階数 r の行列が r 個の階数 1 の行列の和で書けること、そして r 個未満の和では書けないことを証明せよ。

Step-by-step solution

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   主張を独立な 2 つの言明に分ける。 「ちょうど $r$ 個で書ける」は構成を必要とする存在の主張であり、「$r$ 個未満では書けない」は不等式を必要とする不可能性の主張である。この 2 つの半分はまったく別の道具を使い、どちらも他方を導かない。

2. 2

   列空間の基底を作る。 $\operatorname{rank}(A)=r$ なので $A$ の列空間の次元は $r$ であり、$A$ の一次独立な $r$ 本の列 $u_1,\dots,u_r$ がそれを張る。すると $A$ の各列 $a_j$ は次の一次結合になる。

   $a_j=c_{1j}u_1+c_{2j}u_2+\cdots+c_{rj}u_r$

3. 3

   一次結合を行列の積の形にまとめる。 $u_i$ を並べて $m\times r$ 行列 $U$ を、係数を並べて $r\times n$ 行列 $C$ を作ると、階数分解

   $A=UC$

   が得られる。構成の全体はこれに凝縮されている。あとはこれを正しく読むだけである。

4. 4

   積を外積の和として展開する。 $C$ の第 $i$ 行を $v_i^{T}$ と書くと、ブロックごとの積から

   $A=UC=\sum_{i=1}^{r}u_i v_i^{T}$

   が得られる。$u_iv_i^{T}$ はどの列も $u_i$ のスカラー倍なので、その列空間はただ 1 本のベクトル $u_i$ で張られ、$\operatorname{rank}(u_iv_i^{T})=1$ である。これで前半が片づいた。

5. 5

   後半には階数の劣加法性を持ち出す。 任意の行列について $\operatorname{rank}(B+C)\le\operatorname{rank}(B)+\operatorname{rank}(C)$ が成り立つ。$B+C$ の列空間が 2 つの列空間の和に含まれるからである。これを繰り返すと

   $\operatorname{rank}(B_1+\cdots+B_k)\le\sum_{i=1}^{k}\operatorname{rank}(B_i)$

   が得られる。

6. 6

   矛盾を導く。 $A=B_1+\cdots+B_k$ で各 $\operatorname{rank}(B_i)=1$ と仮定する。すると

   $r=\operatorname{rank}(A)\le\underbrace{1+1+\cdots+1}_{k}=k$

   となるので $k\ge r$ であり、$k<r$ となる分解は存在しない。先の構成と合わせて、階数 1 の項の個数の最小値はちょうど $r$ である。$\blacksquare$