最后更新: 2025-10-02 15:50 查看: 42 次纠错评论(0) 课件开VIP

分块矩阵

## 分块矩阵
读者可能已经感觉到，矩阵乘法是较为复杂的一种代数运算。但它又是应用十分广泛的一种数学工具。为了帮助读者使用矩阵的技巧去处理形形色色的理论和实际问题，现在来介绍分块矩阵的概念及其基本应用。

分块矩阵的思想来源于人们在生产实践以至日常生活中普遍采用的方法，即将一个较庞大复杂的事物分割为若干较小的小组来处理的方法。举一个简单例子，比如一个大班内有 120 名学生，为了举办各种活动方便，把他们划分为 10 个小班，每班 12 人。这样，在举办各种活动时，就以小班为单位来安排．对于一个阶数较高的矩阵，我们也采用这个办法，把它的元素划分为若干＂小组＂，这样，在做矩阵乘法时，就可以按＂小组＂为单位来进行，处理起来简单快捷．这就是矩阵分块的初步概念。

设 $A$ 是数域 $K$ 上的 $m \times n$ 矩阵，$B$ 是 $K$ 上 $n \times k$ 矩阵，把它们按如下方式分割成小块：

![图片](/uploads/2025-10/379e60.jpg)
 
 即将 $A$ 的行分割为 $r$ 段，每段分别包含 $m_1, m_2, \cdots, m_r$ 个行，又将 $A$的列分割为 $s$ 段，每段分别包含 $n_1, n_2, \cdots, n_s$ 个列。于是 $A$ 可用小块矩阵表示如下

$$
A=\left[\begin{array}{cccc}
A_{11} & A_{12} & \cdots & A_{1 s} \\
A_{21} & A_{22} & \cdots & A_{2 s} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
A_{r 1} & A_{r 2} & \cdots & A_{r s}
\end{array}\right],
$$

其中 $A_{i j}$ 为 $m_i \times n_j$ 矩阵。对 $B$ 做类似的分割，只是要求它的行的分割法和 $A$ 的列的分割法相同（列的分割法没有限制）。于是 $B$ 可表为

$$
B=\left[\begin{array}{cccc}
B_{11} & B_{12} & \cdots & B_{1 t} \\
B_{21} & B_{22} & \cdots & B_{2 t} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
B_{s 1} & B_{s 2} & \cdots & B_{s t}
\end{array}\right] \text {, }
$$

其中 $B_{i j}$ 是 $n_i \times k_j$ 矩阵．这种分割法称为矩阵的分块．此时，设
$$
A B=C,
$$

则 $C$ 有如下分块形式：

$$
C=\left[\begin{array}{cccc}
C_{11} & C_{12} & \cdots & C_{1 t} \\
C_{21} & C_{22} & \cdots & C_{2 t} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
C_{r 1} & C_{r 2} & \cdots & C_{r t}
\end{array}\right],
$$

其中 $C_{i j}$ 是 $m_i \times k_j$ 矩阵，且

$$
C_{i j}=\sum_{l=1}^s A_{i l} B_{l j} .
$$

上面的公式是把矩阵乘法中原来一个个数对应相乘再相加改写成以 ＂小组＂为单位对应相乘再相加，没有实质性的变化，其正确性是显而易见的，因此不再作理论上的论证。但是读者要注意一点，现在是作小块矩阵的乘法，而矩阵乘法一般是不能交换次序的。所以在运用分块矩阵时，一定要严格分清哪个小块矩阵在左，哪个在右，绝对不能混淆．

1．准对角矩阵
下面来介绍最常用的一类分块矩阵．给定数域 $K$ 上的两个对角矩阵

$$
A=\left[\begin{array}{cccc}
a_1 & & & \\
& a_2 & & 0 \\
0 & & \ddots & \\
& & & a_n
\end{array}\right], \quad B=\left[\begin{array}{cccc}
b_1 & & & \\
& b_2 & & 0 \\
0 & & \ddots & \\
& & & b_n
\end{array}\right] .
$$

