$)+秩($B$)=$r+s$可知秩($A_1$)$\geq$$r$,于是$A_1$是列满秩矩阵，
故存在可逆矩阵
$P_3\in F^{(m-s)\times (m-s)}$使$A_1=P_3\left (\begin{array}{c}
I_r\\
0
\end{array}
\right )$。同理存在可逆阵$Q_3\in F^{(n-r)\times(n-r)}$,使得$B_4=(0\hspace{2mm}I_s)Q_3$。

(1)当$r+s< \rm{min}\{m,n\}$时，易见
$$
A=P_2\left (\begin{array}{cc}
A_1&0\\
A_2&0
\end{array}
\right )Q_1=P_2\left (\begin{array}{cc}
P_3\left (\begin{array}{c}
I_r\\
0
\end{array}
\right )&0\\
A_2&0
\end{array}
\right )Q_1 \\
$$
\hspace{3.8cm}$
=P_2\left (\begin{array}{cc}
P_3&0\\
(A_2 \hspace{2mm}0)&I_s
\end{array}
\right )\left (\begin{array}{cc}
\left (\begin{array}{c}
I_r\\
0
\end{array}
\right )&0\\
0&0
\end{array}
\right )Q_1
$

\hspace{3.0cm}$
=P\left(\begin{array}{cc}
I_r&0\\
0&0
\end{array}\right )Q
$\hspace{7.8cm}(3.3)
$$
B=P_2\left(\begin{array}{cc}
0&0\\
B_2&B_4
\end{array}\right )Q_1=P_2\left(\begin{array}{cc}
0&0\\
B_2&(0\hspace{2mm}I_s)Q_3
\end{array}\right )Q_1
$$
\hspace{3.7cm}$
=P_2\left(\begin{array}{cc}
0&0\\
0&(0 \hspace{2mm}I_s)
\end{array}\right )\left(\begin{array}{cc}
I_r&0\\
\left(\begin{array}{c}
0\\
B_3
\end{array}\right )&Q_3
\end{array}\right )Q_1$

\hspace{2.9cm}$=P\left(\begin{array}{cc}
0&0\\
0&I_s
\end{array}\right )Q
$\hspace{7.8cm}(3.4)
\\其中$$P=P_2\left (\begin{array}{cc}
P_3&0\\
(A_2 \hspace{2mm}0)&I_s
\end{array}
\right )$$$$Q=\left(\begin{array}{cc}
I_r&0\\
\left(\begin{array}{c}
0\\
B_2
\end{array}\right )&Q_3
\end{array}\right )Q_1$$
(2)当$r+s=\rm{min}\{m,n\}$时，证明类似于情形(1)。

\section{满足Sylvester秩等式的矩阵对的标准形}
\begin{thm}\label{t1.1.4}
设$A\in F^{m\times n}$、$B\in F^{n\times p}$,则秩$(AB)$=秩$(A)$$+$秩$(B)$$-$$n$的充要条件是存在可逆阵$P\in F^{m\times m}$、$Q\in F^{n\times n}$和$R\in F^{p\times p}$
使得$$A=P\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0\end{array} \right )Q$$$$B=Q^{-1}\left ( \begin{array}{cc} 
0&0\\
0&I_s\end{array} \right )R$$且$r+s\geq n$。
\end{thm}
{\heiti 证明}充分性。如果存在这样的矩阵$P$、$Q$和$R$，为了使矩阵满足分块相乘把$B$分解成
$$B=Q^{-1}\left ( \begin{array}{ccc} 
0&0&0\\
0&I_{s-(n-r)}&0\\
0&0&I_{n-r}\end{array} \right )R$$则$$AB=P\left ( \begin{array}{ccc} 
0&0&0\\
0&I_{s-(n-r)}&0\\
0&0&0\end{array} \right )R$$故秩$(AB)$=$s-(n-r)=s+r-n$=秩($A$)+秩($B$)$-$$n$

必要性。由定理2.1存在可逆矩阵$P_1\in F^{m\times m}$和$Q_1\in F^{n\times n}$使$$A=P_1\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0\end{array} \right )Q_1$$因$Q_1B$可经列变换化为$$\left ( \begin{array}{cc} 
0&B_1\\
0&B_2\end{array} \right )$$其中(0\hspace{2mm}$B_1$)是前$r$行，$\left ( \begin{array}{c} 
B_1\\
B_2\end{array} \right )$为列满秩，且它的秩是$s$，则有可逆矩阵$R_1\in F^{p\times p}$使$$B=Q_1^{-1}\left ( \begin{array}{cc} 
0&B_1\\
0&B_2\end{array} \right )R_1$$于是
$$
AB=P_1\left ( \begin{array}{cc} 
0&B_1\\
0&0\end{array} \right )R_1
$$设$AB$的秩是$k$，则存在可逆矩阵$M\in F^{r\times r}$，$N\in F^{s\times s}$使$$B_1=M\left ( \begin{array}{cc} 
0&0\\
I_k&0\end{array} \right )N$$从而有

