Chapter 4 rank

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2025-09-30

Part 1 向量组的秩

$V$ 为 $K$ 上的线性空间，向量族为 $V$ 中向量的集合；向量组为 $V$ 中有限向量的集合.

定义1：

设 $S$ 是 $V$ 的向量族，若存在 $S$ 中的向量组 $\{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\}$ ，使得：
$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$ 线性无关；
$S$ 中任一向量都是 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$ 的线性组合，
则称 $\{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\}$ 为 $S$ 的极大线性无关组或极大无关组。

重要

$\{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\}$ 线性无关。
$\forall \alpha \in S$ ， $\{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r, \alpha\}$ 线性相关。

命题2：包含非零向量的向量组 $S$ 必存在极大无关组。

对 $S$ 的向量个数 $\#S$ 进行归纳。
若 $\#S = 1$ ， $S = \{\alpha\}$ ， $\alpha \neq 0$ ，极大无关组为 $\{\alpha\}$ 。✅
下设 $\#S < k$ 时结论成立，下证 $\#S = k$ 的情形。
(1). 若 $S$ 中 $k$ 个向量线性无关，则此时 $S$ 即为自己的极大无关组。
(2). 若 $S$ 中 $k$ 个向量线性相关，由定理， $\exists \alpha \in S$ ，使得 $\alpha$ 是 $S \setminus \{\alpha\}$ 中向量的线性组合。
$\#(S \setminus \{\alpha\}) = k - 1$ ，断言 $S \setminus \{\alpha\}$ 包含非零向量。
用反证法：若 $S \setminus \{\alpha\}$ 都是零向量，由假设 $\alpha = 0$ 。这与 $S$ 包含非零向量矛盾！
由归纳假设， $S \setminus \{\alpha\}$ 存在极大无关组 $\{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\}$ 。
由假设 $\alpha$ 能线性表示 $S \setminus \{\alpha\}$ 能线性表示 $\{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\}$ ，
（线性表示）
$\Rightarrow \{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\}$
是 $S$ 的极大无关组.

引理3：设 $A, B$ 为向量组，且 $A$ 中任一向量都是 $B$ 中向量的线性组合。若 $A$ 中向量线性无关，则 $\#A \leq \#B$ 。

证明：设
$A = \{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\}, \quad \#A = r \\ B = \{\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_s\}, \quad \#B = s$
用反证法，设 $r > s$ ，我们来推出矛盾！
由假设：
$\alpha_i = \lambda_{i1}\beta_1 + \lambda_{i2}\beta_2 + \cdots + \lambda_{is}\beta_s, \quad \lambda_{ij} \in K$
由 $A$ 线性无关，则 $\alpha_1 \neq 0$ ，从而 $\lambda_1, \cdots, \lambda_s$ 不全为 0。
不妨设 $\lambda_1 \neq 0$ ，则
$\beta_1 = \frac{1}{\lambda_1}\alpha_1 - \frac{\lambda_2}{\lambda_1}\beta_2 - \cdots - \frac{\lambda_s}{\lambda_1}\beta_s$ $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r\} \overset{\text{linear}}\rightarrow \{\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_s\} \overset{\text{linear}}\rightarrow \{\alpha_1, \beta_2, \cdots, \beta_s\}$
证明了： $\forall i \leq r$ ， $\alpha_i$ 是 $\{\alpha_1, \cdots, \beta_s\}$ 的线性组合。
假设： $\forall k < i \leq r$ ， $\alpha_i$ 是 $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_k, \alpha_{k+1}, \cdots, \beta_s\}$ 的线性组合。
令
$\alpha_{k+1} = \mu_1\alpha_1 + \cdots + \mu_k\alpha_k + \mu_{k+1}\beta_{k+1} + \cdots + \mu_s\beta_s$
若 $\mu_{k+1} = \cdots = \mu_s = 0$ ，则 $\alpha_{k+1}$ 是 $\alpha_1, \cdots, \alpha_k$ 的线性组合，这与 $A$ 线性无关矛盾！
故不妨设 $\mu_{k+1} \neq 0$ ，从而
$\beta_{k+1} = -\frac{\mu_1}{\mu_{k+1}}\alpha_1 - \cdots - \frac{\mu_k}{\mu_{k+1}}\alpha_k + \frac{1}{\mu_{k+1}}\alpha_{k+1} - \frac{\mu_{k+2}}{\mu_{k+1}}\beta_{k+2} - \cdots - \frac{\mu_s}{\mu_{k+1}}\beta_s$ $\{\alpha_{k+2}, \cdots, \alpha_r\} \overset{\text{linear}}\rightarrow \{\alpha_1, \cdots, \alpha_k, \alpha_{k+1}, \cdots, \beta_s\} \overset{\text{linear}}\rightarrow \{\alpha_1, \cdots, \alpha_k, \alpha_{k+1}, \beta_{k+2}, \cdots, \beta_s\}$
证明了： $\forall k+1 < i \leq r$ ， $\alpha_i$ 都是 $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_k, \alpha_{k+1}, \beta_{k+2}, \cdots, \beta_s\}$ 的线性组合。
最后， $\forall s < i \leq r$ ， $\alpha_i$ 是 $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_s\}$ 的线性组合。
$\Rightarrow \alpha_r$ 是 $\alpha_1, \cdots, \alpha_s$ 的线性组合，这与 $A$ 线性无关矛盾！

