RREF 唯一性与秩的良定性

本节是可选的证明附录，矩阵条目取实数。论证只使用域运算和可逆行变换，因此也适用于任意域。它要建立的是结构性结论，并不是另给一套消元算法。

高斯消元看起来是一套算法，但仍有一个重要的理论问题需要处理：

如果两个人用不同合法路径化简同一个矩阵，为什么最后得到的 RREF 必须相同？

存在性只说明至少可以到达某个 RREF。唯一性则说明可能的 RREF 只有一个。正 因为有这个唯一性，我们才可以说一个矩阵的 唯一的 RREF，也才可以不依赖某 次计算路径去定义 秩。

阅读前准备

本附录会使用三个早前已建立的事实。

1. 行等价可以写成左乘某个可逆矩阵。
2. 行等价会保留对应列之间的线性关系。
3. 在 RREF 中，主元列与自由列有很固定的形状。

证明比一次行化简计算长，但想法很清楚：由左至右比较两个可能的 RREF。先逼 出同一批主元列，再用自由列与主元列之间的线性关系逼出所有自由列。

定理

定理

RREF 的唯一性

设 $A$ 是任意矩阵。假设 $B$ 与 $C$ 都是简化行阶梯形。若 $B$ 与 $A$ 行等价， 而 $C$ 也与 $A$ 行等价，则

$$B = C.$$

由于行等价有传递性，只要证明以下较直接的形式便足够。

定理

等价表述

若 $B$ 与 $C$ 是同尺寸的简化行阶梯形，且 $B$ 与 $C$ 行等价，则 $B=C$。

请留意“简化”二字。普通行阶梯形不唯一；同一个矩阵可以有许多不同 REF，但 只有一个 RREF。

行等价会保留列之间的线性关系

把两个行等价的 $p \times q$ 矩阵写成列向量形式：

$$B=[b_1\ b_2\ \cdots\ b_q], \qquad C=[c_1\ c_2\ \cdots\ c_q].$$

若 $B$ 与 $C$ 行等价，则存在某个可逆 $p \times p$ 矩阵 $G$，使得

$$B = GC.$$

因此对每个列指标 $j$，都有 $b_j = Gc_j$。

定理

列关系的保留

假设

$$c_j=\alpha_1c_{k_1}+\alpha_2c_{k_2}+\cdots+\alpha_nc_{k_n}.$$

则

$$b_j=\alpha_1b_{k_1}+\alpha_2b_{k_2}+\cdots+\alpha_nb_{k_n}.$$

反过来，任何对应 $b$ 列之间的线性关系，也会给出对应 $c$ 列之间的同一个 线性关系。

反方向要用 $G^{-1}$。这正是 $G$ 必须可逆的原因：列关系可以在两个行等价矩 阵之间来回移动。

更明确地说，由分配律，

$$G\left(\sum_{i=1}^n\alpha_i c_{k_i}\right) =\sum_{i=1}^n\alpha_i Gc_{k_i}.$$

列向量通常会改变，系数却保持不变。再作用 $G^{-1}$，就得到反方向。因此，若只有一边的某列能由较早各列表示，把那个表示式反向传回便会与另一边的假设矛盾。这不仅证明等式可以传递，也证明“不属于较早各列的张成空间”这一否定性质可以传递。

RREF 的列长什么样子

设 $C$ 是一个 RREF。假设它的主元列为

$$d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_r.$$

那么这些主元列具有标准基向量的形状：

$$c_{d_1}=e_1,\quad c_{d_2}=e_2,\quad \ldots,\quad c_{d_r}=e_r,$$

其中向量长度由 $C$ 的行数决定。

自由列则由其左方的主元列控制。若 $c_j$ 是自由列，而其左方的主元列为 $c_{d_1},\ldots,c_{d_h}$，则

$$c_j=\gamma_{1j}c_{d_1}+\gamma_{2j}c_{d_2}+\cdots+\gamma_{hj}c_{d_h}.$$

这些系数并不神秘：它们就是 $c_j$ 在主元行中的条目。

此外，每个主元列在出现时都真正带来新方向：

$$c_{d_k} \quad\text{不是其左方各列的线性组合。}$$

这三点就是唯一性证明的核心。

为什么只需要较早的主元？若某行的主元在第 $j$ 列之后，该行直到第 $j$ 列的条目全为零；零行也没有贡献。因此，自由列的非零条目只能出现在主元已经出现的各行。若尚无主元，右边是空和，该列就是零列。反过来，在第 $k$ 个主元处，所有较早列的第 $k$ 个条目都是零，但 $e_k$ 的该条目是 $1$，故较早列的任何线性组合都不能产生这个主元列。