\hspace{1.5cm}$
B=Q_1^{-1}\left ( \begin{array}{cc} 
0&M\left ( \begin{array}{cc} 
0&0\\
I_k&0\end{array} \right )N\\
0&B_2\end{array} \right )R_1$
$$=Q_1^{-1}\left ( \begin{array}{cc} 
M&0\\
0&I_{n-r}\end{array} \right )\left ( \begin{array}{ccc} 
0&0&0\\
0&I_k&0\\
0&B_3&B_4  \end{array} \right )\left ( \begin{array}{cc} 
I_{p-s}&0\\
0&N\end{array} \right )R_1
$$其中$(B_3\hspace{2mm} B_4)$是$B_2N^{-1}$的分块写法，且$B_4$的列数是$s-k$,行数是$n-r$。使用已知条件秩($AB$)=秩($A$)+秩($B$)$-$$n$
（即$k=r+s-n$）推出$s-k=n-r$，即$B_4$是一$(s-k)\times (s-k)$方阵，且$B_4$可逆。故
$$
B=Q^{-1}\left ( \begin{array}{cc} 
0&0\\
0&I_s\end{array} \right )R$$其中
$$
Q=\left ( \begin{array}{ccc} 
I_{n-s}&0&0\\
0&I_k&0\\
0&-B_3&I_{s-k} \end{array} \right )\left ( \begin{array}{cc} 
M^{-1}&0\\
0&I_{n-r}\end{array} \right )Q_1
$$
$$
R=\left ( \begin{array}{cc} 
I_{p-(s-k)}&0\\
0&B_4\end{array} \right )\left ( \begin{array}{cc} 
I_{p-s}&0\\
0&N\end{array} \right )R_1
$$
设$$
P=P_1\left ( \begin{array}{cc} 
M&0\\
0&I_{m-r}\end{array} \right )
$$
则
$$\left.\begin{array}{rl}
&P\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0\end{array} \right )Q\\
=&P_1\left ( \begin{array}{cc} 
M&0\\
0&I_{m-r}\end{array} \right )\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0\end{array} \right )\left ( \begin{array}{ccc} 
I_{n-s}&0&0\\
0&I_k&0\\
0&-B_3&I_{s-k} \end{array} \right )\left ( \begin{array}{cc} 
M^{-1}&0\\
0&I_{n-r}\end{array} \right )Q_1\\
=&P_1\left ( \begin{array}{cc} 
I_r&0\\
0&0\end{array} \right )Q_1\\
=&A
\end{array}\right.
$$
证完。
\backmatter
\chapter{结论}
本文给出了几个著名的矩阵秩的不等式等号成立的充要条件，问题从满足秩条件的矩阵对的标准形角度出发，用比较统一的
方法处理了几个问题，使用的方法基于矩阵的等价分解和分块技术。

$\S3.2$节中关于满足秩可加条件的矩阵对的标准形已经被用于解决秩可加性的加法保持问题$^{[6]}$，寻找本文取得的结论的其它应用，是继续要研究的课题。
%\addcontentsline{toc}{chapter}{\heiti 结论} 
\renewcommand{\thepage}{\arabic{page}}


\begin{thebibliography}{0}
\bibitem{bei}北京大学数学系几何与代数教研室前代数小组.高等代数(第三版)[M].北京:高等教育出版社,2003.
\bibitem{cao}曹重光.线性代数[M].赤峰:内蒙古科学技术出版社,1999.
\bibitem{yang}杨子胥.高等代数习题解(修订版)[M].济南:山东科技出版社,2004.
\bibitem{li}李书超，蒋君.一类矩阵的秩的恒等式及其推广[J]. 武汉科技大学学报(自然科学版). 2004,27(1):96-98.
\bibitem{hu}胡付高.关于一类矩阵秩的恒等式注记[J]. 武汉科技大学学报(自然科学版). 2004,27(3):322-323.
\bibitem{hu}X.Zhang.Linear operators that preserve pairs of matrices which satisfy extreme rank properties —a supplymentary version[J]. Linear Algebra Appl. 2003,375:283-290.
\end{thebibliography}
\chapter{致谢}
%\addcontentsline{toc}{chapter}{\heiti 致谢}

经过两个多月的学习与研究，本次毕业论文的撰写就要画上一个句号了。可是，对我来说，这次毕业论文设计的本身所产生的影响，还远远没有结束，
我不仅对学到的知识进行了巩固，而且从中学到了许多课本上没有的知识，也为以后从事研究工作积累了一些经验。
在这里我要感谢我的指导教师张显老师，在整个设计过程中，张老师给了我很大的帮助，使我的毕业设计能顺利的完成。

最后我还要感谢所有帮助过我的老师和同学们，谢谢你们一直对我的支持和帮助， 感谢大家。
\end{document}