推广4：若多的向量组可用少的向量组线性表示，则多的向量必线性相关。

引理5：设 $A, B$ 为两个线性无关的向量组， $A$ 的任一向量都是 $B$ 中向量的线性组合，且 $B$ 的任一向量都是 $A$ 中向量的线性组合，则 $\#A = \#B$ 。

推论6：设 $A, B$ 是向量族 $S$ 的极大无关组，则 $\#A = \#B$ 。

证明：
$A, B$ 线性无关
$A \subseteq S \overset{\text{linear}}\rightarrow B$
$B \subseteq S \overset{\text{linear}}\rightarrow A$
由引理5 $\Rightarrow\#A = \#B$ .

定义7：向量族 $S$ 中极大线性无关组的向量个数称为 $S$ 的秩，记为 $\text{rank}(S)$ 或 $r(S)$ 。由推论6知，秩的定义不依赖于极大无关组的选择。约定由零向量构成的向量组秩为 0.

定义8：设 $A, B$ 是两个向量组，若 $A$ 中的每个向量都可以用 $B$ 中的向量线性表示，且 $B$ 中的每个向量也可以用 $A$ 中的向量线性表示，则称 $A, B$ 为等价的向量组。

推论9：等价的向量组有相同的秩。

若 $A$ 或 $B$ 是由零向量构成，则另一个也必是由零向量构成，从而 $r(A) = r(B) = 0$ .
若 $A, B$ 至少有一个非零向量，则：
设 $A_1$ 是 $A$ 的一个极大线性无关组， $B_1$ 是 $B$ 的一个极大线性无关组。
由命题2，有 $r(A) = \#A_1$ ， $r(B) = \#B_1$ 。
因为 $A_1 , B_1$ 线性无关，所以
$A_1 \subseteq A \overset{\text{linear}}\rightarrow B \overset{\text{linear}}\rightarrow B_1\\ B_1 \subseteq B \overset{\text{linear}}\rightarrow A \overset{\text{linear}}\rightarrow A_1$
所以 $A_1 = B_1$ ，于是 $\#A_1 = \#B_1$ ，即 $r(A) = r(B)$ .
结论：等价向量组的秩相等.

若 $S = V_k$ ，则：极大线性无关组 $\rightarrow$ 基；秩 $\rightarrow$ 维数

定义10：设 $V_k$ 为线性空间，若存在 $V$ 中线性无关的向量组 $\{e_1, e_2, \dots, e_n\}$ ，使得 $V$ 中任一向量都是 $\{e_1, e_2, \dots, e_n\}$ 的线性组合，则称 $\{e_1, e_2, \dots, e_n\}$ 为 $V$ 的一组基， $V$ 的维数为 $n$ （记为 $\dim_k V = n$ ）， $V$ 称为 $k$ 上的 $n$ 维线性空间。若不存在有限个向量构成 $V$ 的一组基，则称 $V$ 为无限维线性空间。

