利用线性空间理论研究矩阵多项式的秩

A Research on the Rank of Matrix Polynomials Based on Linear Space Theory

摘要: 本文围绕矩阵多项式的秩展开讨论，从一个特殊的矩阵多项式的秩的命题出发，提炼出其代数本质，对其进行推广，利用线性空间理论，引出了两个一般的互素的多项式作用下的矩阵多项式秩的恒等关系式，以及推广至s个矩阵多项式的情形，并给出了严格的证明。

Abstract: This paper discusses the rank of matrix polynomials. We start from the rank proposition of a special matrix polynomial, extract its algebraic essence, and generalize it. Using linear space theory, the identity relationship of the rank of matrix polynomials under the action of two general coprime polynomials is derived, as well as extended to the case of s matrix polynomials, and a rigorous proof is given.

1. 引言

矩阵秩的研究是矩阵理论[1]-[5]和代数领域的重要问题，矩阵多项式[2]是一类特殊的矩阵。目前关于矩阵多项式的研究，主要体现在以下几个方面：

一是矩阵多项式的运算性质[6]；

二是矩阵多项式的亚正定性[7]；

三是矩阵多项式的逆的求解[8]-[11]；

四是矩阵多项式的特征值与特征向量[12]。

需要注意的是，秩是矩阵的重要属性，也是矩阵理论的核心内容之一，但是关于矩阵多项式的秩，一直缺少系统性研究，目前得到的结果[12]也不是很完善。

在工程领域特别是线性控制系统中，很多问题都可以归结为与矩阵多项式相关的方程问题[13]，例如广义预测控制中Diophantine矩阵多项式方程[14]，而判定一些方程是否有解则需要考察相应矩阵多项式的秩，因此我们有必要对矩阵多项式的秩进行探讨与深入研究。

为了考察矩阵多项式的秩，我们不妨从下面这个已知的结果中寻求启发：

设$A\in P^{n\times n}$ ，关于矩阵的秩，我们有[15]

$\left(A-a_{1}E\right)\left(A-a_{2}E\right)=0\iff R\left(A-a_{1}E\right)+R\left(A-a_{2}E\right)=n$ (1.1)

其中$a_1\in P$ ，$a_2\in P$ ，$a_1\ne a_2$ 。

观察等式$\left(A-a_{1}E\right)\left(A-a_{2}E\right)=0$ ，记$\phi \left(x\right)=x-a_1$ ，$\psi \left(x\right)=x-a_2$ ，则

等式(1.1)可以表示为$\phi \left(A\right)\psi \left(A\right)=0$ ，并且$\phi \left(x\right)$ 与$\psi \left(x\right)$ 是互素的多项式。

对于任意互素多项式$f\left(x\right)\in P\left[x\right]$ ，$g\left(x\right)\in P\left[x\right]$ ，是否类似地有：

$f\left(A\right)g\left(A\right)=0\iff R\left[f\left(A\right)\right]+R\left[g\left(A\right)\right]=n$ (1.2)

这将是本文要讨论的问题之一。

(1.2)描述的是一类特殊的矩阵的性质，特殊之处在于它并不是通常所遇见的直观的矩阵的性质，而是一个被多项式函数作用下的矩阵，需要注意的是，多项式函数作用下的矩阵，依然是矩阵，称之为矩阵多项式。对于矩阵多项式，在部分矩阵理论书籍[1]-[5]中有所体现，但大多都是浅谈几笔，并没有深入探讨。

2. 预备知识

2.1. 多项式的最大公因式

2.1.1. 多项式的最大公因式的定义[16]

设$f\left(x\right)\in P\left[x\right]$ ，$g\left(x\right)\in P\left[x\right]$ 。对于$P\left[x\right]$ 中的多项式$d\left(x\right)$ ，如果满足：

Ⅰ. $d\left(x\right)$ 为$f\left(x\right)$ 与$g\left(x\right)$ 的公因式；

Ⅱ. $f\left(x\right)$ 与$g\left(x\right)$ 的公因式全是$d\left(x\right)$ 的因式。

则称$d\left(x\right)$ 为$f\left(x\right)$ 与$g\left(x\right)$ 的最大公因式。最大公因式不唯一，两个最大公因式之间往往相差一个常数倍数，我们记$\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)$ 为$f\left(x\right)$ 与$g\left(x\right)$ 的首项系数为1的那一个最大公因式。

