一类矩阵秩的性质推广

Generalization of the Properties of the Rank of a Class of Matrices

摘要: 在A^K=0，A^K=A，A^K=E(K≥3)的条件下，证明了A+K_iE(i=1,2,...t)这类矩阵秩的恒等式成立的条件，并给出该等式的具体表达式，改进了当A²=0，A²=A时，一类矩阵秩的恒等式成立的条件。

Abstract: Under the condition of A^K=0，A^K=A，A^K=E(K≥3), this paper proved the conditions for the establishment of identical relation about the rank of a class of matrices that A+K_iE(i=1,2,...t), gave the specific expression of the equality, when A²=0, A²=A, and improved the conditions for the establishment of identical relation about the rank of a class of matrices.

1. 介绍

矩阵是高等代数中的重要内容，在其它许多学科中有着广泛的应用，矩阵的秩是矩阵理论的重要组成部分，是学习矩阵的难点之一，而它的性质是解决矩阵问题的重要工具。Sylvester公式在求矩阵秩的相关问题中处于很重要的地位。本文利用Sylvester公式对一类矩阵秩的性质进行推广，考虑如何将其中的不等号取为等号，从而得到更漂亮的结论，这是本文研究的最终目的。

文 [1] 主要给出一些我们学过的矩阵(秩)的定义和性质以及一些简单的符号说明；文 [2] 主要讨论在Sylvester定理中，将矩阵 $A$， $B$ 分别换成形如 $A+kE$， $A+lE\left(k\ne l\right)$ 这类矩阵来进行研究Sylvester定理中不等号取等号的条件，并将其应用在特殊矩阵 $A^2=0$， $A^2=A$， $A^2=E$ 中且将Sylvester定理进行推广，找到了这类矩阵秩的恒等式，给出具体证明过程；文 [3] 解决文 [2] 留下的猜想；文 [2] 和文 [3] 找到了使 $A+k_{i}E\left(i=1,2,\cdots ,t\right)$ 这类矩阵秩的恒等式在 $A^2=0$， $A^2=A$， $A^2=E$ 这三类矩阵中成立的条件；文 [4] 得到的结果将文 [2] 和相关文献中的结论联系起来，引入矩阵多项式，运用新的证明方法给出文 [2] 中猜想成立的充分条件；文 [5] 是对文 [2] 和文 [4] 进行总结，给出文 [4] 中定理成立的又一等价条件，还给出了相关结果在一些问题中的简单应用；文 [6] 主要利用 $\lambda$ 矩阵，从文 [1] 中的课后习题入手，得到Sylvester不等式等号成立的又一简单条件，证明过程直观易懂，与前文相比具有一定的连贯性和过渡性；文 [7] 在矩阵 $A$ 的核空间中进行讨论，利用值域与核的关系证明了矩阵多项式秩的恒等式并给出应用。

受文 [1] ~文 [7] 的启发，本文主要研究的是 $A+k_{i}E\left(i=1,2,\cdots ,t\right)$ 这类矩阵的秩的性质，出发点在于Sylvester定理中的不等号何时取等号，但落脚点却是找到在 $A^k=0$， $A^k=A$， $A^k=E\left(k\ge 3\right)$ 的条件下， $A+k_{i}E\left(i=1,2,\cdots ,t\right)$ 这类矩阵秩的恒等式成立的条件，并给出该等式的具体表达式和在 $A^2=0$， $A^2=A$ 时，找到这类矩阵秩的恒等式成立的新条件。目标是在特殊矩阵 $A^2=0$， $A^2=A$， $A^2=E$ 和 $A^k=0$， $A^k=A$， $A^k=E\left(k\ge 3\right)$ 中，借助已有文献中结论的证明方法将已有结果的条件进行修改得到关于这类矩阵秩的恒等式，将秩的性质充分运用到这类矩阵中。

2. 预备知识

引理1 [2] 设 $A\in P^{m\times n}$， $B\in P^{n\times s}$，则 $秩\left(A\right)+秩\left(B\right)\le n+秩\left(AB\right)$。

引理2 [2] $A\in P^{m\times n}$， $k$， $l\in P$， $k\ne l$，则 $秩\left(A+kE\right)+秩\left(A+lE\right)=n+秩\left(\left(A+kE\right)\left(A+lE\right)\right)$。

