这是一句很容易混淆的话，答案是错的，方阵的秩不一定等于非零特征值的数目。

查了一些资料，但只有一篇文章给出了严密的证明。本文内容来自于张景晓老师的文章，是一篇读书笔记。

反例

先看一个反例

对于下面的矩阵，其秩为 3 , 然而它的特征值均为 0 （三角矩阵的特征值等于对角线元素）。 $$ = ( \[\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\]

) $$ 这就说明方阵的秩不一定等于非零特征值的数目。

矩阵的秩 \(r(A)\) 和非零特征值个数 \(\mu(A)\) 间的关系

定理1：对于任意 \(n\) 阶方阵 \(\mathbf(A)\) 都有 \(r(\mathbf{A}) \geq \mu(\mathbf{A})\) 。

证明：当矩阵 \(\mathbf{A}\) 可逆时，\(r(\mathbf{A}) = n\) ，此时我们设 \(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}\) 是矩阵 \(\mathbf{A}\) 的全部特征根, 则 \(|\mathbf{A}|=\lambda_{1} \lambda_{2} \cdots \lambda_{n} \neq 0\) (证明可参考特征值的乘积与和 ), 从而 \(\mathbf{A}\) 有 \(n\) 个非零特征值, 故 \(\mu(\mathbf{A})=n\), 此时 \(r(\mathbf{A}) = \mu(\mathbf{A})\) ，上面的定理成立。

当矩阵 \(\mathbf{A}\) 不可逆时，此时 \(r(\mathbf{A})=r<n\) ，矩阵 \(\mathbf{A}\) 的行向量组 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}\) 的秩是 \(r\), 故该向量组中必有 \(r\) 个向量线性无关，不妨设 前 \(r\) 个向量 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{r}\) 线性无关,则 \(\alpha_{r+1}, \alpha_{r+2}, \cdots, \alpha_{n}\) 均可由 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{r}\) 线性表出, 设 ${i}= k{i 1} {1}+k{i 2} {2}++k{i r} _{r}, i=r+1, r+2, , n $ ，则有 \[ |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{ccccccc} \lambda-a_{11} & -a_{12} & \cdots & -a_{1 r} & -a_{1 (r+1)} & \cdots & -a_{1 n} \\ -a_{21} & \lambda-a_{22} & \cdots & -a_{2 r} & -a_{2 (r+1)} & \cdots & -a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ -a_{r 1} & -a_{r 2} & \cdots & \lambda-a_{r r} & -a_{r(r+1)} & \cdots & -a_{r n} \\ -a_{(r+1)1} & -a_{(r+1)2} & \cdots & -a_{(r+1) r} & \lambda-a_{(r+1) (r+1)} & \cdots & -a_{(r+1) n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ -a_{n 1} & -a_{n 2} & \cdots & -a_{n r} & -a_{n (r+1)} & \cdots & \lambda-a_{n n} \end{array}\right| \] 将 \(\mathbf{A}\) 的特征行列式的第 \(j\) 行 \((j=1,2, \cdots, r)\) 分别乘以 \(-k_{i j}\) 后均加到第 \(i\) 行 \((i=r+1, r+2, \cdots, n)\) 上得（注意：这里将第某一个行的倍数加到另外一行，不会改变行列式的大小。） \[ \begin{gathered} \left|\begin{array}{ccccccc} \lambda-a_{11} & -a_{12} & \cdots & -a_{1 r} & -a_{1 (r+1)} & \cdots & -a_{1 n} \\ -a_{21} & \lambda-a_{22} & \cdots & -a_{2 r} & -a_{2 (r+1)} & \cdots & -a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ -a_{r 1} & -a_{r 2} & \cdots & \lambda-a_{r r} & -a_{r (r+1)} & \cdots & -a_{r n} \\ -k_{(r+1)1} \lambda & -k_{(r+1)2} \lambda & \cdots & -k_{(r+1) r} \lambda & \lambda & \cdots & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ -k_{n 1} \lambda & -k_{n 2} \lambda & \cdots & -k_{n r} \lambda & 0 & \cdots & \lambda \end{array}\right|= \\ \lambda^{n-r}\left|\begin{array}{ccccccc} \lambda-a_{11} & -a_{12} & \cdots & -a_{1 r} & -a_{1 (r+1)} & \cdots & -a_{1 n} \\ -a_{21} & \lambda-a_{22} & \cdots & -a_{2 r} & -a_{2 (r+1)} & \cdots & -a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ -a_{r 1} & -a_{r 2} & \cdots & \lambda-a_{r r} & -a_{r (r+1)} & \cdots & -a_{r n} \\ -k_{(r+1) 1} & -k_{(r+1) 2} & \cdots & -k_{(r+1) r} & 1 & \cdots & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ -k_{n 1} & -k_{n 2} & \cdots & -k_{n r} & 0 & \cdots & 1 \end{array}\right|=\lambda^{n-r} g(\lambda) \end{gathered} \]