对主元数目作归纳

为避免循环论证，在本证明中，“一个 RREF 的秩”暂时只解作“该 RREF 的主元列 数目”。只有在唯一性证明完成后，我们才正式定义任意矩阵的秩。

证明

RREF 唯一性的完整证明

令 $P(r)$ 表示以下命题：

若 $B$ 与 $C$ 是同尺寸 RREF，$B$ 与 $C$ 行等价，且 $C$ 有正好 $r$ 个主元 列，则 $B=C$。

我们证明所有 $r\ge 0$ 的 $P(r)$。

基本情况。 假设 $C$ 没有主元列。那么 $C$ 没有非零行，所以 $C$ 是零矩 阵。由于 $B$ 与 $C$ 行等价，存在可逆矩阵 $G$ 使 $B=GC$。因此 $B=G0=0$，所以 $B=C$。

归纳步骤。 假设 $P(s)$ 成立。现在令 $C$ 有 $s+1$ 个主元列，位置为

$$d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_s\lt d_{s+1}.$$

在最后一个主元列处把两个矩阵切开：

$$B=[B^\flat\ B^\natural], \qquad C=[C^\flat\ C^\natural],$$

其中 $B^\flat$ 与 $C^\flat$ 包含所有严格在第 $d_{s+1}$ 列左边的列。

从 RREF 删去末尾若干列，所得仍是 RREF：保留了主元的行仍有领先的 $1$，其主元列的其他条目仍为零；主元被删去的行则成为零行，而且本来就在保留主元的各行下方。这个理由分别适用于两个左方分块，无须预先假设两者的主元数相同。

把 $C$ 变为 $B$ 的同一串初等行变换，也把左方分块相互变换，因为截取列与每一步行变换可以交换先后。特别地，$B^\flat=GC^\flat$，左乘矩阵仍是原来的可逆 $p\times p$ 矩阵。因此两分块行等价，而 $C^\flat$ 恰有 $s$ 个主元。当左方分块至少有一列时，可用归纳假设得到

$$B^\flat=C^\flat.$$

若 $d_{s+1}=1$，两个左方分块都没有列，而且必有 $s=0$；此时它们相同是空泛成立的，不必把归纳假设应用于没有列的矩阵。若 $s=0$ 但 $d_1\gt1$，左方分块则是通常的零矩阵，由基本情况可知相同。这样便同时处理了前导零列和空前缀两种边界。

所以两个矩阵在第 $d_{s+1}$ 列之前已经完全相同。

接着比较第 $d_{s+1}$ 列。在 $C$ 中，这个主元列不是其左方各列的线性组合。 行等价会保留这个“不是线性组合”的性质，所以 $B$ 的第 $d_{s+1}$ 列也不 是其左方各列的线性组合。

由于左方分块已相同，$B$ 的前 $s$ 个主元列正是

$$e_1,e_2,\ldots,e_s.$$

若这列在第 $s$ 行以下全为零，它就等于以最上方 $s$ 个条目为系数的 $e_1,\ldots,e_s$ 的线性组合，与刚才的非组合性质矛盾。因此，第 $s$ 行以下至少有一个非零条目。

取其中最上方的一行。由于左方分块相同，这一行在更早各列的条目全为零，所以它的主元就在第 $d_{s+1}$ 列。这必定是第 $s+1$ 行：若中间还有其他行，那些行要么是位于非零行上方的零行，要么有更靠右的主元却排在更靠左的主元上方，两者都违反阶梯次序。最后，简化条件使该主元等于 $1$，并使同列其他条目全为零。因此

$$b_{d_{s+1}}=e_{s+1}=c_{d_{s+1}}.$$

最后比较 $d_{s+1}$ 右方各列。由于 $d_{s+1}$ 是 $C$ 的最后一个主元位置，右方每一列都是自由列。令 $\ell\gt d_{s+1}$，主元行中的条目给出唯一表示式

$$c_\ell = \gamma_{1\ell}c_{d_1} +\cdots+ \gamma_{s\ell}c_{d_s} +\gamma_{s+1,\ell}c_{d_{s+1}}.$$