引理3 [6] $k_1,k_2,\cdots ,k_t\in C$， $k_1,k_2,\cdots ,k_t$，为两两互异的数时，有 $diag\left\{A+k_{1}E,A+k_{2}E,\cdots ,A+k_{t}E\right\}$ 与 $diag\left\{E,E,\cdots ,E,\left(A+k_{1}E\right)\left(A+k_{2}E\right)\cdots \left(A+k_{t}E\right)\right\}$ 等价。

3. 主要结论

性质1设 $A\in P^{n\times n},l_1,l_2,l_3\in P$，其中 $l_1,l_2,l_3$ 两两互不相同，如果 $A^2=0$，则

$秩\left(A+l_{1}E\right)+秩\left(A+l_{2}E\right)+秩\left(A+l_{3}E\right)=2n+秩\left(\left(l_1{l}_2+l_1{l}_3+l_2{l}_3\right)A+l_1{l}_2{l}_{3}E\right)$ (1)

证明因为

$\begin{array}{l}\left(\begin{array}{ccc}A+l_{1}E& 0& 0\\ 0& A+l_{2}E& 0\\ 0& 0& A+l_{3}E\end{array}\right)\stackrel{}{\to }\left(\begin{array}{ccc}A+l_{1}E& A+l_{1}E& 0\\ 0& A+l_{2}E& 0\\ 0& 0& A+l_{3}E\end{array}\right)\\ \stackrel{l_2\ne l_1}{\to }\left(\begin{array}{ccc}0& 0& E\\ 0& \left(A+l_{1}E\right)\left(A+l_{2}E\right)& 0\\ A+l_{3}E& A+l_{3}E& 0\end{array}\right)\end{array}$ (1.1)

把 $\left(A+l_{1}E\right)\left(A+l_{2}E\right)$ 表示成 $A+l_{3}E$ 的方幂和，即写成 $\left(A+l_{1}E\right)\left(A+l_{2}E\right)=c_{0}E+c_1\left(A+l_{3}E\right)+c_2{\left(A+l_{3}E\right)}^2$，其中 $c_0=l_3{}^2+l_1{l}_2-l_1{l}_3-l_2{l}_3$， $c_1=l_1+l_2-2l_3$， $c_2=1$。则 $c_0\ne 0$，令 $\phi \left(A\right)=c_{1}E+c_2\left(A+l_{3}E\right)$ 所以(1.1)式变为 $\stackrel{l_2\ne l_1}{\to }\left(\begin{array}{ccc}0& 0& E\\ -\phi \left(A\right)\left(A+l_{3}E\right)& c_{0}E& 0\\ A+l_{3}E& A+l_{3}E& 0\end{array}\right)$

$\stackrel{c_0\ne 0}{\to }\left(\begin{array}{ccc}0& 0& E\\ 0& E& 0\\ \left(A+l_{1}E\right)\left(A+l_{2}E\right)\left(A+l_{3}E\right)& 0& 0\end{array}\right)$ (1.2)

综上所述， $c_0\ne 0$ 即 $l_3{}^2+l_1{l}_2-l_1{l}_3-l_2{l}_3\ne 0$ 而 $l_1\ne l_2$ 故 $l_1\ne l_3,l_2\ne l_3$ 于是 $l_1,l_2,l_3$ 两两互不相同，有 $diag\left(A+l_{1}E,A+l_{2}E,A+l_{3}E\right)$ 与 $diag\left(E,E,\left(A+l_{1}E\right)\left(A+l_{2}E\right)\left(A+l_{3}E\right)\right)$ 等价，于是(1.2)式可变为

$\stackrel{A^2=0}{\to }\left(\begin{array}{ccc}E& 0& 0\\ 0& E& 0\\ 0& 0& \left(l_1{l}_2+l_1{l}_3+l_2{l}_3\right)A\text{+}{l}_1{l}_2{l}_{3}E\end{array}\right)$

所以 $秩\left(A+l_{1}E\right)+秩\left(A+l_{2}E\right)+秩\left(A+l_{3}E\right)=2n+秩\left(\left(l_1{l}_2+l_1{l}_3+l_2{l}_3\right)A+l_1{l}_2{l}_{3}E\right)$ 成立。

定理1 设 $A\in P^{n\times n},l_i\in P\left(i=1,2,\cdots ,t\right)$，若 $l_i\left(i=1,2,\cdots ,t\right)$ 两两互不相同，如果 $A^2=0$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}秩\left(A+l_{i}E\right)}=\left(t-1\right)n+秩\left(\left({\displaystyle \underset{1\le i<j\le t}{\overset{t}{\sum }}{l}_i{l}_j}\right)A+{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{l}_i}E\right)$ (2)