由此可知，矩阵 \(\mathbf{A}\) 至少有 \(n-r\) 个零特征值, 从而 \(\mathbf{A}\) 至多有 \(r\) 个非零特征值, 因此有 \(r(\mathbf{A}) \geqslant \mu(\mathbf{A})\) 。

\(r(\mathbf{A})=\mu(\mathbf{A})\) 的充分条件

1 可对角化

定理2： 若矩阵 \(\mathbf{A}\) 可对角化,则 \(r(\mathbf{A})=\mu(\mathbf{A})\).

如果 \(\mathbf{A}\) 可对角化.故存在可逆阵 \(T\) 使得 \[ \boldsymbol{T}^{-1} \boldsymbol{A T}=\left(\begin{array}{llll} \lambda_{1} & & & \\ & \lambda_{2} & & \\ & & \ddots & \\ & & & \lambda_{\mathrm{n}} \end{array}\right) \]

其中 \(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}\) 是矩阵 \(\mathbf{A}\) 的全部特征根 ，由于矩阵 \(\mathbf{T}\) 可逆，故矩阵 \(\mathbf{A}\) 的秩与对角矩阵的秩相同，即等于非零特征值数目，从而有 \(r(\mathbf{A})=\mu(\mathbf{A})\) 。

推论 1 若矩阵 A 的秩与它的非零特征值个数不相等 ，则矩阵 A不可对角化．

该推论是定理2的逆否命题，因此成立。

推论 2 实对称矩阵的秩与其非零特征 值个数相同。

根据谱定理，实对称矩阵均可对角化，因此该结论成立

推论 3 设矩阵 \(\mathbf{A}\) 是 \(m \times n\) 的实矩阵，则有 \(r(\mathbf{A}) = \mu(\mathbf{AA^{T}}) = \mu(\mathbf{A^{T}A} )\) 。

证明：由于矩阵 \(\mathbf{A}\) 是实矩 阵 ，从 而 \(\mathbf{AA^{T}}\) 和 \(\mathbf{A^{T}A}\) 均实对称 ，由推论 2 得，\(r(\mathbf{AA^{T}}) = \mu(\mathbf{AA^{T}})\) ，\(r(\mathbf{A^{T}A}) = \mu(\mathbf{A^{T}A})\) ，又因为 \(r(\mathbf{A})=r\left(\mathbf{A A^{T}}\right)=r\left(\mathbf{A^{T} A}\right)\) ，因此我们有 \(r(\mathbf{A}) = \mu(\mathbf{AA^{T}}) = \mu(\mathbf{A^{T}A} )\)

2 矩阵可逆

证明见上。

\(r(\mathbf{A})=\mu(\mathbf{A})\) 的充分必要条件

暂时看不懂，放着

参考文献

1. 张景晓.矩阵的秩与其非零特征值个数相等的条件J.德州学院学报,2012,28(4):5-8