例如，对于多项式$\left(x-1\right)$ 与$\left(x-1\right){\left(x-2\right)}^2$ ，根据定义，他们的最大公因式为$k\left(x-1\right)$ ，k是任意常数，也就是其最大公因式不唯一。当k取1时，对应的特殊的最大公因式$\left(x-1\right)$ ，我们给出一个特殊的记号，记为$\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)$ 。

2.1.2. 多项式的最大公因式的一个重要性质

引理1 [15] 设$f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_n\left(x\right)$ 是数域P上的不为零的多项式，则有：

$\left(f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_{n-1}\left(x\right),f_n\left(x\right)\right)=\left(\left(f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_{n-1}\left(x\right)\right),f_n\left(x\right)\right)$

该引理给出了求n个多项式$f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_n\left(x\right)$ 的最大公因式的一种方法：

先求出$\left(f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_{n-1}\left(x\right)\right)$ ，然后再求出$\left(f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_{n-1}\left(x\right)\right)$ 与$f_n\left(x\right)$ 的最大公因式，结果即为$\left(f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_{n-1}\left(x\right),f_n\left(x\right)\right)$ 。

2.2. 互素多项式

2.2.1. 互素多项式的定义[16]

设$f\left(x\right)\in P\left[x\right]$ ，$g\left(x\right)\in P\left[x\right]$ 。如果$f\left(x\right)$ 与$g\left(x\right)$ 的最大公因式为一个非零常数，则称$f\left(x\right)$ 与$g\left(x\right)$ 互素。即$f\left(x\right)$ 与$g\left(x\right)$ 互素等价于$\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ 。

例如，对于多项式$\left(x-1\right)\left(x-3\right)$ 与$\left(x-1\right)\left(x-2\right)$ ，其最大公因式为$\left(x-1\right)$ ，根据定义，两者不是互素的多项式。但是对于多项式$\left(x-1\right)\left(x-3\right)$ 与$\left(x-5\right)$ ，由于其最大公因式为非零常数k，即$\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ ，所以两者互素。

2.2.2. 两个多项式互素的充分必要条件

引理2 [16] 设$f\left(x\right)\in P\left[x\right]$ ，$g\left(x\right)\in P\left[x\right]$ 。则$\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ 的充分必要条件为：

$\exists u\left(x\right),v\left(x\right)\in P\left[x\right]$ 使得$u\left(x\right)f\left(x\right)+v\left(x\right)g\left(x\right)=1$ 。

引理3 s个多项式两两互素的充分必要条件

设$f_k\left(x\right)\in P\left[x\right]\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$ ，则有

$\left(f_i\left(x\right),f_j\left(x\right)\right)=1\left(i\ne j\right)\iff \left({\Gamma }_1\left(x\right),{\Gamma }_2\left(x\right),\cdots ,{\Gamma }_s\left(x\right)\right)=1$

其中

${\Gamma }_k\left(x\right)=\frac{f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)}{f_k\left(x\right)}\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$

证明：若$\left(f_i\left(x\right),f_j\left(x\right)\right)=1\left(i\ne j\right)$ ，现求最大公因式$\left({\Gamma }_1\left(x\right),{\Gamma }_2\left(x\right),\cdots ,{\Gamma }_s\left(x\right)\right)$ 如下

$\begin{array}{c}\left({\Gamma }_1\left(x\right),{\Gamma }_2\left(x\right)\right)=\left(f_2\left(x\right)f_3\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right),f_1\left(x\right)f_3\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)\right)\\ =\left(f_2\left(x\right),f_1\left(x\right)\right)\cdot \left[f_3\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)\right]\\ =f_3\left(x\right)f_4\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)=d_3\left(x\right)\end{array}$

$\begin{array}{c}\left(d_3\left(x\right),{\Gamma }_3\left(x\right)\right)=\left(f_3\left(x\right)f_4\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right),f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)f_4\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)\right)\\ =\left(f_3\left(x\right),f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\right)\cdot \left[f_4\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)\right]\\ =f_4\left(x\right)f_5\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)=d_4\left(x\right)\end{array}$

$\begin{array}{c}\left(d_4\left(x\right),{\Gamma }_4\left(x\right)\right)=\left(f_4\left(x\right)f_5\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right),f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)f_3\left(x\right)f_5\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)\right)\\ =\left(f_4\left(x\right),f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)f_3\left(x\right)\right)\cdot \left[f_5\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)\right]\\ =f_5\left(x\right)f_6\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)=d_5\left(x\right)\end{array}$