证明运用性质1中的证明方法可知，当 $l_i\left(i=1,2,\cdots ,t\right)$ 两两互不相同时，有 $diag\left(A+l_{1}E,A+l_{2}E,\cdots ,A+l_{t}E\right)$ 与 $diag\left(E,\cdots ,E,\left(A+l_{1}E\right)\left(A+l_{2}E\right)\cdots \left(A+l_{t}E\right)\right)$ 等价。故

$\begin{array}{l}\left(\begin{array}{cccc}A+l_{1}E& 0& \cdots & 0\\ 0& A+l_{2}E& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \cdots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & A+l_{t}E\end{array}\right)\stackrel{l_i\ne l_j,i\ne j,i,j\in \left(1,2,\cdots ,t\right)}{\to }\left(\begin{array}{cccc}0& 0& \cdots & E\\ ⋮& ⋮& \cdots & 0\\ 0& E& \cdots & 0\\ {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}\left(A+l_{i}E\right)}& 0& \cdots & 0\end{array}\right)\\ \stackrel{l_i\ne l_j,i\ne j,i,j\in \left(1,2,\cdots ,t\right),A^2=0}{\to }\left(\begin{array}{cccc}E& 0& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \cdots & 0\\ 0& E& \cdots & 0\\ 0& 0& \cdots & \left({\displaystyle \underset{1\le i<j\le t}{\overset{t}{\sum }}{l}_i{l}_j}\right)A+{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{l}_i}E\end{array}\right)\end{array}$

所以 ${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}秩\left(A+l_{i}E\right)}=\left(t-1\right)n+秩\left(\left({\displaystyle \underset{1\le i<j\le t}{\overset{t}{\sum }}{l}_i{l}_j}\right)A+{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{l}_i}E\right)$ 成立。

性质2设 $A\in P^{n\times n},l_1,l_2,l_3\in P$，其中 $l_1,l_2,l_3$ 两两互不相同，如果 $A^2=A$，则

$秩\left(A+l_{1}E\right)+秩\left(A+l_{2}E\right)+秩\left(A+l_{3}E\right)=2n+秩\left(\left(l_1{l}_2+l_1{l}_3+l_2{l}_3+l_1+l_2+l_3+1\right)A+l_1{l}_2{l}_{3}E\right)$ (3)

定理2 设 $A\in P^{n\times n},l_i\in P\left(i=1,2,\cdots ,t\right)$，若 $l_i\left(i=1,2,\cdots ,t\right)$ 两两互不相同，如果 $A^2=A$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}秩\left(A+l_{i}E\right)}=\left(t-1\right)n+秩\left(\left({\displaystyle \underset{1\le i<j\le t}{\overset{t}{\sum }}{l}_i{l}_j}+{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}{l}_i+1}\right)A+{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{l}_i}E\right)$ (4)

证明如定理1。

性质3设 $A\in P^{n\times n},l_1,l_2,l_3\in P$，其中 $l_1,l_2,l_3$ 两两互不相同，如果 $A^2=E$，则

$秩\left(A+l_{1}E\right)+秩\left(A+l_{2}E\right)+秩\left(A+l_{3}E\right)=2n+秩\left(\left(l_1{l}_2+l_1{l}_3+l_2{l}_3+1\right)A+\left(l_1+l_2+l_3+l_1{l}_2{l}_3\right)E\right)$ (5)

性质4设 $A\in P^{n\times n},k_1,k_2,k_3\in P$，且 $k_1\ne k_2,k_3\ne \frac{k_1{k}_2}{k_1+k_2-k_3}$。如果 $A^3=0$，则

$秩\left(A+k_{1}E\right)+秩\left(A+k_{2}E\right)+秩\left(A+k_{3}E\right)=2n+秩\left(\left(k_1+k_2+k_3\right)A^2+\left(k_1{k}_2+k_1{k}_3+k_2{k}_3\right)A+k_1{k}_2{k}_{3}E\right)$ (6)