修正线性表示与线性无关的定义 $\Rightarrow V_k$ 上都存在基
选择公理或 Zorn 引理 $\Rightarrow V_k$ 上都存在基

推论11：在 $n$ 维线性空间 $V$ 中，超过 $n$ 个向量的向量组必线性相关。

📌 注：这是线性代数中非常重要的结论，常用于判断向量组的线性相关性。

定理12：

若下列条件之一成立：
$e_1, e_2, \dots, e_n$ 线性无关；
$V$ 中任一向量都是 $e_1, e_2, \dots, e_n$ 的线性组合，
则 $\{e_1, \dots, e_n\}$ 是 $V$ 的一组基。
/proof/
情况1：设 (1) 成立，即 $e_1, \dots, e_n$ 线性无关。
因为 $\dim V = n$ ，所以对任意 $\alpha \in V$ ，由 推论11 可知： $e_1, \dots, e_n, \alpha$ 必线性相关。
由前一定理可知， $\alpha$ 是 $e_1, \dots, e_n$ 的线性组合。 ✅
因此，(2) 也成立。
情况2：设 (2) 成立，即 $V$ 中任一向量是 $\{e_1, \dots, e_n\}$ 的线性组合。
可设 $\{e_1, \dots, e_r\}$ 是 $\{e_1, \dots, e_n\}$ 的极大线性无关组。
由于
$V \overset{\text{linear}}\rightarrow \text{span}\{e_1, \dots, e_n\} \Rightarrow \text{span}\{e_1, \dots, e_r\} \overset{\text{linear}}\rightarrow V$
又因 $\{e_1, \dots, e_r\}$ 是极大无关组，且生成 $V$ ，故它是 $V$ 的一组基。 $\Rightarrow\dim V = r = n$ ✅

命题13：设 $V$ 为 $n$ 维线性空间， $\{v_1, \dots, v_m\}$ （ $m < n$ ）为线性无关的向量， $\{e_1, \dots, e_n\}$ 为 $V$ 的一组基. 则存在 $n - m$ 个向量（不妨设为 $e_1, \dots, e_{n-m}$ ），使得

\{v_1, \dots, v_m, e_1, \dots, e_{n-m}\}

是 $V$ 的一组基.

先证：存在 $1 \leq i \leq m$ ，使得 $v_1, \dots, v_m, e_i$ 线性无关。
用反证法：假设对所有 $1 \leq i \leq m$ ，都有 $v_1, \dots, v_m, e_i$ 线性相关。
由前一定理可知， $e_i$ 是 $v_1, \dots, v_m$ 的线性组合（对每个 $i$ ）。
于是：
$\{e_1, \dots, e_n\} \overset{\text{linear}}\rightarrow \text{span}\{v_1, \dots, v_m\}$
但 $\{e_1, \dots, e_n\}$ 线性无关 ⇒ $n \leq m$ ，这与 $m < n$ 矛盾！
因此，必存在某个 $i$ ，使得 $v_1, \dots, v_m, e_i$ 线性无关。
不妨设 $v_1, \dots, v_m, e_1$ 线性无关。
继续添加其他 $e_j$ ：
若 $m+1 = n$ ，则 $\{v_1, \dots, v_m, e_1\}$ 就是 $V$ 的一组基；
若 $m+1 < n$ ，同理可找到下一个 $e_j$ ，使得新向量组仍线性无关。
最终得到 $n$ 个线性无关向量，构成 $V$ 的一组基。
由 定理12，该组为基。 ✅

定理14（基扩张定理）：设 $V$ 为 $n$ 维线性空间，则：

$V$ 中任一线性无关的向量组可以扩充为 $V$ 的一组基；
子空间 $U$ 的基可以扩张为全空间 $V$ 的一组基。

Part 2 矩阵的秩

定义1：设 $A$ 为 $m \times n$ 阶矩阵，

A = \begin{bmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_m \end{bmatrix} \quad \qquad A = (\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n)

称 $\{\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_m\}$ 的秩为 $A$ 的行秩；称 $\{\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n\}$ 的秩为 $A$ 的列秩。

命题2：矩阵的行秩、列秩在初等变换下不改变。

证明：
下面只证列秩在初等列变换下不变，行秩的证明完全类似。
记 $r_c(A) = r\{\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n\}$ 为 $A$ 的列秩。
1° 先证 $r_c(A)$ 在初等变换下不变，记 $Q$ 为初等阵。
(I)
$A P_{ij} = (\beta_1, \dots, \beta_j, \dots, \beta_i, \dots, \beta_n)$
(II)
$A P_{i}(c) = (\beta_1, \dots, c\beta_i, \dots, \beta_n) \quad (c \ne 0)$
(III)
$A T_{ji}(c) = (\beta_1, \dots, \beta_i, \dots, \beta_j + c\beta_i, \dots, \beta_n)$
关键观察：
$AQ$ 的列向量都是 $A$ 的列向量的线性组合。
反之， $A = (AQ)Q^{-1}$ ，所以 $A$ 的列向量也是 $AQ$ 的列向量的线性组合。
$\Rightarrow A$ 的列向量组与 $AQ$ 的列向量组等价
$\Rightarrow r_c(A) = r_c(AQ)$ ✅
2° 再证 $r_c(A)$ 在初等行变换下不改变。