作矩阵乘法，显然有

$$
A B=\left[\begin{array}{cccc}
a_1 b_1 & & & \\
& a_2 b_2 & & 0 \\
0 & & \ddots & \\
& & & a_n b_n
\end{array}\right]
$$

这说明，两个对角矩阵的乘积还是对角矩阵，而且恰好就是主对角线上的元素对应相乘．因此，从矩阵乘法运算的角度来看，对角矩阵是
最简单的一类矩阵．
下面来介绍一类稍复杂一点的矩阵。先看一个例子。考查

$$
A=\left[\begin{array}{ccccc}
a_{11} & a_{12} & 0 & 0 & 0 \\
a_{21} & a_{22} & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & a_{33} & a_{34} & a_{35} \\
0 & 0 & a_{43} & a_{44} & a_{45} \\
0 & 0 & a_{53} & a_{54} & a_{55}
\end{array}\right], B=\left[\begin{array}{ccccc}
b_{11} & b_{12} & 0 & 0 & 0 \\
b_{21} & b_{22} & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & b_{33} & b_{34} & b_{35} \\
0 & 0 & b_{43} & b_{44} & b_{45} \\
0 & 0 & b_{53} & b_{54} & b_{55}
\end{array}\right] .
$$

如果令

$$
\begin{array}{ll}
A_1=\left[\begin{array}{ll}
a_{11} & a_{12} \\
a_{21} & a_{22}
\end{array}\right], & B_1=\left[\begin{array}{ll}
b_{11} & b_{12} \\
b_{21} & b_{22}
\end{array}\right], \\
A_2=\left[\begin{array}{lll}
a_{33} & a_{34} & a_{35} \\
a_{43} & a_{44} & a_{45} \\
a_{53} & a_{54} & a_{55}
\end{array}\right], & B_2=\left[\begin{array}{lll}
b_{33} & b_{34} & b_{35} \\
b_{43} & b_{44} & b_{45} \\
b_{53} & b_{54} & b_{55}
\end{array}\right] .
\end{array}
$$

那么，上述两个五阶方阵可简写为分块形式

$$
A=\left[\begin{array}{cc}
A_1 & 0 \\
0 & A_2
\end{array}\right], \quad B=\left[\begin{array}{cc}
B_1 & 0 \\
0 & B_2
\end{array}\right],
$$

其中左下角的 0 表 $3 \times 2$ 零矩阵，右上角的 0 表 $2 \times 3$ 零矩阵。这样表示之后，$A, B$ 的样子很像对角矩阵，只是现在它们里面的＂元素＂不是数，而是小块矩阵。按照上述分块矩阵乘法不难验证：此时有

$$
A B=\left[\begin{array}{cc}
A_1 B_1 & 0 \\
0 & A_2 B_2
\end{array}\right],
$$

其中 $A_1 B_1$ 是两个矩阵的乘积，$A_2 B_2$ 也是两个矩阵的乘积，所以要注意它们乘积的次序，不能交换位置。从这个例子可以看出，这种矩阵在做乘法时也比较简单。

定义 称数域 $K$ 上的分块形式的 $n$ 阶方阵

$$
A=\left[\begin{array}{llll}
A_1 & & & \\
& A_2 & & \\
& & \ddots & \\
& & & A_s
\end{array}\right]
$$

为准对角矩阵，其中 $A_i(i=1,2, \cdots, s)$ 为 $n_i$ 阶方阵，且 $n_1+n_2+\cdots+ n_s=n$（除 $A_i$ 的位置外，其他位置处全是小块零矩阵）．
$n$ 阶准对角矩阵有如下性质：
1）对两个同类型的 $n$ 阶准对角矩阵

$$
A=\left[\begin{array}{llll}
A_1 & & & \\
& A_2 & \ddots & \\
& & & A_s
\end{array}\right]^{\cdot} \quad B=\left[\begin{array}{llll}
B_1 & & & \\
& B_2 & & \\
& & \ddots & \\
& & & B_s
\end{array}\right]
$$