证明因为

$\begin{array}{l}\left(\begin{array}{ccc}A+k_{1}E& 0& 0\\ 0& A+k_{2}E& 0\\ 0& 0& A+k_{3}E\end{array}\right)\stackrel{}{\to }\left(\begin{array}{ccc}A+k_{1}E& \left(k_2-k_1\right)E& 0\\ 0& A+k_{2}E& 0\\ 0& 0& A+k_{3}E\end{array}\right)\\ \stackrel{k_1\ne k_2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}0& 0& E\\ 0& \left(A+k_{1}E\right)\left(A+k_{2}E\right)& 0\\ A+k_{3}E& 0& 0\end{array}\right)\\ \stackrel{k_1\ne k_2,k_3\ne \frac{k_1{k}_2}{k_1+k_2-k_3}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}E& 0& 0\\ 0& E& 0\\ 0& 0& \left(k_1+k_2+k_3\right)A^2+\left(k_1{k}_2+k_1{k}_3+k_2{k}_3\right)A+k_1{k}_2{k}_{3}E\end{array}\right)\end{array}$

所以 $秩\left(A+k_{1}E\right)+秩\left(A+k_{2}E\right)+秩\left(A+k_{3}E\right)=2n+秩\left(\left(k_1+k_2+k_3\right)A^2+\left(k_1{k}_2+k_1{k}_3+k_2{k}_3\right)A+k_1{k}_2{k}_{3}E\right)$ 成立。

性质5设 $A\in P^{n\times n},k_1,k_2,k_3\in P$，且 $k_1\ne k_2$， $k_4\ne k_1{k}_2{k}_{3}l$，其中 $l$ 表示一个数，即 $l=\frac{1}{k_1{k}_2+k_1{k}_3+k_1{k}_4+k_2{k}_3+k_2{k}_4+k_3{k}_4-k_4\left(k_1+k_2+k_3-k_4\right)}$，如果 $A^4=0$，则

$\begin{array}{l}秩\left(A+k_{1}E\right)+秩\left(A+k_{2}E\right)+秩\left(A+k_{3}E\right)+秩\left(A+k_{4}E\right)=秩3n+(\left(k_1+k_2+k_3+k_4\right)A^3\\ +\left(k_1{k}_2+k_1{k}_3+k_1{k}_4+k_2{k}_3+k_2{k}_4+k_3{k}_4\right)A^2+\left(k_1{k}_2{k}_3+k_1{k}_2{k}_4+k_2{k}_3{k}_4\right)A+k_1{k}_2{k}_3{k}_{4}E)\end{array}$ (7)

定理3设 $A\in P^{n\times n},k_1,k_2,\cdots ,k_t\in P$，且 $k_1\ne k_2$，当 $t\ge 3$， $k_t$ 满足一定条件即 $k_t\ne \frac{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\prod }}{k}_i}}{{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-2}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-2}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-2}}-k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-3}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-3}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-3}}}-\cdots k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\\ \left\{i_1,i_2\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}-k_t}\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\sum }}{k}_i}-k_t\right)\right)\cdots \right)}}$。

如果 $A^k=0$，则

$\begin{array}{l}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}秩\left(A+k_{i}E\right)=f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)}\\ ={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1\ne j_2\ne \cdots \ne j_i\\ j_1,j_2,\cdots ,j_i\in \left\{1,2,\cdots ,t\right\}\end{array}}{\sum }{k}_{j_1}{k}_{j_2}\cdots k_{j_i}}\left(t-1\right)n+秩\left(f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)A^{t-i}+f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)E\right)\left(i=1,2,\cdots ,t-1\right)\end{array}$ (8)

其中， $f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{k}_i}$。

证明用数学归纳法证。

当 $k=3$ 时，由性质4知，设 $A\in P^{n\times n},k_1,k_2,k_3\in P$，且 $k_1\ne k_2,k_3\ne \frac{k_1{k}_2}{k_1+k_2-k_3}$。如果 $A^3=0$，则 $秩\left(A+k_{1}E\right)+秩\left(A+k_{2}E\right)+秩\left(A+k_{3}E\right)=2n+秩\left(\left(k_1+k_2+k_3\right)A^2+\left(k_1{k}_2+k_1{k}_3+k_2{k}_3\right)A+k_1{k}_2{k}_{3}E\right)$。即 $k=3$ 时结论成立。假设当 $k=t-1$ 时，结论成立。则对 $k=t$ 而言有

$\left(\begin{array}{ccccc}A+k_{1}E& 0& \cdots & 0& 0\\ 0& A+k_{2}E& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& \cdots & ⋮& ⋮\\ 0& 0& \cdots & A+k_{t-1}E& 0\\ 0& 0& \cdots & 0& A+k_{t}E\end{array}\right)$