引理：设 $A^{m \times n} = (\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n)$ 为列分块， $Q$ 为 $m$ 阶非异阵（可逆矩阵）, 若 $\{\beta_{i_1}, \beta_{i_2}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 是 $A$ 的列向量的极大无关组，则 $\{Q\beta_{i_1}, Q\beta_{i_2}, \dots, Q\beta_{i_r}\}$ 是 $QA = (Q\beta_1, Q\beta_2, \dots, Q\beta_n)$ 的列向量的极大无关组。

第一步：先证 $Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}$ 线性无关。
设：
$\lambda_1 Q\beta_{i_1} + \lambda_2 Q\beta_{i_2} + \cdots + \lambda_r Q\beta_{i_r} = 0$ $\Rightarrow Q(\lambda_1 \beta_{i_1} + \cdots + \lambda_r \beta_{i_r}) = 0$
由于 $Q$ 可逆 $\Rightarrow Q^{-1}$ 存在，两边左乘 $Q^{-1}$ 得：
$\lambda_1 \beta_{i_1} + \cdots + \lambda_r \beta_{i_r} = 0$
但 $\{\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 线性无关 $\Rightarrow \lambda_1 = \cdots = \lambda_r = 0$
$\Rightarrow Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}$ 线性无关 ✅
第二步：再证 $Q\beta_j$ 都是 $Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}$ 的线性组合。
由 $\beta_j$ 是 $A$ 列向量的极大无关组可知：
$\beta_j = \mu_1 \beta_{i_1} + \mu_2 \beta_{i_2} + \cdots + \mu_r \beta_{i_r}$
两边左乘 $Q$ 得：
$Q\beta_j = \mu_1 Q\beta_{i_1} + \cdots + \mu_r Q\beta_{i_r}$
$\Rightarrow Q\beta_j$ 是 $Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}$ 的线性组合 ✅
$\Rightarrow Q\beta_j = \mu_1 Q\beta_{i_1} + \mu_2 Q\beta_{i_2} + \cdots + \mu_r Q\beta_{i_r}, \quad \forall 1 \leq j \leq n$
结论：
$\{Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}\}$ 是 $QA$ 的列向量的极大无关组，即为基。
因此， $r_c(QA) = r_c(A)$ ，故列秩在初等行变换下不变。

引理：初等行变换保持矩阵列向量极大无关组的列指标。

说明：在引理中令 $Q$ 为初等阵，从而可得：
$r_c(QA) = r_c(A) = r$
若 $A = 0$ ，则 $QA = 0$ ，此时 $r_c(QA) = r_c(A) = 0$

定理3：矩阵的行秩 = 列秩

证明：设 $A^{m \times n}$ 相抵于标准形：
$B = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$
由命题2知：
$A$ 的行秩 = $B$ 的行秩 = $r$
$A$ 的列秩 = $B$ 的列秩 = $r$
$\Rightarrow A$ 的行秩 = 列秩 = $r$ ✅

命题3：设 $A \in M_{m\times n}(K)$ ，则 $r(A) = r(A^T)$

证明： $r(A) = A$ 的行秩 = $A$ 的列秩 = $r(A^T)$ ✅

推论4：设 $A \in M_{m\times n}(K)$ ，则 $r(A) = r(A^T)$

注：这是定理3与命题3的直接推论。

推论5：设 $A \in M_{m\times n}(K)$ ， $P$ 为 $m$ 阶非异阵， $Q$ 为 $n$ 阶非异阵，则

r(PAQ) = r(A)

证明：
$PAQ = P_1 \cdots P_k AQ_1 \cdots Q_s, \quad P_i, Q_j$
为初等矩阵，由命题2（初等变换不改变秩），逐次应用可得：
$r(PAQ) = r(A)$

推论6：设 $A \in M_{m\times n}(K)$ ， $r = r(A)$ ，则存在非异阵 $P \in M_m(K)$ ， $Q \in M_n(K)$ ，使得

PAQ = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}

注：这是矩阵相抵标准形的存在性结论。

推论7：设 $A, B \in M_{m\times n}(K)$ ，则

A \sim B \iff r(A) = r(B)