（其中 $A_i, B_i(i=1,2, \cdots, s)$ 同为 $n_i$ 阶方阵），有

$$
A B=\left[\begin{array}{llll}
A_1 B_1 & & & \\
& A_2 B_2 & & \\
& & \ddots & \\
& & & A_s B_s
\end{array}\right]
$$

2） $\mathrm{r}(A)=\mathrm{r}\left(A_1\right)+\mathrm{r}\left(A_2\right)+\cdots+\mathrm{r}\left(A_s\right)$ ；
3）$A$ 可逆 $\Longleftrightarrow A_i(i=1,2, \cdots, s)$ 都可逆，且

$$
A^{-1}=\left[\begin{array}{llll}
A_1^{-1} & & & \\
& A_2^{-1} & & \\
& & \ddots & \\
& & & A_s^{-1}
\end{array}\right]
$$

性质 1）是显然的，我们证明性质 2）及 3）．
性质 2）的证明：在矩阵 $A$ 中用初等变换分别把 $A_1, A_2, \cdots, A_s$化为标准形。在对 $A_i$ 做变换时，对其他 $A_j$ 没有影响。每个 $A_i$ 位置所出来的标准形含有 $\mathrm{r}\left(A_i\right)$ 个 1 ，再调换一下位置即得 $A$ 的标准形，其中 1 的个数为

$$
\mathrm{r}(A)=\mathrm{r}\left(A_1\right)+\mathrm{r}\left(A_2\right)+\cdots+\mathrm{r}\left(A_s\right) .
$$

性质 3）的证明：$A$ 可逆 $\Longleftrightarrow \mathrm{r}(A)=n$（参看命题 5．4）．再由性质 2）知， $\mathrm{r}(A)=n$ 的充分必要条件是 $\mathrm{r}\left(A_i\right)=n_i$ ，即 $A_i$ 可逆。而 $A^{-1}$ 的上述表达式从性质 1）不难验证。

2．分块矩阵的秩
分块矩阵的秩有一些特殊性质，它们是有用的工具．本段对此作一些初步的介绍。

命题 6.1 给定数域 $K$ 上的分块矩阵

$$
M=\left[\begin{array}{ll}
A & C \\
0 & B
\end{array}\right],
$$

其中 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵，$B$ 为 $k \times l$ 矩阵．则

$$
\mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(B) \leqslant \mathrm{r}(M) .
$$

证 设 $A$ 在初等变换下的标准形为

$$
D_1=\left[\begin{array}{cc}
E_r & 0 \\
0 & 0
\end{array}\right], \quad r=\mathrm{r}(A) ;
$$

又设 $B$ 在初等变换下的标准形为

$$
D_2=\left[\begin{array}{cc}
E_s & 0 \\
0 & 0
\end{array}\right], \quad s=\mathrm{r}(B)
$$

那么，对 $M$ 前 $m$ 行前 $n$ 列作初等变换，对它的后 $k$ 行后 $l$ 列也作初等变换可把 $M$ 化为

$$
M_1=\left[\begin{array}{cc}
D_1 & C_1 \\
0 & D_2
\end{array}\right]
$$

现在利用 $D_1$ 左上角的 1 经列初等变换消去它右边 $C_1$ 位置中的非零元；再用 $D_2$ 左上角的 1 经行初等变换消去它上面 $C_1$ 处的非零元素，于是把 $M_1$ 再化作

$$
M_2=\left[\begin{array}{cccc}
E_r & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & C_2 \\
0 & 0 & E_s & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right]
$$

则有

$$
\begin{aligned}
\mathrm{r}(M) & =\mathrm{r}\left(M_1\right)=\mathrm{r}\left(M_2\right)=r+s+\mathrm{r}\left(C_2\right) \geqslant r+s \\
& =\mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(B) .
\end{aligned}
$$

推论 1 给定数域 $K$ 上的分块矩阵

$$
N=\left[\begin{array}{ll}
A & 0 \\
C & B
\end{array}\right],
$$

则有

$$
\mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(B) \leqslant \mathrm{r}(N)
$$