$⋮$

$\begin{array}{c}\left(d_{s-1}\left(x\right),{\Gamma }_{s-1}\left(x\right)\right)=\left(f_{s-1}\left(x\right)f_s\left(x\right),f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\cdots f_{s-2}\left(x\right)f_s\left(x\right)\right)\\ =\left(f_{s-1}\left(x\right),f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\cdots f_{s-2}\left(x\right)\right)\cdot f_s\left(x\right)\\ =f_s\left(x\right)=d_s\left(x\right)\end{array}$

$\left(d_s\left(x\right),{\Gamma }_s\left(x\right)\right)=\left(f_s\left(x\right),f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\cdots f_{s-1}\left(x\right)\right)=1$

由引理1得到

$\left({\Gamma }_1\left(x\right),{\Gamma }_2\left(x\right),\cdots ,{\Gamma }_s\left(x\right)\right)=1$

反之，若$\left({\Gamma }_1\left(x\right),{\Gamma }_2\left(x\right),\cdots ,{\Gamma }_s\left(x\right)\right)=1$ ，故存在$u_k\left(x\right)\in P\left[x\right]\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$ ，使得

$u_1\left(x\right){\Gamma }_1\left(x\right)+u_2\left(x\right){\Gamma }_2\left(x\right)+\cdots +u_s\left(x\right){\Gamma }_s\left(x\right)=1$

即

$u_1\left(x\right)\left[f_2\left(x\right)f_3\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)\right]+u_2\left(x\right)\left[f_1\left(x\right)f_3\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)\right]+\cdots +u_s\left(x\right)\left[f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\cdots f_{s-1}\left(x\right)\right]=1$

等价变形为

$u_1\left(x\right)\cdot \left[f_2\left(x\right)f_3\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)\right]+\left[u_2\left(x\right)f_3\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)+\cdots +u_s\left(x\right)f_2\left(x\right)\cdots f_{s-1}\left(x\right)\right]\cdot f_1\left(x\right)=1$

对于上式，由引理2得

$\left(f_1\left(x\right),f_2\left(x\right)\right)=\left(f_1\left(x\right),f_3\left(x\right)\right)=\cdots =\left(f_1\left(x\right),f_s\left(x\right)\right)=1$

同理可得

$\left(f_2\left(x\right),f_3\left(x\right)\right)=\left(f_2\left(x\right),f_4\left(x\right)\right)=\cdots =\left(f_2\left(x\right),f_s\left(x\right)\right)=1$

$\left(f_3\left(x\right),f_4\left(x\right)\right)=\left(f_3\left(x\right),f_5\left(x\right)\right)=\cdots =\left(f_3\left(x\right),f_s\left(x\right)\right)=1$

$⋮$

$\left(f_{s-1}\left(x\right),f_s\left(x\right)\right)=1$

此即表明$\left(f_i\left(x\right),f_j\left(x\right)\right)=1\left(i\ne j\right)$ ，于是我们证明了引理3的正确性。

2.3. 矩阵多项式

2.3.1. 矩阵多项式的定义[2]

设$A\in P^{n\times n}$ ，$f\left(x\right)\in P\left[x\right]$ 为数域P上的m次多项式，并且

$f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_m{x}^m$ ，$a_m\ne 0$

$A+a_{1}A+\cdots +a_m{A}^m$ 也是数域P上的方阵，记为$f\left(A\right)$ ，称

$f\left(A\right)=A+a_{1}A+\cdots +a_m{A}^m$

为对应于多项式$f\left(x\right)$ 的矩阵多项式，m为$f\left(A\right)$ 的次数。

2.3.2. 矩阵多项式的运算性质[2]

设$f\left(x\right)$ 与$g\left(x\right)$ 为数域P上的两个多项式，对于任意的$A\in P^{n\times n}$ ，有

$f\left(A\right)+g\left(A\right)=g\left(A\right)+f\left(A\right)$ (加法满足交换律)

$f\left(A\right)\cdot g\left(A\right)=g\left(A\right)\cdot f\left(A\right)$ (乘法满足交换律)

2.3.3. 矩阵多项式的秩

设$A\in P^{n\times n}$ ，$f\left(x\right)\in P\left[x\right]$ 为数域P上的m次多项式，并且

$f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_m{x}^m$ ，$a_m\ne 0$

矩阵多项式$f\left(A\right)=A+a_{1}A+\cdots +a_m{A}^m$ 仍然是一个矩阵，这个矩阵的秩即矩阵多项式的秩。

例如对于矩阵$A=\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 5& 3\end{array}\right]$ 以及多项式$f\left(x\right)=x^2+x$ ，矩阵多项式

