Lineární algebra

−2

6

5

2

−6

−3

0

4

2

·

1

2

3

−1

0

1

2

2

1

=

−2

−6

−5

−2

2

3

0

−4

−6

.

Hodnost sou-
činu matic

3.60. Věta. Nechť A je libovolná matice (ne nutně čtvercová) a P, Q jsou regulární matice takové, že
je definováno násobení P · A a A · Q. Pak hod A = hod(P · A) = hod(A · Q). Jinými slovy: násobení
regulární maticí nemění hodnost.

Důkaz. Označme B = P · A. Sestavíme matici (A|E) a budeme ji eliminovat, abychom vpravo od
čáry získali matici P, tj. podle věty 3.55 dostáváme (A|E) ∼ (P · A | P · E) = (B|P). Protože P je
regulární, takovou eliminaci lze určitě provést. Kdo tomu nevěří, může eliminovat „pozpátkuÿ od matice P
k matici E a použít pak větu 3.10. Proveďme nakonec tutéž eliminaci znovu, jen s maticemi vlevo od svislé
čáry: A ∼ B. Protože Gaussova eliminace zachovává hodnost (věta 3.17), je hod A = hod B = hod(P·A).

K důkazu hod A = hod(A · Q) stačí podle (5) věty 3.38 přejít k transponovaným maticím a použít

předchozí výsledek společně s větou 3.31: hod(A · Q) = hod(A · Q)T = hod(QT · AT ) = hod AT = hod A.

3.61. Věta. Je-li A · B definováno, pak hod(A · B) ≤ min(hod A, hod B).

Důkaz. Je-li h = hod A, pak lze provést eliminaci A ∼ C takovou, že matice C má prvních h řádků
nenulových a zbylé řádky nulové. Podle věty 3.55 existuje regulární P taková, že A = P · C. Na levé
straně dokazované nerovnosti tedy máme hod(A · B) = hod(P · C · B) = hod(C · B). V poslední úpravě
jsme použili větu 3.60. Nyní je potřeba si uvědomit, že díky nulovým řádkům matice C má matice C · B
pod h-tým řádkem všechny ostatní řádky nulové. Takže hod(C · B) ≤ h = hod A. Dostáváme výsledek
hod(A · B) ≤ hod A. Přejdeme nyní k maticím transponovaným (A · B)T = BT · AT . Znovu použijeme
právě dokázaný výsledek a větu 3.31: hod(A · B) = hod(A · B)T = hod(BT · AT ) ≤ hod BT = hod B.
Protože hod(A · B) je menší nebo rovna hod A i hod B, musí být menší nebo rovna minimu těchto
hodnot.