充分性：设 $r(A) = r(B) = r$ ，则
$A \sim \begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$
$B \sim \begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$
$\Rightarrow A \sim B$ ✅
必要性：若 $A \sim B$ ，则 $A$ 可通过初等变换变为 $B$ ，由命题2知 $r(A) = r(B)$ ✅

定义 (满秩矩阵)：设 $A \in M_{m\times n}(K)$ ，

若 $r(A) = m \iff m$ 个行向量线性无关 $\Rightarrow$ 称 $A$ 为行满秩阵
若 $r(A) = n \iff n$ 个列向量线性无关 $\Rightarrow$ 称 $A$ 为列满秩阵

设 $A \in M_n(K)$ ，若 $r(A) = n \iff n$ 个行向量/列向量线性无关 $\Rightarrow$ 称 $A$ 为满秩阵

推论8：设 $A \in M_n(K)$ ，则 $A$ 非异 $\iff A$ 满秩

充分性： $r(A) = n\Rightarrow$ 由推论6 $\Rightarrow A \sim I_n \Rightarrow A$ 非异 ✅
必要性：若 $A$ 非异 $\Rightarrow A = A \cdot I_n \Rightarrow$ 由推论5 $\Rightarrow r(A) = r(I_n) = n$ ✅

引理9：设 $A$ 为阶梯形矩阵， $a_{k_1}, a_{k_2}, \dots, a_{k_r}$ 为 $A$ 的阶梯点，则 $r(A) = r =$ 非零行个数，且阶梯点所在列向量构成 $A$ 的列向量的极大无关组。

命题：设 $r(A) = r$ ， $A = (\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n)$ ，若 $\{\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 满足以下条件之一：

$\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}$ 线性无关；
$\beta_j$ 是 $\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}$ 的线性组合（对所有 $j$ ），

则 $\{\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 是 $A$ 的列向量的极大无关组。

由引理9可知，阶梯点所在列是 $A$ 的列向量的极大无关组

重要

P1：求矩阵 $A$ 的秩及列向量极大无关组的方法

(1) 用行变换将 $A$ 化为阶梯形矩阵 $B$ ，设 $b_{k_1}, b_{k_2}, \dots, b_{k_r}$ 为 $B$ 的阶梯点；
(2) $r(A) = r(B) = B$ 的非零行个数 $= r$ ；
(3) $A = (\beta_1, \dots, \beta_n)$ 的极大无关组为：
$\{\alpha_{k_1}, \alpha_{k_2}, \dots, \alpha_{k_r}\}$
即对应于阶梯点所在列的原向量。

P2：行、列向量组的秩的计算及线性关系的判定

(1) 将行、列向量排成一个矩阵 $A$ ，用 P1 方法 求出 $r(A)$ ，即为该向量组的秩；
(2) 若 $r(A) =$ 向量个数 $\Rightarrow$ 向量线性无关；若 $r(A) <$ 向量个数 $\Rightarrow$ 向量线性相关。

P3：求行、列向量组的极大无关组的方法

(1) 将行、列向量按照列向量排成矩阵 $A$ ；
(2) 按照 P1 方法 求出 $A$ 的列向量的极大无关组； $\Rightarrow$ 从而可得原向量组的极大无关组。

定理10：设 $A \in M_{m\times n}(K)$ ，则 $r(A) = r \iff$ 存在一个 $r$ 阶子式不等于零，且所有 $r+1$ 阶子式全为零

