Докажите, что матрицу ранга r можно представить в виде суммы r матриц ранга 1, но нельзя — в виде суммы меньшего числа таких матриц.

Step-by-step solution

1. 1

   Разобьём утверждение на две независимые части. «Ровно $r$ слагаемых достаточно» — это утверждение о существовании, требующее явной конструкции; «меньше $r$ не получится» — утверждение о невозможности, требующее неравенства. Для каждой части используются разные методы, и ни одна из них не следует из другой.

2. 2

   Построим базис пространства столбцов. Так как $\operatorname{rank}(A)=r$, пространство столбцов матрицы $A$ имеет размерность $r$, то есть существует $r$ линейно независимых столбцов $u_1,\dots,u_r$, которые его порождают. Тогда любой столбец $a_j$ матрицы $A$ выражается как линейная комбинация:

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

3. 3

   Запишем комбинации в виде произведения матриц. Объединяя векторы $u_i$ в матрицу $U$ размера $m\times r$, а коэффициенты $c_{ij}$ — в матрицу $C$ размера $r\times n$, получаем разложение по рангу:

   $A=UC$

   Это и есть вся конструкция в сжатом виде — далее останется только правильно её прочитать.

4. 4

   Раскроем произведение как сумму внешних произведений. Обозначим $v_i^{T}$ — $i$-ю строку матрицы $C$. Тогда по правилу блочного умножения получаем:

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

   Каждая матрица $u_iv_i^{T}$ состоит из столбцов, являющихся скалярными кратными $u_i$, то есть её пространство столбцов одномерно и $\operatorname{rank}(u_iv_i^{T})=1$. Это доказывает первую часть.

5. 5

   Используем субаддитивность ранга для второй части. Для любых матриц выполняется неравенство: $\operatorname{rank}(B+C)\le\operatorname{rank}(B)+\operatorname{rank}(C)$, так как пространство столбцов суммы содержится в сумме пространств столбцов. Повторяя это неравенство для суммы нескольких матриц, получаем:

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

6. 6

   Получим противоречие. Предположим, что $A=B_1+\cdots+B_k$, причём $\operatorname{rank}(B_i)=1$ для каждого $i$. Тогда

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

   то есть $k\ge r$; разложение на меньшее число слагаемых невозможно. В сочетании с конструкцией выше, минимальное число слагаемых ранга 1 — ровно $r$. $\blacksquare$