$f\left(A\right)=A^2+A=\left[\begin{array}{cc}12& 10\\ 25& 22\end{array}\right]$

所以矩阵多项式$f\left(A\right)$ 的秩为

$R\left[f\left(A\right)\right]=R\left[\begin{array}{cc}12& 10\\ 25& 22\end{array}\right]=2$

2.4. 线性空间的直和理论

2.4.1. 线性空间直和的定义[16]

设V是数域P上的线性空间，$V_1,V_2,\cdots ,V_s$ 是V的s个子空间，如果

$V_1+V_2+\cdots +V_s$ 中的每一个向量$\alpha$ 的分解式

$\alpha ={\alpha }_1+{\alpha }_2+\cdots +{\alpha }_s$ ，${\alpha }_k\in V_k\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$

唯一，则称和$V_1+V_2+\cdots +V_s$ 是直和，记作$V_1\oplus V_2\oplus \cdots \oplus V_s$ 。

2.4.2. 线性空间直和的充分必要条件

引理4 [16] 设V是数域P上的线性空间，$V_1,V_2$ 是V的两个子空间，则

$V_1+V_2$ 是直和$\iff$ $V_1\cap V_2=\left\{0\right\}\iff \dim \left(V_1+V_2\right)=\dim V_1+\dim V_2$

引理5 [15] 设V是数域P上的线性空间，$V_1,V_2,\cdots ,V_s$ 是V的s个子空间，则

$V_1+V_2+\cdots +V_s$ 是直和$\iff$ $V_i\cap \left({\displaystyle \sum _{j\ne i}{V}_j}\right)=\left\{0\right\}$

$\iff \dim \left(V_1+V_2+\cdots +V_s\right)=\dim V_1+\dim V_2+\cdots +\dim V_s$

3. 命题一

设$A\in P^{n\times n}$ ，$f\left(x\right)\in P\left[x\right]$ ，$g\left(x\right)\in P\left[x\right]$ ，且$\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ ，则有：

$R\left[f\left(A\right)\right]+R\left[g\left(A\right)\right]=n+R\left[f\left(A\right)g\left(A\right)\right]$ (3.1)

现在我们考虑证明命题一的正确性，从结论形式上来看，命题一描述的是矩阵多项式的秩的一个等量关系，矩阵多项式作为一种特殊的矩阵，理论上也可以延用我们之前研究矩阵秩的思路，在线性代数领域，我们为了建立矩阵秩的等量关系，常用的方法是借助于矩阵的初等变换，特别是分块矩阵的广义初等变换，因为我们知道矩阵的初等变换不会改变矩阵的秩，这种方法有一定的技巧性，特别是在实际问题中往往需要构造恰当的变换初等矩阵从而达到目的，这种方法突出了处理问题的技巧性，而往往淡化了数学的理论性与统一性。

对于该命题，传统的证明思路是借助于构造分块矩阵

$\left[\begin{array}{cc}f\left(A\right)& 0\\ 0& g\left(A\right)\end{array}\right]$

利用分块矩阵的广义初等变换将其化为一个新的分块矩阵，并且要求这个新的分块矩阵含有四个子块，其中一个子块是$f\left(A\right)g\left(A\right)$ 。这种证明方法的特点是：

一是要求构造恰当的变换矩阵，变换矩阵的构造技巧性较强，只有通过不断尝试，才能达到目标，突出了构造的艺术而往往忽视了理论之间的联系。

二是该方法往往适用于研究两个矩阵多项式的情形，对于多个矩阵多项式$f_1\left(A\right),f_2\left(A\right),\cdots ,f_s\left(A\right)$ ，如果运用广义初等变换来做，需要构造高阶分块矩阵

$\left[\begin{array}{cccc}{f}_1\left(A\right)& & & \\ & f_2\left(A\right)& & \\ & & \ddots & \\ & & & f_s\left(A\right)\end{array}\right]$

这个时候对应的变换矩阵的构造则更加复杂。

我们不妨从另一个角度去解读等式(3.1)，首先可以作等价变形

$\left\{n-R\left[f\left(A\right)\right]\right\}+\left\{n-R\left[g\left(A\right)\right]\right\}=n-R\left[f\left(A\right)g\left(A\right)\right]$ (3.2)

