为了更好地理解矩阵的秩的概念,

重新讨论上节引例中增广矩阵B及其行阶梯形矩阵B₄和B₅

B=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 6 \\ 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ - 9 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 2 \\ 7 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ 9 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\overset{r}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=B₄

$\overset{r}{\Rightarrow}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=B₅

我们发现B₄和B₅都恰好有3个非零行.

定义4在m×n矩阵A中 , 任取k行与k列(k⩽m , k⩽n),

位于这些行列交叉处的k²个元素,

不改变它们在A中所处的位置次序而得的k阶行列式,

称为矩阵A的k阶子式

m×n矩阵A的k阶子式共有$C_{m}^{k} \bullet C_{n}^{k}$个

现在来观察行阶梯形矩阵B₄的子式

取B₄的第1、第2、第3行和第1、第2、第4列 , 得到三阶非零子式$\left| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right|$

而它的任一四阶子式都将因含有零行而成为0

换言之 , B₄中非零子式的最高阶数是3

同样B₅中非零子式的最高阶数也是3

非零子式在矩阵的初等行变换中的意义可以表述成如下的引理.

引理 设A$\begin{matrix} r \\ \sim \end{matrix}$B , 则A与B中非零子式的最高阶数相等

即矩阵初等行变换，不改变非零子式的最高阶数。

举例验证：

1.交换两行（$r_{i} \leftrightarrow r_{j}$）

设$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$其行列式$det(A) = - 2 \neq 0$，说明A有2阶非零子式。

对A进行交换行变换：$B = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$

取B的2阶子式（全部行和列）：$det(B) = 3 \times 2 - 4 \times 1 = 6 - 4 = 2 \neq 0$

说明交换后仍有非零2阶子式，

2.某行乘以非零常数（$r_{i} \times k$）

设$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$，取2阶子式$det(A) = - 2 \neq 0$。

对第2行乘以$k = 2$得$B = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 6 & 8 \end{pmatrix}$

取2阶子式：$det(B) = 1 \times 8 - 2 \times 6 = 8 - 12 = - 4 \neq 0$

说明乘以非零常数后非零子式仍然非零。

3.某行加上另一行的k倍（$r_{i} + kr_{j}$）

情况①：原非零子式不包含被变换的行

设$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$，取一个2阶非零子式，不包含第1行，

例如：取第2、3行，第1、2列：$D = \begin{vmatrix} 4 & 5 \\ 7 & 8 \end{vmatrix} = 32 - 35 = - 3 \neq 0$

对A做变换$r_{1} \leftarrow r_{1} + 2r_{2}$得：$B = \begin{pmatrix} 9 & 12 & 15 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$

取B中与D相同位置（第2、3行，第1、2列）的子式：

$D_{1} = \begin{vmatrix} 4 & 5 \\ 7 & 8 \end{vmatrix} = - 3 \neq 0$，不变，仍非零。

情况②：原非零子式包含被变换的行，且同时包含变换的两行

设$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$，取2阶子式$D = det(A) = - 2 \neq 0$，包含第1、2行。

对A做变换$r_{1} \leftarrow r_{1} + 2r_{2}$：$B = \begin{pmatrix} 7 & 10 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$

则：$D_{1} = det(B) = 28 - 30 = - 2 \neq 0$

且$D_{2}$（替换第一行为第二行）为：$D_{2} = \begin{vmatrix} 3 & 4 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} = 0$

此时$D_{1} = D + kD_{2} = D \neq 0$。

情况③：原非零子式包含被变换的行，但不包含被加行

设$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$，取2阶子式，包含第1行，不包含第2行，

例如：取第1、3行，第1、2列：$D = \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 7 & 8 \end{vmatrix} = 8 - 14 = - 6 \neq 0$

对A做变换$r_{1} \leftarrow r_{1} + 2r_{2}$：$B = \begin{pmatrix} 9 & 12 & 15 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$

