相抵标准型的运用

思路溯源：为什么会想到标准型

遇到矩阵问题，可以先看题设给出的信息属于哪一类。若主要信息是秩、奇异性、可逆性，而目标是构造满足乘积关系的矩阵，那么各个元素的具体数值往往不重要；重要的是有多少个独立方向，以及还剩多少个被映到零的方向。

相抵标准型把这些信息直接摆在对角线上：单位块记录秩，零块暴露可用于构造的空间。例如，要让矩阵乘积为零，就可以让另一个矩阵的列全部落在零块对应的方向中。

不过，“可以化为标准型”本身还没有完成证明。必须写出原问题与标准型问题之间的等价关系，确认目标条件确实能够带回去。

标准型与变换规则

设$A\in\mathbb{F}^{m\times n}$，其中$\mathbb{F}$是数域，$\operatorname{rank}A=r$。由矩阵相抵标准型定理，存在可逆矩阵$P\in\mathbb{F}^{m\times m}$、$Q\in\mathbb{F}^{n\times n}$，使

$$PAQ=D=\begin{pmatrix} I_r&0_{r\times(n-r)}\\ 0_{(m-r)\times r}&0_{(m-r)\times(n-r)} \end{pmatrix}.$$

这里，左乘$P$对应行变换，右乘$Q$对应列变换。两者都可逆，所以既能化简，也能返回：$A=P^{-1}DQ^{-1}$。当$r=0$时，标准型就是零矩阵；满秩时，相应的零尺寸块省略。

对列向量写成$x=Qy$，则由结合律和$P$可逆得到

$$Ax=0\iff AQy=0\iff PAQy=0\iff Dy=0.$$

因此$Q$把标准型的零空间一一对应地送到$A$的零空间。若$y\neq0$，则$Qy\neq0$，因为$Qy=0$会推出$y=Q^{-1}0=0$。

对于矩阵未知量，同样逐列变换：

原问题	标准型上的问题	返回原矩阵的构造
$AX=0$	$DY=0$	$X=QY$
$XA=0$	$YD=0$	$X=YP$

例如，第二行的理由是$YD=YPAQ=0$，右乘$Q^{-1}$即得$(YP)A=0$。乘在哪一侧，由等式推导决定，不能凭记忆交换次序。

例2.28：用零块构造非零矩阵

命题。 设$A$是$n$阶方阵，$n\ge1$。则$A$是奇异矩阵，当且仅当存在非零的同阶方阵$B$，使$AB=0$。

从非零的乘积零因子推出奇异

假设$AB=0$且$B\neq0$。若$A$可逆，在等式左侧乘$A^{-1}$，由结合律得到

$$B=I_nB=(A^{-1}A)B=A^{-1}(AB)=0,$$

与$B\neq0$矛盾。因此$A$不可逆，即$A$奇异。这一方向只需要可逆矩阵的消去性质。

从奇异出发，在标准型上构造

设$A$奇异。由方阵可逆与满秩的等价关系，$r=\operatorname{rank}A<n$。取可逆矩阵$P,Q$，使

$$PAQ=D=\begin{pmatrix}I_r&0\\0&0\end{pmatrix}.$$

按前$r$行与后$n-r$行，将待构造矩阵分块为$C=\begin{pmatrix}C_1\\C_2\end{pmatrix}$。由分块乘法，

$$DC=\begin{pmatrix}I_r&0\\0&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}C_1\\C_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}C_1\\0\end{pmatrix}.$$

这说明$DC=0$恰好要求$C_1=0$，而下方的$C_2$可以自由选择。为了保证$C$非零，利用$n-r\ge1$，在右下角放入一个单位矩阵：

$$C=\begin{pmatrix}0&0\\0&I_{n-r}\end{pmatrix}\neq0, \qquad DC=\begin{pmatrix}I_r&0\\0&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&0\\0&I_{n-r}\end{pmatrix}=0.$$

这就是构造的来源：让$C$的每个列向量都落在$D$消去的坐标方向中。

将构造带回，并检查非零性

把$D=PAQ$代入$DC=0$，得到$PAQC=0$。左乘$P^{-1}$，由结合律有

$$A(QC)=P^{-1}(PAQC)=0.$$

因此取$B=QC$即可保证$AB=0$。还须检查$B\neq0$：若$QC=0$，左乘$Q^{-1}$便得$C=0$，与构造矛盾。至此，存在性、乘积关系和非零性全部得到验证。