等式的第一项$\left\{n-R\left[f\left(A\right)\right]\right\}$ ，根据线性方程组的解的结构，我们知道它实际上就是方程组$f\left(A\right)X=0$ 的基础解系所含有的向量的个数，而线性方程组的全体解向量关于向量的加法与数量乘法，构成了数域P上的一个线性空间，我们也称之为线性方程组的解空间，解空间的基正好就是其基础解系，因此$\left\{n-R\left[f\left(A\right)\right]\right\}$ 即为方程组$f\left(A\right)X=0$ 的解空间的维数。

同理，$\left\{n-R\left[g\left(A\right)\right]\right\}$ 即为方程组$g\left(A\right)X=0$ 的解空间的维数，$n-R\left[f\left(A\right)g\left(A\right)\right]$ 为方程组$f\left(A\right)g\left(A\right)X=0$ 的解空间的维数。

方程组$f\left(A\right)X=0$ ，$g\left(A\right)X=0$ ，$f\left(A\right)g\left(A\right)X=0$ 的解空间可以用集合的形式表示为

$V_1=\left\{X|f\left(A\right)X=0,X\in P^n\right\}$ (3.3)

$V_2=\left\{X|g\left(A\right)X=0,X\in P^n\right\}$ (3.4)

$V=\left\{X|f\left(A\right)g\left(A\right)X=0,X\in P^n\right\}$ (3.5)

于是$\dim V_1$ ，$\dim V_2$ ，$\dim V$ 可以表示为

$\dim V=n-R\left[f\left(A\right)g\left(A\right)\right]$ (3.6)

$\dim V_1=n-R\left[f\left(A\right)\right]$ (3.7)

$\dim V_2=n-R\left[g\left(A\right)\right]$ (3.8)

从而(3.2)可以表示为

$\dim V_1+\dim V_2=\dim V$ (3.9)

问题归结于证明线性空间$V_1,V_2,V$ 的维数满足(3.9)式。

对于线性空间$V_1,V_2,V$ ，他们都是$P^n$ 的子空间，子空间$V_1$ 与$V_2$ 的和$V_1+V_2$ 依然是$P^n$ 的子空间，对于$\forall X\in \left(V_1+V_2\right)$ ，X有分解

$X=X_1+X_2$ ($X_1\in V_1$ , $X_2\in V_2$ )

于是

$\begin{array}{c}f\left(A\right)g\left(A\right)X=f\left(A\right)g\left(A\right)\cdot \left(X_1+X_2\right)=f\left(A\right)g\left(A\right)X_1+f\left(A\right)g\left(A\right)X_2\\ =g\left(A\right)\left[f\left(A\right)X_1\right]+f\left(A\right)\left[g\left(A\right)X_2\right]=g\left(A\right)\cdot 0+f\left(A\right)\cdot 0=0\end{array}$

从而$X\in V$ ，此即表明

$V_1+V_2\subseteq V$ (3.10)

反之，对于$\forall X\in V$ ，我们考察X是否可以分解为$V_1$ 中的一个向量与$V_2$ 中的一个向量的和。

由于$X=E\cdot X$ ，如果可以将单位矩阵E分解为两个特殊矩阵，那么我们自然就得到了X的分解式，为了实现单位矩阵的分解，我们可以利用互素条件，由于$\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1$ ，根据引理2，存在$u\left(x\right),v\left(x\right)\in P\left[x\right]$ ，使得

$u\left(x\right)f\left(x\right)+v\left(x\right)g\left(x\right)=1$ (3.11)

代入矩阵A，得到恒等式

$u\left(A\right)f\left(A\right)+v\left(A\right)g\left(A\right)=E$ (3.12)

(3.12)式给出了单位矩阵的分解式，对等式(3.12)两边右乘向量X，有

$X=u\left(A\right)f\left(A\right)X+v\left(A\right)g\left(A\right)X$

记$X_1=v\left(A\right)g\left(A\right)X$ ，$X_2=u\left(A\right)f\left(A\right)X$ ，于是X有分解

$X=X_1+X_2$

由于

$f\left(A\right)X_1=f\left(A\right)v\left(A\right)g\left(A\right)X=v\left(A\right)\cdot \left[f\left(A\right)g\left(A\right)X\right]=v\left(A\right)\cdot 0=0$

$g\left(A\right)X_2=g\left(A\right)u\left(A\right)f\left(A\right)X=u\left(A\right)\cdot \left[f\left(A\right)g\left(A\right)X\right]=u\left(A\right)\cdot 0=0$

