矩阵与可逆矩阵相乘，相当于对矩阵对一系列初等变换。因为初等变换不改变矩阵的秩，所以乘以可逆矩阵不改变矩阵的秩。

提示： 利用 A , B A,B A,B 和 A + B A+B A+B 的各个列向量组的极大线性无关组间的线性表出关系

证明： 令 A = ( A 1 A 2 ⋯ A n ) , B = ( B 1 B 2 ⋯ B n ) , A i , B j ( i , j = 1 , 2 , ⋯   , n ) A=(A_1A_2\cdots A_n),B=(B_1B_2\cdots B_n),A_i,B_j(i,j=1,2,\cdots,n) A=(A1​A2​⋯An​),B=(B1​B2​⋯Bn​),Ai​,Bj​(i,j=1,2,⋯,n)都是列向量. A + B = ( A 1 + B 1 , A 2 + B 2 , ⋯   , A n + B n ) , A+B=(A_1+B_1,A_2+B_2,\cdots,A_n+B_n), A+B=(A1​+B1​,A2​+B2​,⋯,An​+Bn​), 它的每个列向量都可由列向量组 A 1 , A 2 , ⋯   , A n , B 1 , B 2 , ⋯   , B n A_1,A_2,\cdots,A_n,B_1,B_2,\cdots,B_n A1​,A2​,⋯,An​,B1​,B2​,⋯,Bn​ 线性表出.又设 A i 1 , A i 2 , ⋯   , A i r A_{i1},A_{i2},\cdots,A_{ir} Ai1​,Ai2​,⋯,Air​ 及 B j 1 , B j 2 , ⋯   , B j s B_{j1},B_{j2},\cdots,B_{js} Bj1​,Bj2​,⋯,Bjs​ 分别式 A 1 , A 2 , ⋯   , A n A_1,A_2,\cdots,A_n A1​,A2​,⋯,An​ 和 B 1 , B 2 , ⋯   , B n B_1,B_2,\cdots,B_n B1​,B2​,⋯,Bn​ 的极大线性无关组，则 A 1 + B 1 , A 2 + B 2 , ⋯   , A n + B n A_1+B_1,A_2+B_2,\cdots,A_n+B_n A1​+B1​,A2​+B2​,⋯,An​+Bn​ 都可由向量组 A i 1 , A i 2 , ⋯   , A i r , B j 1 , B j 2 , ⋯   , B j s A_{i1},A_{i2},\cdots,A_{ir},B_{j1},B_{j2},\cdots,B_{js} Ai1​,Ai2​,⋯,Air​,Bj1​,Bj2​,⋯,Bjs​线性表出. 故 r ( A + B ) = r { A 1 + B 1 , A 2 + B 2 , ⋯   , A n + B n } ⩽ r { A i 1 , A i 2 , ⋯   , A i r , B j 1 , B j 2 , ⋯   , B j s } ⩽ r + s = r A + r B (1) \begin{aligned} {\rm r}(A+B)&=r\{A_1+B_1,A_2+B_2,\cdots,A_n+B_n\}\\ &\leqslant r\{A_{i1},A_{i2},\cdots,A_{ir},B_{j1},B_{j2},\cdots,B_{js}\}\\ &\leqslant r+s\\ &={\rm r}{A}+{\rm r}{B}\tag{1} \end{aligned} r(A+B)​=r{A1​+B1​,A2​+B2​,⋯,An​+Bn​}⩽r{Ai1​,Ai2​,⋯,Air​,Bj1​,Bj2​,⋯,Bjs​}⩽r+s=rA+rB​(1)

提示： 利用齐次方程组的知识 证明： A B = O AB=O AB=O, B B B 的每个列向量都是齐次方程组 A X = 0 AX=0 AX=0 的解，故能由它的基础解系线性表出，于是 r ( B ) ⩽ {\rm r}(B)\leqslant r(B)⩽ 基础解系的秩 = n − r ( A ) =n-{\rm r}(A) =n−r(A).所以 r ( A ) + r ( B ) ⩽ n (2) {\rm r}(A)+{\rm r(B)\leqslant n}\tag{2} r(A)+r(B)⩽n(2)