行等价保留这个关系，所以

$$b_\ell = \gamma_{1\ell}b_{d_1} +\cdots+ \gamma_{s\ell}b_{d_s} +\gamma_{s+1,\ell}b_{d_{s+1}}.$$

但 $B$ 与 $C$ 的主元列已被证明相同，所以 $b_\ell=c_\ell$。

每一列都相同，因此 $B=C$。这证明 $P(s+1)$，归纳完成。

证明透视

每一步归纳究竟可以使用什么

归纳参数只数 $C$ 的主元。我们没有假定 $B$ 也有同样多主元；矩阵相等将会证明这件事。截取前缀在保留行等价的同时产生较小情形，前缀相等又固定了前 $s$ 个主元行。接着，不能由前列组合的性质与 RREF 条件共同逼出下一个主元。最后，$C$ 的其余各列都已由这些匹配的主元表示；把确切系数传给 $B$，就排除了额外主元或不同自由条目的可能。

一个具体缩小版

例题

两主元 RREF 中逐列被确定的条目

上面的证明追踪任意列，可能看起来较抽象。以下用一个小 RREF 展示同一逻辑：

$$C= \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 1 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.$$

主元列是第 $1$ 列与第 $3$ 列：

$$c_1=e_1, \qquad c_3=e_2.$$

自由列满足

$$c_2=2c_1, \qquad c_4=-c_1+3c_3.$$

现在假设 $B$ 是另一个与 $C$ 行等价的 RREF。第一个主元列不能消失，所以 $b_1=e_1$。由于关系 $c_2=2c_1$ 被保留，$b_2=2b_1=2e_1$，第二列也被逼出。

第三列不是第 $1$、$2$ 列的线性组合，所以它必须成为 $B$ 的下一个主元列： $b_3=e_2$。最后，关系 $c_4=-c_1+3c_3$ 被保留，所以

$$b_4=-b_1+3b_3=-e_1+3e_2=c_4.$$

因此 $B=C$。整个矩阵逐列被迫相同。

例题

前导零列不会中断证明

考虑

$$C=\begin{bmatrix}0&1&-2&0&3\\0&0&0&1&4\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}.$$

设 $B$ 是与 $C$ 行等价的 RREF。由于 $c_1=0$，关系传递给出 $b_1=0$。$c_2$ 非零，可逆性保证 $b_2$ 也非零；它是 RREF 的第一个非零列，故必须等于 $e_1$。再由 $c_3=-2c_2$ 得 $b_3=-2e_1$。

$c_4=e_2$ 不能由前三列张成，因为前三列的第二个条目都是零。因此 $b_4$ 是下一个主元列，等于 $e_2$。最后，

$$c_5=3c_2+4c_4\quad\Longrightarrow\quad b_5=3b_2+4b_4=c_5.$$

这样无须选择消元路径，就证明了 $B=C$。若按归纳证明在最后一个主元处切开，左方分块有三列、恰好一个主元，原来的前导零列仍保留在其中。在唯一性定理已使秩的定义合法后，两矩阵的秩都是 $2$。

例题

奇异左乘矩阵可以丢失一个列方向

取

$$C=I_2,\qquad G=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix},\qquad B=GC=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}.$$

$B,C$ 都是 RREF，却不相同。这不反驳唯一性：$G$ 是奇异矩阵，单凭 $B=GC$ 不能推出行等价。$C$ 的两列没有非平凡关系，但 $b_2=0$ 是一个新关系，系数向量为 $(0,1)$。若有可逆矩阵把 $C$ 变为 $B$，这个关系就能反向传回，得到错误结论 $c_2=0$。因此，这样的可逆左乘矩阵并不存在。

对奇异的 $G$，原有关系仍可由分配律向前传递；失败的是反方向，以及由它保证的“不能组合”性质。正确规则必须要求左乘矩阵可逆。这里的主元数分别为 $2$ 和 $1$，具体显示了不可逆操作能够丢失什么信息。