得

$X_1\in V_1$ , $X_2\in V_2$

从而$X\in \left(V_1+V_2\right)$ ，从而

$V\subseteq V_1+V_2$ (3.13)

根据(3.10)与(3.13)，得到

$V=V_1+V_2$ (3.14)

于是V维数满足$\dim V=\dim \left(V_1+V_2\right)$ ，如果可以说明线性空间$V_1$ 与$V_2$ 的和$V_1+V_2$ 是直和$V_1+V_2=V_1\oplus V_2$ ，那么根据直和的维数公式

$\dim \left(V_1\oplus V_2\right)=\dim V_1+\dim V_2$ (3.15)

可以得到维数关系

$\dim V=\dim \left(V_1\oplus V_2\right)=\dim V_1+\dim V_2$ (3.16)

从而得到(3.9)式成立。

现在我们说明$V_1+V_2$ 是直和。对于$\forall X\in V_1\cap V_2$ ，有

$f\left(A\right)X=g\left(A\right)X=0$

由于$X\in V$ ，再次利用单位矩阵的分解式(3.12)

$u\left(A\right)f\left(A\right)+v\left(A\right)g\left(A\right)=E$

得到

$X=u\left(A\right)f\left(A\right)X+v\left(A\right)g\left(A\right)X=u\left(A\right)\cdot 0+v\left(A\right)\cdot 0=0$

所以

$V_1\cap V_2=\left\{0\right\}$

根据引理4，得到$V_1+V_2$ 是直和。从而(3.9)式成立，命题一得证。

现在我们利用命题一证明我们最初的猜想(1.2)式的正确性。由于零矩阵的秩必然为零，即

$f\left(A\right)g\left(A\right)=0\iff R\left[f\left(A\right)g\left(A\right)\right]=0$ (3.17)

又由于等式(3.1)成立，于是有

$R\left[f\left(A\right)g\left(A\right)\right]=0\iff R\left[f\left(A\right)\right]+R\left[g\left(A\right)\right]=n$ (3.18)

由(3.17)与(3.18)得到(1.2)

$f\left(A\right)g\left(A\right)=0\iff R\left[f\left(A\right)\right]+R\left[g\left(A\right)\right]=n$

至此，我们从(1.1)式出发，基于其代数本质，提出关于(1.2)式的猜想，然后我们利用线性空间理论证明了命题一，并利用命题一证明了猜想(1.2)的正确性。

命题一描述的是两个互素的多项式$f\left(x\right)\in P\left[x\right]$ ，$g\left(x\right)\in P\left[x\right]$ 对应的矩阵多项式$f\left(A\right)$ ，$g\left(A\right)$ 所满足的秩的等量关系。但是很多时候我们会遇到不止两个矩阵多项式的情形，也就是说对于多个矩阵多项式，我们依然希望能够找到他们秩的等量关系。从命题一出发，现在我们考虑对其作推广，类似于命题一，我们同样要求多项式满足互素条件，即对于数域P上s个两两互素的多项式：$f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_s\left(x\right)$ ，对应的矩阵多项式$f_1\left(A\right),f_2\left(A\right),\cdots ,f_s\left(A\right)$ ，我们继续研究其秩满足的等量关系。

4. 命题二

设$A\in P^{n\times n}$ ，$f_k\left(x\right)\in P\left[x\right]\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$ ，且$\left(f_i\left(x\right),f_j\left(x\right)\right)=1\left(i\ne j\right)$ ，则有：

$R\left[f_1\left(A\right)\right]+R\left[f_2\left(A\right)\right]+\cdots +R\left[f_s\left(A\right)\right]=\left(s-1\right)n+R\left[f_1\left(A\right)f_2\left(A\right)\cdots f_s\left(A\right)\right]$ (4.1)

该命题说明，对于数域P上的s个的多项式$f_1\left(x\right),f_2\left(x\right),\cdots ,f_s\left(x\right)$ ，只要满足两两互素的条件：$\left(f_i\left(x\right),f_j\left(x\right)\right)=1\left(i\ne j\right)$ ，他们关于矩阵$A\in P^{n\times n}$ 的矩阵多项式的秩就一定满足等式(4.1)

$R\left[f_1\left(A\right)\right]+R\left[f_2\left(A\right)\right]+\cdots +R\left[f_s\left(A\right)\right]=\left(s-1\right)n+R\left[f_1\left(A\right)f_2\left(A\right)\cdots f_s\left(A\right)\right]$