证明一： 由(1)可知：

r ( A + E ) + r ( A − E ) ⩾ r ( A + E − A + E ) = r ( E ) = n {\rm r}(A+E)+{\rm r}(A-E)\geqslant{\rm r}(A+E-A+E)={\rm r}(E)=n r(A+E)+r(A−E)⩾r(A+E−A+E)=r(E)=n

又因为： A 2 = E = E 2 A^2=E=E^2 A2=E=E2 所以：

( A − E ) ( A + E ) = O , (A-E)(A+E)=O, (A−E)(A+E)=O,

由(2)可知： r ( A − E ) + r ( A + E ) ⩽ n {\rm r}(A-E)+{\rm r}(A+E)\leqslant n r(A−E)+r(A+E)⩽n

综上： r ( A − E ) + r ( A + E ) = n {\rm r}(A-E)+{\rm r}(A+E)= n r(A−E)+r(A+E)=n

证明二： 作下列矩阵，并进行分块初等变换 [ A + E O O A − E ] → [ A + E A − E O A − E ] → [ A + E − 2 E O A − E ] → [ ( A + E ) − ( E ) ( A + E ) − 2 E 1 2 ( A − E ) ( A + E ) A − E ] = [ 0 − 2 E 0 A − E ] \begin{aligned} \begin{bmatrix} A+E&O \\ O& A-E \end{bmatrix} &\xrightarrow{} \begin{bmatrix} A+E&A-E \\ O& A-E \end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{} \begin{bmatrix} A+E&-2E \\ O& A-E \end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{} \begin{bmatrix} (A+E)-(E)(A+E)&-2E \\ \frac{1}{2}(A-E)(A+E)& A-E \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 0&-2E \\ 0& A-E \end{bmatrix}\end{aligned} [A+EO​OA−E​]​ ​[A+EO​A−EA−E​] ​[A+EO​−2EA−E​] ​[(A+E)−(E)(A+E)21​(A−E)(A+E)​−2EA−E​]=[00​−2EA−E​]​

r ( A + E ) + r ( A − E ) = r [ A + E O O A − E ] = r [ 0 − 2 E 0 A − E ] = n {\rm r}(A+E)+{\rm r}(A-E)={\rm r}\begin{bmatrix} A+E&O \\ O& A-E \end{bmatrix}={\rm r}\begin{bmatrix} 0&-2E \\ 0& A-E \end{bmatrix}=n r(A+E)+r(A−E)=r[A+EO​OA−E​]=r[00​−2EA−E​]=n

证明一： 由不等式(1)

r ( A − E ) + r ( A ) ⩾ r ( E ) = n {\rm r}(A-E)+{\rm r}(A)\geqslant {\rm r}(E)=n r(A−E)+r(A)⩾r(E)=n