秩因此成为良定概念

定义

秩

对任意矩阵 $A$，$A$ 的 秩，记作 $\operatorname{rank}(A)$，定义为与 $A$ 行等价的唯一 RREF 中的主元列数目。

这个定义之所以合法，是因为唯一性已经被证明。若不同化简路径可以得到不同 RREF，那么主元列数目便可能依赖路径。唯一性定理排除了这个可能。

所以秩不是某次计算的记录，而是矩阵本身的不变量。

因此在计算上可以安全地使用以下流程：

1. 把 $A$ 化成 RREF；
2. 标出该 RREF 的主元列；
3. 数主元列数目，得到 $\operatorname{rank}(A)$。

如果题目要求列空间的一组基，则要用主元位置回到原矩阵中相应的列。若题目只 要求秩，RREF 本身已经足够。这个分别很重要：行变换会保留列关系，但通常不 保留实际的列空间。

常见错误

常见错误

不要说普通 REF 也唯一

唯一性定理谈的是 RREF，不是任意行阶梯形。在把主元标准化并清掉其上方项之 前，可以出现许多不同 REF。

常见错误

不要把秩定义成某次计算所得的数

可以用行化简计算秩，但定义不是“我这次算到的主元数”。唯一性定理保证所有 合法 RREF 路径都给出同一个主元数。

常见错误

不要忘记列关系的角色

证明并不是说行变换保留实际列空间；一般而言它不保留。真正被使用的是对应列 之间的线性关系模式。

快速检查

思考检查

若两个 RREF 矩阵都与同一个矩阵行等价，可以推出什么？

用唯一性定理，不要再做一次行化简。

解答 · 答案

它们必定相等。同一个行等价类只有一个 RREF。

思考检查

RREF 唯一性怎样保证本节所用秩定义的良定性？

请提及主元列数目。

解答 · 答案

秩定义为 RREF 中的主元列数目。若 RREF 不唯一，不同化简路径可能给出不同 主元数。因为 RREF 唯一，主元数便不依赖路径。

思考检查

若与 $A$ 行等价的唯一 RREF 有第 $1$、$3$、$5$ 列为主元列，$\operatorname{rank}(A)$ 是多少？

数主元列，不是数自由列。

解答 · 答案

秩是 $3$，因为共有三个主元列。

练习

练习 1

设

$$C= \begin{bmatrix} 1&4&0&2\\ 0&0&1&-3\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

指出其主元列，并把每个自由列写成主元列的线性组合。

解答 · 练习 1 导引解答

主元列是第 $1$ 列与第 $3$ 列：

$$c_1=e_1,\qquad c_3=e_2.$$

自由列是第 $2$ 列与第 $4$ 列。由它们在主元行中的条目可得

$$c_2=4c_1, \qquad c_4=2c_1-3c_3.$$

练习 2

假设 $B$ 是与练习 1 中 $C$ 行等价的 RREF。用列关系说明为何 $B=C$。

解答 · 练习 2 导引解答

因为 $c_1$ 是第一个主元列，$B$ 的第一列必须是 $b_1=e_1=c_1$。关系 $c_2=4c_1$ 被保留，所以 $b_2=4b_1=4c_1=c_2$。

$C$ 的第三列不是其左方各列的线性组合，所以 $B$ 的第三列被迫成为下一个主 元列：

$$b_3=e_2=c_3.$$

最后，$c_4=2c_1-3c_3$ 被保留，所以

$$b_4=2b_1-3b_3=2c_1-3c_3=c_4.$$

因此每一列都相同，$B=C$。

练习 3

解释为什么以下两个行等价的 REF 矩阵不会反驳 RREF 唯一性：

$$E_1= \begin{bmatrix} 1&2\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad E_2= \begin{bmatrix} 2&4\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

解答 · 练习 3 导引解答

它们行等价，而且都有行阶梯形外观，但 $E_2$ 不是简化行阶梯形，因为它的首 项是 $2$，不是 $1$。

RREF 唯一性说的是简化行阶梯代表元唯一。它不是说每个中途得到的 REF 代表元 都唯一。

相关笔记

本节应在 2.5 行阶梯形的存在性 和 5.1 可逆矩阵 之后阅读。它也支撑 6.6 列空间、行空间与秩。