補充.關於秩的不等式

（1）\(r(AB) \leq \min(r(A), r(B))\)

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

（2）\(r(A) = r(A^T)\)

證明：將\(A\)經初等行變換為階梯形矩陣\(J\)，從而\(A\)的行秩 = \(J\)的行秩 = \(J\)的列秩 = \(A\)的列秩。

（3）設\(A, B\)是\(m \times n\)的矩陣，\(r(A + B) \leq r(A) + r(B)\)

證明：設\(A = (\alpha_1 ,\dots, \alpha_n), B = (\beta_1, \dots, \beta_n)\)，其中\(\alpha_i, \beta_i\)均為\(m\)維列向量，\(i = 1, \dots, n\)。並設\(r(A) = s, r(B) = t\)。再設\(\alpha_1 ,\dots, \alpha_s\)為\(A\)的一個極大無關組，\(\beta_1, \dots, \beta_t\)為\(B\)的一個極大無關組。則

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

（4）\(r(AA^T) = r(A)\)

證明：由於\(r(AA^T) = r(A^TA)\)，因此證明\(r(A^TA) = r(A)\)即可。我們只需要證明\(Ax = 0\)與\(A^TAx = 0\)同解。\(Ax = 0\)顯然是\(A^TAx = 0\)的解；\(A^TAx = 0 \Rightarrow x^TA^TAx = 0 \Rightarrow (Ax)^TAx = 0 \Rightarrow Ax = 0\)。因此兩個方程同解。

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

（6）設\(A\)為\(s \times n\)矩陣，\(B\)為\(n \times m\)矩陣，則有\(r(A) + r(B) - n \leq r(AB)\)

證明：由初等變換可得：

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

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

（7）設\(A\)為\(n \times n\)矩陣，若\(A^2 = E\)，那么有：\(r(A + E) + r(A - E) = n\)

證明：根據題意有\((A + E)(A - E) = O\)，由不等式（6）得：\(r(A + E) + r(A - E) - n \leq 0\)，即：\(r(A + E) + r(A - E) \leq n\)。因為\(r(A - B) \leq r(A) + r(B)\)，得：\(r(A + E) + r(A - E) \geq r([(A + E) - (A - E)]) = r(2E) = n\)。原命題得證！

（8）設\(A\)為\(n \times n\)矩陣，且\(A^2 = A\)，那么有\(r(A) + r(A - E) = n\)

證明方法同上！