补充.关于秩的不等式

（1）\(r(AB) \leq \min(r(A), r(B))\)

证明：\(r(AB) = \dim C(AB)\)，\(C(AB) \subset C(A) \Longrightarrow \dim C(AB) \leq \dim C(A) = r(A)\)。则\(r(AB) \leq r(A)\)。同理，\(r(B^TA^T) \leq r(B^T) \Longrightarrow r(AB) \leq r(B)\)。

（2）\(r(A) = r(A^T)\)

证明：将\(A\)经初等行变换为阶梯形矩阵\(J\)，从而\(A\)的行秩 = \(J\)的行秩 = \(J\)的列秩 = \(A\)的列秩。

（3）设\(A, B\)是\(m \times n\)的矩阵，\(r(A + B) \leq r(A) + r(B)\)

证明：设\(A = (\alpha_1 ,\dots, \alpha_n), B = (\beta_1, \dots, \beta_n)\)，其中\(\alpha_i, \beta_i\)均为\(m\)维列向量，\(i = 1, \dots, n\)。并设\(r(A) = s, r(B) = t\)。再设\(\alpha_1 ,\dots, \alpha_s\)为\(A\)的一个极大无关组，\(\beta_1, \dots, \beta_t\)为\(B\)的一个极大无关组。则

\[\begin{aligned} r(A + B) &= r(\alpha_1 + \beta_1, \dots, \alpha_n + \beta_n) \\ &\leq r(\alpha_1 ,\dots, \alpha_n,\beta_1, \dots, \beta_n) \\ &\leq r(\alpha_1 ,\dots, \alpha_s,\beta_1, \dots, \beta_t) \\ &\leq s + t \\&= r(A) + r(B) \end{aligned} \]

（4）\(r(AA^T) = r(A)\)

证明：由于\(r(AA^T) = r(A^TA)\)，因此证明\(r(A^TA) = r(A)\)即可。我们只需要证明\(Ax = 0\)与\(A^TAx = 0\)同解。\(Ax = 0\)显然是\(A^TAx = 0\)的解；\(A^TAx = 0 \Rightarrow x^TA^TAx = 0 \Rightarrow (Ax)^TAx = 0 \Rightarrow Ax = 0\)。因此两个方程同解。

（5）\(r \pmatrix{A & O \\ O & B} = r(A) + r(B) \leq r\pmatrix{A & C \\ O & B}\)

（6）设\(A\)为\(s \times n\)矩阵，\(B\)为\(n \times m\)矩阵，则有\(r(A) + r(B) - n \leq r(AB)\)

证明：由初等变换可得：

\[\pmatrix{E_n & B \\ A & O} \rightarrow \pmatrix{E_n & B \\ O & -AB} \rightarrow \pmatrix{E_n & O \\ O & -AB} \]

即：\(\pmatrix{E_n & B \\ -A & E_s}\pmatrix{E_n & B \\ A & O}\pmatrix{E_n & -B \\ O & E_m} = \pmatrix{E_n & O \\ O & -AB}\)，则：\(r(A) + r(B) \leq r\pmatrix{E_n & B \\ A & O} = r\pmatrix{E_n & O \\ O & -AB} = n + r(AB)\)。移项可得：\(r(A) + r(B) - n \leq r(AB)\)

（7）设\(A\)为\(n \times n\)矩阵，若\(A^2 = E\)，那么有：\(r(A + E) + r(A - E) = n\)

证明：根据题意有\((A + E)(A - E) = O\)，由不等式（6）得：\(r(A + E) + r(A - E) - n \leq 0\)，即：\(r(A + E) + r(A - E) \leq n\)。因为\(r(A - B) \leq r(A) + r(B)\)，得：\(r(A + E) + r(A - E) \geq r([(A + E) - (A - E)]) = r(2E) = n\)。原命题得证！

（8）设\(A\)为\(n \times n\)矩阵，且\(A^2 = A\)，那么有\(r(A) + r(A - E) = n\)

证明方法同上！