必要性：设 $r(A) = r$
$\Rightarrow A$ 的行秩 = $r\Rightarrow$ 存在 $r$ 行线性无关
不妨设前 $r$ 行线性无关。记 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_m)$ ，行分块。
令
$B = \begin{bmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_r \end{bmatrix}$
，则 $r(B) = r$ （行秩）
$\Rightarrow B$ 的列秩 = $r\Rightarrow$ 前 $r$ 列线性无关
构造矩阵：
$C = \begin{bmatrix} \alpha_{i_1} & \alpha_{i_2} & \cdots & \alpha_{i_r} \\ \alpha_{j_1} & \alpha_{j_2} & \cdots & \alpha_{j_r} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_{k_1} & \alpha_{k_2} & \cdots & \alpha_{k_r} \end{bmatrix} \quad \Rightarrow \quad r(C) = r$
即 $C$ 为满秩矩阵 ⇒ $|C| \ne 0$
故存在一个 $r$ 阶子式非零。
再证所有 $r+1$ 阶子式为零：
任取 $r+1$ 阶子式 $A\left( \begin{array}{c} 1 & 2 & \cdots & r \\ 1 & 2 & \cdots & j \end{array} \right)$ ，其中 $j > r$
令
$A' = \begin{bmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_{r+1} \end{bmatrix}$
因为 $r(A) = r$ ⇒ $\alpha_1, \dots, \alpha_{r+1}$ 线性相关
设 $\alpha = (\alpha_1, \dots, \alpha_n) \in K^n$ ，且 $T_{r+1}\alpha = (\alpha_1, \dots, \alpha_r)$
$\Rightarrow T_{r+1}\alpha_1, T_{r+1}\alpha_2, \dots, T_{r+1}\alpha_{r+1}$ 线性相关
$\Rightarrow$ 所有 $r+1$ 阶子式为零 ✅
$\begin{bmatrix} T_{r+1}\alpha_1 \\ T_{r+1}\alpha_2 \\ \vdots \\ T_{r+1}\alpha_{r+1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \alpha_{i_1} & \alpha_{i_2} & \cdots & \alpha_{i_{r+1}} \\ \alpha_{j_1} & \alpha_{j_2} & \cdots & \alpha_{j_{r+1}} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_{k_1} & \alpha_{k_2} & \cdots & \alpha_{k_{r+1}} \end{bmatrix}$
不满秩
$\Rightarrow A\left( \begin{array}{c} 1 & 2 & \cdots & r+1 \\ 1 & 2 & \cdots & j+1 \end{array} \right) = |C| = 0$
充分性：
由 $r+1$ 阶子式全为零，以及 Laplace 定理，可证明 $A$ 的任一大于 $r$ 阶子式全为 0。
设 $r(A) = t$ ，则由必要性 $\Rightarrow A$ 有一个 $t$ 阶子式 $\neq 0$ ，且所有 $t+1$ 阶子式全为 0。
若 $t > r$ ，则存在一个 $t$ 阶子式 $\neq 0$ ，但 $t > r$ ，与“所有 $r+1$ 阶子式为 0”矛盾！
若 $t < r$ ，则存在一个 $r$ 阶子式 $\neq 0$ ，但 $r > t$ ，与“所有 $t+1$ 阶子式为 0”矛盾！
故 $t = r \Rightarrow r(A) = r$ ✅

例1：设 $C = \begin{bmatrix} A & O \\ O & B \end{bmatrix}$ ，则

r(C) = r(A) + r(B)

设 $P_1, P_2, Q_1, Q_2$ 为非异阵，使得
$P_1 A Q_1 = \begin{bmatrix} I_{r_1} & O \\ O & O \end{bmatrix}, \quad P_2 B Q_2 = \begin{bmatrix} I_{r_2} & O \\ O & O \end{bmatrix}$
构造：
$\begin{bmatrix} P_1 & O \\ O & P_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & O \\ O & B \end{bmatrix} \begin{bmatrix} Q_1 & O \\ O & Q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} P_1 A Q_1 & O \\ O & P_2 B Q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_{r_1} & O & O & O \\ O & O & O & O \\ O & O & I_{r_2} & O \\ O & O & O & O \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} I_{r_1} & O & O & O \\ O & O & O & O \\ O & O & I_{r_2} & O \\ O & O & O & O \end{bmatrix}$
即化为对角块形式，非零行数为 $r_1 + r_2$
$\Rightarrow r(C) = r_1 + r_2 = r(A) + r(B)$ ✅

性质：矩阵乘以非异阵，秩不改变 $\Rightarrow$ 分块矩阵在分块初等变换下，秩不变

例2：设 $C = \begin{bmatrix} A & D \\ O & B \end{bmatrix}$ 或 $\begin{bmatrix} A & O \\ D & B \end{bmatrix}$ ，则

r(C) \geq r(A) + r(B)