证 因为

$$
N^{\prime}=\left[\begin{array}{cc}
A^{\prime} & C^{\prime} \\
0 & B^{\prime}
\end{array}\right]
$$

按命题6．1有

$$
\mathrm{r}(N)=\mathrm{r}\left(N^{\prime}\right) \geqslant \mathrm{r}\left(A^{\prime}\right)+\mathrm{r}\left(B^{\prime}\right)=\mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(B) .
$$

推论 2 给定数域 $K$ 上的分块矩阵

$$
M=\left[\begin{array}{cc}
A & C \\
0 & B
\end{array}\right], \quad N=\left[\begin{array}{cc}
A & 0 \\
C & B
\end{array}\right],
$$

其中 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵，$B$ 为 $k \times l$ 矩阵．
当 $\mathrm{r}(A)=m, \mathrm{r}(B)=k$ 时， $\mathrm{r}(M)=\mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(B)$ ；
当 $\mathrm{r}(A)=n, \mathrm{r}(B)=l$ 时， $\mathrm{r}(N)=\mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(B)$ ．
证 因 $\mathrm{r}(M) \leqslant M$ 的行数 $=m+k$ ，又按命题6．1知 $m+k=\mathrm{r}(A) +\mathrm{r}(B) \leqslant \mathrm{r}(M) \leqslant m+k$ ．立即知道 $\mathrm{r}(M)=m+k$ ．对 $\mathrm{r}(N)$ 的证法相同。

命题6．2 设 $A$ 是数域 $K$ 上的 $m \times n$ 矩阵，$B$ 是 $K$ 上的 $n \times k$矩阵，$C$ 是 $K$ 上的 $k \times s$ 矩阵，则

$$
\mathrm{r}(A B)+\mathrm{r}(B C) \leqslant \mathrm{r}(A B C)+\mathrm{r}(B) .
$$

证 令
$$
M=\left[\begin{array}{cc}
A B & 0 \\
B & B C
\end{array}\right]
$$

则由命题6．1有 $\mathrm{r}(A B)+\mathrm{r}(B C) \leqslant \mathrm{r}(M)$ ．但

$$
\begin{gathered}
{\left[\begin{array}{cc}
E_m & -A \\
0 & E_n
\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}
A B & 0 \\
B & B C
\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}
E_k & -C \\
0 & E_s
\end{array}\right]} \\
=\left[\begin{array}{cc}
0 & -A B C \\
B & 0
\end{array}\right]=N .
\end{gathered}
$$

显然有

$$
\mathrm{r}(N)=\mathrm{r}(B)+\mathrm{r}(-A B C)=\mathrm{r}(A B C)+\mathrm{r}(B) .
$$

又由命题6．1的推论2知

$$
\left[\begin{array}{cc}
E_m & -A \\
0 & E_n
\end{array}\right], \quad\left[\begin{array}{cc}
E_k & -C \\
0 & E_s
\end{array}\right]
$$

分别为满秩 $m+n$ 阶方阵及满秩 $k+s$ 阶方阵，按命题 5.2 的推论 2 ，有 $\mathrm{r}(N)=\mathrm{r}(M)$ 。故

$$
\mathrm{r}(A B C)+\mathrm{r}(B)=\mathrm{r}(N)=\mathrm{r}(M) \geqslant \mathrm{r}(A B)+\mathrm{r}(B C)
$$

推论 设 $A$ 是数域 $K$ 上的 $m \times n$ 矩阵，$B$ 是 $K$ 上的 $n \times s$ 矩阵，则

$$
\mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(B)-n \leqslant \mathrm{r}(A B)
$$

证 按命题6．2有

$$
\begin{aligned}
\mathrm{r}(A) & +\mathrm{r}(B)=\mathrm{r}\left(A E_n\right)+\mathrm{r}\left(E_n B\right) \\
& \leqslant \mathrm{r}\left(A E_n B\right)+\mathrm{r}\left(E_n\right)=\mathrm{r}(A B)+n .
\end{aligned}
$$

这里，利用分块矩阵的技巧我们给出了命题4．6的第三种证明方法．

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