当$r=0$时，$A=0$，可直接取$B=I_n$；这也与标准型构造一致。对于$n=1$，唯一的奇异矩阵是$(0)$，取$B=(1)$即可。

从例题提炼出的通用流程

识别信号是“题设主要约束秩，结论要求存在某个矩阵或满足乘积零关系”。按以下顺序处理：

1. 记录尺寸和秩。 明确各个矩阵的行列数，将奇异性翻译为$r<n$等秩条件。
2. 写出标准型。 取可逆的$P,Q$，明确使用的是$PAQ=D$。
3. 同步变换未知量。 例如把$AX=0$化为$DY=0$，并记录$X=QY$。
4. 在块上构造。 单位块通常给出必须满足的条件，零块通常留下自由参数。
5. 返回并逐项验算。 代入原等式，检查非零性、秩和尺寸等附加要求。

本例还给出更强的结论：因为可逆左乘不改变秩，构造出的$B=QC$满足$\operatorname{rank}B=n-r$。又因$AB=0$意味着$B$的每列都属于$\ker A$，所以

$$\operatorname{Im}B\subseteq\ker A \quad\Longrightarrow\quad \operatorname{rank}B\le\dim\ker A=n-r.$$

最后一步用到秩—零度定理。因此图片中的单位块构造，实际上达到了满足$AB=0$的矩阵所能具有的最大秩。

常见变体与易错点

• 右侧乘积改为左侧乘积。 对$BA=0$，先构造$CD=0$，再取$B=CP$，不能照抄$B=QC$。
• 只要一个非零解向量。 当$r<n$时，取$y=e_{r+1}$，有$Dy=0$；因此$x=Qe_{r+1}$就是$Ax=0$的非零解。
• 把非零误当作可逆。 例题只要求$B\neq0$。若$B$可逆，则$AB=0$右乘$B^{-1}$会迫使$A=0$。
• 遗漏返回后的检查。 $C\neq0$不自动意味着任意矩阵乘$C$仍非零；这里依赖的是$Q$可逆。
• 把相抵当成相似。 相抵使用两个可逆矩阵$P,Q$，相似使用$S^{-1}AS$。相抵保持秩，但一般不保持特征值、迹、对称性或幂等性。若目标涉及这些性质，需要另外证明变换规则，不能直接把标准型上的性质搬回去。
• 忽略边界与尺寸。 只有$r<n$时，右侧零空间才有非零方向；矩形矩阵的行分块与列分块尺寸也不能混用。

变式练习

练习1。 设$A$为$n$阶奇异矩阵，证明存在$B\neq0$使$BA=0$。要求沿用相抵标准型路线。

展开答案

取$PAQ=D=\operatorname{diag}(I_r,0)$，令$C=\operatorname{diag}(0,I_{n-r})$，则$CD=0$。因此$CPA Q=0$，右乘$Q^{-1}$得$(CP)A=0$。取$B=CP$；若$B=0$，则$C=BP^{-1}=0$，矛盾。

练习2。 设$A\in\mathbb{F}^{m\times n}$，秩为$r$，$k\ge1$。求所有满足$AX=0$的$n\times k$矩阵，并求其中矩阵秩的最大值。

展开答案

取$PAQ=D$，令$Y=Q^{-1}X$。由可逆消去，$AX=0$等价于$DY=0$。按行分块后，上方$r$行必须为零，下方可任取，因此全部解为

$$X=Q\begin{pmatrix}0_{r\times k}\\Z\end{pmatrix}, \qquad Z\in\mathbb{F}^{(n-r)\times k}.$$

由可逆乘法保持秩，$\operatorname{rank}X=\operatorname{rank}Z\le\min(n-r,k)$。在$Z$中放入大小为$\min(n-r,k)$的单位块，其余元素取零，即可达到上界。当$r=n$时，唯一解是零矩阵，最大秩为$0$。

LaTeX Suite 输入提示

正文保存的是展开后的标准LaTeX，可直接用于Obsidian数学渲染。按所提供的片段库，在文本模式输入dm可生成独立公式框；在独立公式中输入pmat可生成pmatrix环境，再用&分列、\\换行。占位符填入矩阵内容，不作为正文保存。

资料来源

• 用户提供的教材截图：“1. 相抵标准型”及例2.28。截图未显示书名、作者和页码，因此不补写这些信息。
• 例题沿用截图中的$C=\operatorname{diag}(0,I_{n-r})$、$B=QC$路线；变换规则、非零性说明、边界检查及变式为围绕该路线补充的推导。