证明（以第一种为例）：
$\begin{bmatrix} P_1 & O \\ O & P_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & D \\ O & B \end{bmatrix} \begin{bmatrix} Q_1 & O \\ O & Q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} P_1 A Q_1 & P_1 D Q_2 \\ O & P_2 B Q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_{r_1} & O & 0 & 0 \\ O & O & O & D_{22} \\ O & O & I_{r_2} & O \\ O & O & O & O \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} I_{r_1} & O & O & O \\ O & D_{22} & O & O \\ O & O & I_{r_2} & O \\ O & O & O & O \end{bmatrix}$
进一步化简得：
$\begin{bmatrix} I_{r_1} & D_{12} \\ O & I_{r_2} \end{bmatrix}$
(通过列变换消元)
$\Rightarrow r(C) = r_1 + r_2 = r(A) + r(B)$
注：若 $D = 0$ ，则 $r(C) = r(A) + r(B)$ ；否则可能更大，但至少等于。
所以一般有：
$r(C) \geq r(A) + r(B)$
当且仅当 $A = 0$ 时等号成立 $\iff$ 矩阵方程 $AX + YB = 0$ 有解 $\iff D = 0$

例3（秩的降阶公式）设 $M = \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}$ ，则：

(1) 若 $A$ 非异，则

r(M) = r(A) + r(D - CA^{-1}B)

(2) 若 $D$ 非异，则

r(M) = r(D) + r(A - BD^{-1}C)

(3) 若 $A, D$ 均非异，则

r(A) + r(D - CA^{-1}B) = r(D) + r(A - BD^{-1}C)

证明：只需证 (1) 即可。
对分块矩阵进行初等行变换：
$\begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} \stackrel{-C A^{-1}}{\longrightarrow} \begin{pmatrix} A & B \\ 0 & D - C A^{-1} B \end{pmatrix} {\longrightarrow} \begin{pmatrix} I_n & A^{-1}B \\ 0 & D - C A^{-1}B \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} I_n & O \\ 0 & D - C A^{-1}B \end{pmatrix}$
由例1 得：
$r(M) = r(A) + r(D - C A^{-1}B)$

例4：设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，则

A=A^2 \iff r(A)+r(I_n-A)=n

通过初等变换能够推出：
$\Rightarrow rank \begin{bmatrix} A & O \\ O & I_n-A \end{bmatrix}=rank \begin{bmatrix} A-A^2 & O \\ O & I_n \end{bmatrix}$
根据例一，我们能得到结论：
$r(A)+r(I_n-A)=r(A-A^2)+r(I_n)$
充分性：
$r(A-A^2)=0\Rightarrow A=A^2$
必要性：
$A^2=A\Rightarrow r(A-A^2)=0$
推出等式成立.

定理11 (Sylvester 不等式)：设 $A \in M_{m\times n}(K)$ ， $B \in M_{n\times p}(K)$ ，则

r(A) + r(B) - n \leq r(AB) \leq \min\{r(A), r(B)\}

证明：
第一步：先证 $r(AB) \leq r(B)$
令 $B = (\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_p)$ ，设 $\{\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 是 $B$ 的列向量极大无关组。
断言： $AB$ 的每一列是 $A\beta_{i_1}, \dots, A\beta_{i_r}$ 的线性组合。
因为：
$\forall j \leq p, \quad \beta_j = \lambda_1 \beta_{i_1} + \cdots + \lambda_r \beta_{i_r} \Rightarrow A\beta_j = \lambda_1 A\beta_{i_1} + \cdots + \lambda_r A\beta_{i_r}$
$\Rightarrow AB = (A\beta_1, \dots, A\beta_p)$ 的每一列都可由 $\{A\beta_{i_1}, \dots, A\beta_{i_r}\}$ 线性表示
$\Rightarrow r(AB) \leq r$ ⇒ $r(AB) \leq r(B)$
同理， $r(AB) = r(BA) \leq r(A)$
$\Rightarrow r(AB) \leq \min\{r(A), r(B)\}$ ✅
再证 Sylvester 不等式（下界）：
构造分块矩阵：
$\begin{pmatrix} A & O \\ I_n & B \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} O & AB \\ I_n & B \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} O & AB \\ I_n & O \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} AB & O \\ O & I_n \end{pmatrix}$
即通过初等变换得到：
$\begin{pmatrix} AB & O \\ O & I_n \end{pmatrix} \Rightarrow r\left(\begin{pmatrix} A & O \\ I_n & B \end{pmatrix}\right) = r(AB) + n$
另一方面，该矩阵的秩满足：
$r\left(\begin{pmatrix} A & O \\ I_n & B \end{pmatrix}\right) \geq r(A) + r(B)$
$\Rightarrow r(AB) + n \geq r(A) + r(B)$
$\Rightarrow r(AB) \geq r(A) + r(B) - n$