$\stackrel{k_{1\ne }{k}_2,k_{t-1}\ne \frac{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-2}{\prod }}{k}_i}}{{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-3}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-3}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-3}}-k_{t-1}\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-4}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-4}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-4}}}-\cdots k_{t-1}\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\\ \left\{i_1,i_2\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}-k_{t-1}}\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-2}{\sum }}{k}_i}-k_{t-1}\right)\right)\cdots \right)}}}{\to }$

$\left(\begin{array}{ccccc}0& 0& \cdots & 0& E\\ 0& 0& \cdots & E& 0\\ ⋮& ⋮& \cdots & ⋮& ⋮\\ 0& {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\prod }}\left(A+k_{i}E\right)}& \cdots & 0& 0\\ A+k_{t}E& 0& \cdots & 0& 0\end{array}\right)$

$\stackrel{k_1\ne k_2,{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-2}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-2}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-2}}-k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-3}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-3}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-3}}}-\cdots k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\\ \left\{i_1,i_2\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}-k_t}\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\sum }}{k}_i}-k_t\right)\right)\cdots \right)}\ne 0}{\to }$

$\left(\begin{array}{cccc}0& 0& \cdots & E\\ ⋮& ⋮& \cdots & 0\\ 0& {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\prod }}\left(A+k_{i}E\right)}& \cdots & 0\\ A+k_{t}E& cE& \cdots & 0\end{array}\right)$

其中

$\left(c=\frac{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\prod }}{k}_i}}{{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-2}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-2}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-2}}-k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-3}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-3}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-3}}}-\cdots k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\\ \left\{i_1,i_2\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}-k_t}\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\sum }}{k}_i}-k_t\right)\right)\cdots \right)}}\right)$

$\stackrel{k_1\ne k_2,k_t\ne \frac{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\prod }}{k}_i}}{{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-2}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-2}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-2}}-k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-3}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-3}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-3}}}-\cdots k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\\ \left\{i_1,i_2\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}-k_t}\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\sum }}{k}_i}-k_t\right)\right)\cdots \right)}}}{\to }$

$\left(\begin{array}{cccc}0& 0& \cdots & E\\ ⋮& ⋮& \cdots & 0\\ 0& E& \cdots & 0\\ {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}\left(A+k_{i}E\right)}& 0& \cdots & 0\end{array}\right)$

故对于 $k=t$ 时，若 $A^t=0$，则 $秩\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}A+k_{i}E}\right)=\left(t-1\right)n+秩\left(f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)A^{t-i}+f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)E\right)\left(i=1,2,\cdots ,t-1\right)$。其中 $f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1\ne j_2\ne \cdots \ne j_i\\ j_1,j_2,\cdots ,j_i\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{j_1}{k}_{j_2}\cdots k_{j_i}}$， $f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{k}_i}$。所以对任意的 $k\left(k\ge 3\right)$ 均有上述结论

成立，从而命题得证。

推论1 设 $A\in P^{n\times n},k_1,k_2,\cdots ,k_t\in P,$ 且 $k_1\ne k_2\ne \cdots \ne k_t$。如果 $A^k=0$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}秩}\left(A+k_{i}E\right)=\left(t-1\right)n+秩\left(f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)A^{t-i}+f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)E\right)\left(i=1,2,\cdots ,t-1\right)$

其中

$f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1\ne j_2\ne \cdots \ne j_i\\ \left\{j_1,j_2,\cdots ,j_i\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{j_1}{k}_{j_2}\cdots k_{j_i}}$， $f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{k}_i}$ (9)

证明运用引理3和性质1的证明方法可证。

定理4 设 $A\in P^{n\times n},k_1,k_2,\cdots ,k_t\in P$，且 $k_1\ne k_2$，当 $t\ge 3$， $k_t$ 满足一定条件即 $k_t\ne \frac{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\prod }}{k}_i}}{{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-2}\\ \{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-2}\}\in (1,2,\cdots ,t)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-2}}-k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-3}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-3}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-3}}}-\cdots k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\\ \left\{i_1,i_2\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}-k_t}\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\sum }}{k}_i}-k_t\right)\right)\cdots \right)}}$

( $t\ge 3$ )。如果 $A^k=E$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}秩}\left(A+k_{i}E\right)=\left(t-1\right)n+秩\left(f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)A^{t-i}+f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)E\right)\left(i=1,2,\cdots ,t-1\right)$ (10)