由题 ( A − E ) A = O (A-E)A=O (A−E)A=O ，由不等式(2)，得

r ( A − E ) + r ( A ) ⩽ n {\rm r}(A-E)+{\rm r}(A)\leqslant n r(A−E)+r(A)⩽n

综上： r ( A − E ) + r ( A ) = n {\rm r}(A-E)+{\rm r}(A)= n r(A−E)+r(A)=n

证明一： 作下列矩阵，作分块初等变换 [ A − E O O A ] → [ A − E A O A ] → [ A − E E O A ] → [ ( A − E ) A E O A ] → [ O E O A ] \begin{aligned} \begin{bmatrix} A-E&O\\ O&A \end{bmatrix} &\xrightarrow{} \begin{bmatrix} A-E&A\\ O&A \end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{} \begin{bmatrix} A-E&E\\O&A \end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{} \begin{bmatrix} (A-E)A&E\\O&A \end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{} \begin{bmatrix} O&E\\O&A \end{bmatrix} \end{aligned} [A−EO​OA​]​ ​[A−EO​AA​] ​[A−EO​EA​] ​[(A−E)AO​EA​] ​[OO​EA​]​ 所以， r ( A − E ) + r ( A ) = r [ A − E O O A ] = r [ O E O A ] = n {\rm r}(A-E)+{\rm r}(A)={\rm r}\begin{bmatrix} A-E&O\\ O&A \end{bmatrix}={\rm r}\begin{bmatrix} O&E\\O&A \end{bmatrix}=n r(A−E)+r(A)=r[A−EO​OA​]=r[OO​EA​]=n

WARNING：证明一好像有问题，懒得改了，请读者自辩。或者可以直接看证明二

证明一： 利用初等变换得到矩阵的标准形.设 r ( A ) = r 1 , r ( B ) = r 2 , r ( A B ) = r , {\rm r}(A)=r_1,{\rm r}(B)=r_2,{\rm r}(AB)=r, r(A)=r1​,r(B)=r2​,r(AB)=r, 则存在可逆矩阵 P , Q P,Q P,Q 使

P A Q = [ E r 1 O O O ] n × n PAQ=\begin{bmatrix} E_{r1}&O\\ O&O\end{bmatrix}_{n\times n} PAQ=[Er1​O​OO​]n×n​

又设 ( Q − 1 B ) n × m = [ ( B 1 ) r 1 × m ( ( B 2 ) ( n − r 1 ) × m ] . (Q^{-1}B)_{n\times m}=\begin{bmatrix} (B_1)_{r_1\times m}\\((B_2)_{(n-r_1)\times m} \end{bmatrix}. (Q−1B)n×m​=[(B1​)r1​×m​((B2​)(n−r1​)×m​​].因 P , Q P,Q P,Q 可逆，故有：

r = r ( A B ) = r ( P A Q Q − 1 B ) r={\rm r} (AB)={\rm r}(PAQQ^{-1}B) r=r(AB)=r(PAQQ−1B)

计算

P A Q Q − 1 B = [ E r 1 O O O ] [ ( B 1 ) r 1 × m ( B 2 ) ( n − r 1 ) × m ] = [ B 1 O ] PAQQ^{-1}B=\begin{bmatrix}E_{r_1}&O\\O&O\\\end{bmatrix}\begin{bmatrix}(B_1)_{r_1\times m}\\(B_2)_{(n-r_1)\times m}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}B_1\\O\end{bmatrix} PAQQ−1B=[Er1​​O​OO​][(B1​)r1​×m​(B2​)(n−r1​)×m​​]=[B1​O​]

得到 r ( A B ) = r = r ( ( B 1 ) r × m ) . {\rm r}(AB)=r={\rm r}((B_1)_{r\times m}). r(AB)=r=r((B1​)r×m​). 又由

r ( Q − 1 B ) = r 2 = r [ B 1 B 2 ] . {\rm r}(Q^{-1}B)=r_2={\rm r}\begin{bmatrix}B_1\\B_2\end{bmatrix}. r(Q−1B)=r2​=r[B1​B2​​].

又

r + r ( B 2 ) = r ( B 1 ) + r ( B 2 ) ⩽ r [ B 1 B 2 ] = r 2 r+{\rm r}(B_2)={\rm r}(B_1)+{\rm r}(B_2)\leqslant {\rm r}\begin{bmatrix}B_1\\B_2\end{bmatrix}=r_2 r+r(B2​)=r(B1​)+r(B2​)⩽r[B1​B2​​]=r2​

得到：

r + r ( B 2 ) ⩽ r 2 r+{\rm r}(B_2)\leqslant r_2 r+r(B2​)⩽r2​

所以 r 2 − r ⩾ r ( ( B 2 ) ( n − r 1 ) × m ) ⩾ n − r 1 r_2-r\geqslant {\rm r}((B_2)_{(n-r_1)\times m}) \geqslant n-r_1 r2​−r⩾r((B2​)(n−r1​)×m​)⩾n−r1​