为了证明等式(4.1)，采用与上文同样的研究方法，我们构造如下线性空间

$V_k=\left\{X|f_k\left(A\right)X=0,X\in P^n\right\}\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$

$V=\left\{X|f_1\left(A\right)f_2\left(A\right)\cdots f_s\left(A\right)X=0,X\in P^n\right\}$

继续延用引理3中的记法

$f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)={\Gamma }_k\left(x\right)f_k\left(x\right)\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$

其中

${\Gamma }_k\left(x\right)=\frac{f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)\cdots f_s\left(x\right)}{f_k\left(x\right)}\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$

显然$V_1,V_2,\cdots ,V_s$ 与V都是数域P上的线性空间，并且V及$V_k$ $\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$ 的维数可以表示为

$\dim V=n-R\left[f_1\left(A\right)f_2\left(A\right)\cdots f_s\left(A\right)\right]$ (4.2)

$\dim V_k=n-R\left[f_k\left(A\right)\right]\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$ (4.3)

如果可以说明

$V=V_1\oplus V_2\oplus \cdots \oplus V_s$ (4.4)

于是由维数公式有

$\dim V=\dim \left(V_1\oplus V_2\oplus \cdots \oplus V_s\right)=\dim V_1+\dim V_2+\cdots +\dim V_s$ (4.5)

将(4.2)与(4.3)代入(4.5)即可得到(4.1)

$R\left[f_1\left(A\right)\right]+R\left[f_2\left(A\right)\right]+\cdots +R\left[f_s\left(A\right)\right]=\left(s-1\right)n+R\left[f_1\left(A\right)f_2\left(A\right)\cdots f_s\left(A\right)\right]$

从而证明命题二的正确性。所以问题转化为证明线性空间V有直和分解(4.4)。我们首先说明

$V=V_1+V_2+\cdots +V_s$ (4.6)

任取$X\in \left(V_1+V_2+\cdots +V_s\right)$ ，有分解式

$X=X_1+X_2+\cdots +X_s$ ，其中$X_k\in V_k\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$

由于

$f_1\left(A\right)f_2\left(A\right)\cdots f_s\left(A\right)X={\displaystyle \sum _{k=1}^s{f}_1\left(A\right)f_2\left(A\right)\cdots f_s\left(A\right)X_k}={\displaystyle \sum _{k=1}^s{\Gamma }_k\left(A\right)f_k\left(A\right)X_k}=0$

故$X\in V$ ，从而

$V_1+V_2+\cdots +V_s\subseteq V$ (4.7)

反之，对任意的$X\in V$ ，我们考察X是否可以分解为s个向量的和，并且这s个向量分别属于$V_1,V_2,\cdots ,V_s$ 。

由于$X=E\cdot X$ ，如果可以将单位矩阵E分解为s个特殊矩阵，那么我们就得到了X的分解式。为了实现单位矩阵的分解，我们可以利用互素条件。

由于$\left(f_i\left(x\right),f_j\left(x\right)\right)=1\left(i\ne j\right)$ 。根据引理3知$\left({\Gamma }_1\left(x\right),{\Gamma }_2\left(x\right),\cdots ,{\Gamma }_s\left(x\right)\right)=1$ ，故存在

$u_1\left(x\right),u_2\left(x\right),\cdots ,u_s\left(x\right)\in P\left[x\right]$

使得

$u_1\left(x\right){\Gamma }_1\left(x\right)+u_2\left(x\right){\Gamma }_2\left(x\right)+\cdots +u_s\left(x\right){\Gamma }_s\left(x\right)=1$

代入矩阵A，得到

$u_1\left(A\right){\Gamma }_1\left(A\right)+u_2\left(A\right){\Gamma }_2\left(A\right)+\cdots +u_s\left(A\right){\Gamma }_s\left(A\right)=E$

上式给出了单位矩阵的分解式，于是

$X=u_1\left(A\right){\Gamma }_1\left(A\right)X+u_2\left(A\right){\Gamma }_2\left(A\right)X+\cdots +u_s\left(A\right){\Gamma }_s\left(A\right)X$

记$X_k=u_k\left(A\right){\Gamma }_k\left(A\right)X\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$ ，于是$X=X_1+X_2+\cdots +X_s$ ，从而

$\begin{array}{c}{f}_k\left(A\right)X_k=f_k\left(A\right)u_k\left(A\right){\Gamma }_k\left(A\right)X=u_k\left(A\right)\left[f_k\left(A\right){\Gamma }_k\left(A\right)X\right]\\ =u_k\left(A\right)\left[f_1\left(A\right)f_2\left(A\right)\cdots f_s\left(A\right)X\right]=u_k\left(A\right)\cdot 0=0\left(k=1,2,\cdots ,s\right)\end{array}$