其中 $f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1\ne j_2\ne \cdots \ne j_i\\ \left\{j_1,j_2,\cdots ,j_i\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{j_1}{k}_{j_2}\cdots k_{j_i}}$， $f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{k}_i}+1$。

证明用数学归纳法(同定理3)。

推论2设 $A\in P^{n\times n},k_1,k_2,\cdots ,k_t\in P$，且 $k_1\ne k_2\ne \cdots \ne k_t$。如果 $A^k=E$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}秩}\left(A+k_{i}E\right)=(t-1)n+秩\left(f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)A^{t-i}+f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)E\right)\left(i=1,2,\cdots ,t-1\right)$ (11)

其中 $f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1\ne j_2\ne \cdots \ne j_i\\ \left\{j_1,j_2,\cdots ,j_i\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{j_1}{k}_{j_2}\cdots k_{j_i}}$， $f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{k}_i}+1$。

证明运用引理3和性质1的证明方法可证。

定理5设 $A\in P^{n\times n},k_1,k_2,\cdots ,k_t\in P$，且 $k_1\ne k_2$，当 $t\ge 3$， $k_t$ 满足一定条件即

$k_t\ne \frac{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\prod }}{k}_i}}{{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-2}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-2}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-2}}-k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\ne \cdots \ne i_{t-3}\\ \left\{i_1,i_2,\cdots ,i_{t-3}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}\cdots k_{i_{t-3}}}-\cdots k_t\left({\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{i}_1\ne i_2\\ \left\{i_1,i_2\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{i_1}{k}_{i_2}-k_t}\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t-1}{\sum }}{k}_i}-k_t\right)\right)\cdots \right)}}$

( $t\ge 3$ )。如果 $A^k=A$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}秩}\left(A+k_{i}E\right)=\left(t-1\right)n+秩\left(f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)A^{t-i}+f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)E\right)\left(i=1,2,\cdots ,t-1\right)$ (12)

其中 $f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1\ne j_2\ne \cdots \ne j_i\\ \left\{j_1,j_2,\cdots ,j_i\right\}\in \left\{1,2,\cdots ,t\right\}\end{array}}{\sum }{k}_{j_1}{k}_{j_2}\cdots k_{j_i}}$，

$f_{t-1}\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1\ne j_2\ne \cdots \ne j_{t-1}\\ \left\{j_1,j_2,\cdots ,j_{{}_{t-1}}\right\}\in \left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{j_1}{k}_{j_2}\cdots k_{j_{t-1}}}+1$ $f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{k}_i}$

证明用数学归纳法(同定理3)。

推论3 设 $A\in P^{n\times n},k_1,k_2,\cdots ,k_t\in P$ 且 $k_1\ne k_2\ne \cdots \ne k_t$。如果 $A^k=A$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\sum }}秩}\left(A+k_{i}E\right)=\left(t-1\right)n+秩\left(f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)A^{t-i}+f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)E\right)\left(i=1,2,\cdots ,t-1\right)$ (13)

其中 $f_i\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1\ne j_2\ne \cdots \ne j_i\\ \left\{j_1,j_2,\cdots ,j_i\right\}=\left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{j_1}{k}_{j_2}\cdots k_{j_i}}$， $f_{t-1}\left(k_1,k_2\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1\ne j_2\ne \cdots \ne j_{t-1}\\ \left\{j_1,j_2,\cdots ,j_{t-1}\right\}=\left(1,2,\cdots ,t\right)\end{array}}{\sum }{k}_{j_1}{k}_{j_2}\cdots k_{j_{t-1}}}+1$， $f_t\left(k_1,k_2,\cdots ,k_t\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{t}{\prod }}{k}_i}$。

证明运用引理3和性质1的证明方法可证。

4. 结论

本文围绕文 [2] 进行研究，修改文 [2] 中已有结论的条件，使条件更为简单，但结论依然成立。借助后续文献中结论的证明方法得到了更多关于一类矩阵秩的恒等式，使矩阵秩的性质在特殊矩阵 $A^2=0$， $A^2=A$， $A^2=E$ 和 $A^k=0$， $A^k=A$， $A^k=E\left(k\ge 3\right)$ 中的作用发挥出来并得到了新的结论。

本文考虑的矩阵 $A$ 是方阵，与Sylvester定理中的 $A\in P^{m\times n}$ 不同，但若矩阵 $A$ 是方阵却表示 $k$ 不同类矩阵之和，那么这类矩阵秩的恒等式成立的条件和具体表达式会如何改变并未做研究。

NOTES

^*通讯作者。