最终得到

r ⩾ r 1 + r 2 − n r\geqslant r_1+r_2-n r⩾r1​+r2​−n

证明二：

C = [ E n O O ( A B ) s × m ] → [ E O A A B ] → [ E O A A B ] → [ E − B A O ] → [ − B E O A ] \begin{aligned}C=\begin{bmatrix}E_n&O\\O&(AB)_{s\times m}\end{bmatrix}&\xrightarrow{}\begin{bmatrix}E&O\\A&AB\end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{}\begin{bmatrix}E&O\\A&AB\end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{}\begin{bmatrix}E&-B\\A&O\end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{}\begin{bmatrix}-B&E\\O&A\end{bmatrix}\\ \end{aligned} C=[En​O​O(AB)s×m​​]​ ​[EA​OAB​] ​[EA​OAB​] ​[EA​−BO​] ​[−BO​EA​]​

于是

r ( C ) = n + r ( A B ) = n + r {\rm r}(C)=n+{\rm r}(AB)=n+r r(C)=n+r(AB)=n+r

且

r ( C ) = r [ − B E O A ] {\rm r}(C)={\rm r}\begin{bmatrix}-B&E\\O&A\end{bmatrix} r(C)=r[−BO​EA​]

又因为 [ − B E O A ] \begin{bmatrix}-B&E\\O&A\end{bmatrix} [−BO​EA​] 中可以去到一个 r 1 + r 2 r_1+r_2 r1​+r2​ 阶子式

∣ − M ∗ O N ∣ ≠ 0 \begin{vmatrix}-M&*\\O&N\end{vmatrix}\ne 0 ​−MO​∗N​ ​=0

其中 ∣ M ∣ |M| ∣M∣ 是 B B B 的最高阶 ( r 2 ) (r_2) (r2​)阶非零子式， ∣ N ∣ |N| ∣N∣ 是 A A A 的最高阶 ( r 1 ) (r_1) (r1​)阶非零子式.

所以

r [ − B E O A ] ⩾ r 1 + r 2 {\rm r}\begin{bmatrix}-B&E\\O&A\end{bmatrix}\geqslant r_1+r_2 r[−BO​EA​]⩾r1​+r2​

所以 n + r ⩾ r 1 + r 2 n+r\geqslant r_1+r_2 n+r⩾r1​+r2​

证明： [ B O O A B C ] → [ B A B O A B C ] → [ B A B − B C O ] → [ B C O B A B ] \begin{aligned} \begin{bmatrix} B&O\\ O&ABC\end{bmatrix}&\xrightarrow{} \begin{bmatrix} B&AB\\ O&ABC \end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{} \begin{bmatrix} B&AB\\ -BC&O \end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{} \begin{bmatrix} BC&O\\ B&AB \end{bmatrix}\\ \end{aligned} [BO​OABC​]​ ​[BO​ABABC​] ​[B−BC​ABO​] ​[BCB​OAB​]​ 所以 r ( B ) + r ( A B C ) = r ( [ B O O A B C ] ) = r ( [ B C O B A B ] ) ⩾ r ( [ B C O O A B ] ) = r ( B C ) + r ( A B ) \begin{aligned} \mathrm{r}(B)+\mathrm{r}(ABC)&= \mathrm{r}(\begin{bmatrix} B&O\\ O&ABC\end{bmatrix})\\ &= \mathrm{r}(\begin{bmatrix} BC&O\\ B&AB \end{bmatrix})\\ &\geqslant\mathrm{r}(\begin{bmatrix} BC&O\\ O&AB \end{bmatrix})=\mathrm{r}(BC)+\mathrm{r}(AB) \end{aligned} r(B)+r(ABC)​=r([BO​OABC​])=r([BCB​OAB​])⩾r([BCO​OAB​])=r(BC)+r(AB)​