所以$X_k\in V_k$ $\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$ ，$X=X_1+X_2+\cdots +X_s\in \left(V_1+V_2+\cdots +V_s\right)$ ，此即表明

$V\subseteq V_1+V_2+\cdots +V_s$ (4.8)

由(4.7)与(4.8)即得(4.6)式成立。

现在我们说明$V_1+V_2+\cdots +V_s$ 是直和$V_1\oplus V_2\oplus \cdots \oplus V_s$

由于$f_1\left(x\right),\cdots ,f_{i-1}\left(x\right),f_{i+1}\left(x\right),\cdots ,f_s\left(x\right)$ 是两两互素的，同理可以得到

${\displaystyle \sum _{j\ne i}{V}_j}=\left\{X|{\Gamma }_i\left(A\right)X=0\right\}$ $\left(i=1,2,\cdots ,s\right)$ (4.9)

对于$\forall X\in \left[V_i\cap \left({\displaystyle \sum _{j\ne i}{V}_j}\right)\right]$ ，再次利用单位矩阵的分解式

$u_1\left(A\right){\Gamma }_1\left(A\right)+u_2\left(A\right){\Gamma }_2\left(A\right)+\cdots +u_s\left(A\right){\Gamma }_s\left(A\right)=E$

得到

$X={\displaystyle \sum _{k=1}^s{u}_k\left(A\right){\Gamma }_k\left(A\right)X}={\displaystyle \sum _{k\ne i}{u}_k\left(A\right){\Gamma }_k\left(A\right)X}+u_i\left(A\right){\Gamma }_i\left(A\right)X={\displaystyle \sum _{k\ne i}{u}_k\left(A\right)\cdot 0}+u_i\left(A\right)\cdot 0=0$

于是$V_i\cap \left({\displaystyle \sum _{j\ne i}{V}_j}\right)=\left\{0\right\}$ ，根据引理5，得到

$V_1+V_2+\cdots +V_s=V_1\oplus V_2\oplus \cdots \oplus V_s$ (4.10)

由(4.6)和(4.10)得(4.4)成立。从而我们证明了命题二的正确性。

利用命题二可以证明有关矩阵秩的结论，比如下面的推论：

推论一

设$A\in P^{n\times n}$ ，则有

$\left(A-a_{1}E\right)\left(A-a_{2}E\right)\cdots \left(A-a_{s}E\right)=0$

$\iff R\left(A-a_{1}E\right)+R\left(A-a_{2}E\right)+\cdots +R\left(A-a_{s}E\right)=\left(s-1\right)n$ (4.11)

其中$a_1,a_2,\cdots ,a_s$ 是s个互不相等的常数。

证明：根据命题二，我们知道对于两两互素的多项式$f_k\left(x\right)\in P\left[x\right]\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$ ，有

$R\left[f_1\left(A\right)\right]+R\left[f_2\left(A\right)\right]+\cdots +R\left[f_s\left(A\right)\right]=\left(s-1\right)n+R\left[f_1\left(A\right)f_2\left(A\right)\cdots f_s\left(A\right)\right],$

如果我们取$f_k\left(x\right)=x-a_k$ $\left(k=1,2,\cdots ,s\right)$ ，那么便得到

$R\left(A-a_{1}E\right)+R\left(A-a_{2}E\right)+\cdots +R\left(A-a_{s}E\right)=\left(s-1\right)n+R\left[\left(A-a_{1}E\right)\left(A-a_{2}E\right)\cdots \left(A-a_{s}E\right)\right]$

此外，我们知道

$\left(A-a_{1}E\right)\left(A-a_{2}E\right)\cdots \left(A-a_{s}E\right)=0\iff R\left[\left(A-a_{1}E\right)\left(A-a_{2}E\right)\cdots \left(A-a_{s}E\right)\right]=0$

又由于

$R\left[\left(A-a_{1}E\right)\left(A-a_{2}E\right)\cdots \left(A-a_{s}E\right)\right]=0$

$\iff R\left(A-a_{1}E\right)+R\left(A-a_{2}E\right)+\cdots +R\left(A-a_{s}E\right)=\left(s-1\right)n$

于是有必然有(4.11)成立。(4.11)可以视为(1.1)的推广形式。