取B中对应位置（第1、3行，第1、2列）：

$$D_{1} = \begin{vmatrix} 9 & 12 \\ 7 & 8 \end{vmatrix} = 72 - 84 = - 12$$

再计算$D_{2}$（将第一行替换为第二行）：$D_{2} = \begin{vmatrix} 4 & 5 \\ 7 & 8 \end{vmatrix} = - 3$

则：$D_{1} = D + 2D_{2} = - 6 + ( - 6) = - 12 \neq 0$

说明$D_{1}$或$D_{2}$至少有一个非零，B有2阶非零子式。

总结：以上例子覆盖了所有情况：

1.交换两行

2.某行乘以非零常数

3.某行加另一行的k倍：

子式不包含被变换行

子式包含两行（且两行均参与变换）

子式包含被变换行但不包含被加行

（此时新子式由原子式与另一个子式线性组合得到，至少一个非零）

这些例子验证了：若$A\overset{r}{\sim}B$，则它们非零子式的最高阶数相同。

即矩阵初等行变换，不改变非零子式的最高阶数。

一般性证明:

证：我们分为几个步骤证明。

第一步：先证$B$是$A$经过一次初等行变换得到的情形

设$D$是$A$中的一个$r$阶非零子式（即$D \neq 0$）。

我们分三种初等行变换进行讨论：

1.交换两行：$r_{i} \leftrightarrow r_{j}$

在$B$中取与$D$相同列、对应行（交换后）的子式$D_{1}$。

根据行列式性质，$D_{1} = - D$或$D_{1} = D$

（若交换的两行都在子式中，则变号；否则不变）。

因为$D \neq 0$，所以$D_{1} \neq 0$。

2.某行乘以非零常数$k$：$r_{i} \times k$

在$B$中取与$D$相同位置的行列式$D_{1}$。

若该行在子式中，则$D_{1} = kD$；否则$D_{1} = D$。

因为$D \neq 0$且$k \neq 0$，所以$D_{1} \neq 0$。

3.某行加上另一行的$k$倍：$r_{i} + kr_{j}$

这是三种情况中最复杂的，我们进一步分析。

不失一般性，假设变换为$r_{1} \leftarrow r_{1} + kr_{2}$（其它情况同理可证）。

设$D$是$A$的一个$r$阶非零子式，取$D$对应的行和列。

在$B$中取相同的列，行对应变换后的行，得到子式$D_{1}$。

分两种情况：

①$D$不包含$A$的第1行

此时$D$在$B$中对应的子式$D_{1}$与$D$完全相同

（因为第1行未被包含，未受变换影响），故$D_{1} = D \neq 0$。

②$D$包含$A$的第1行

设$D$由第1行、第$p$行、…、第$q$行组成（共$r$行）。

在$B$中对应子式$D_{1}$的第1行变为$r_{1} + kr_{2}$，其它行不变。

由行列式的线性性质（对第一行展开）：

$$D_{1} = \left| \begin{matrix} r_{1} + kr_{2} \\ r_{p} \\ \vdots \\ r_{q} \end{matrix} \right| = \left| \begin{matrix} r_{1} \\ r_{p} \\ \vdots \\ r_{q} \end{matrix} \right| + k\left| \begin{matrix} r_{2} \\ r_{p} \\ \vdots \\ r_{q} \end{matrix} \right| = D + kD_{2}$$

其中$D_{2}$是将$D$中第1行替换为第2行得到的子式。

再分两种情况：

若$p = 2$（即$D$同时包含第1行和第2行），

则$D_{2}$有两行相同，故$D_{2} = 0$，于是$D_{1} = D \neq 0$。

若$p \neq 2$，则$D_{2}$也是$B$的一个$r$阶子式。

由$D = D_{1} - kD_{2} \neq 0$可知，$D_{1}$和$D_{2}$不可能同时为零，

因此$B$中至少有一个$r$阶非零子式（$D_{1}$或$D_{2}$）。

第二步：比较最高阶数

记：$s$=$A$中非零子式的最高阶数

$t$=$B$中非零子式的最高阶数

由第一步可知：对$A$中任意一个$r$阶非零子式，$B$中必存在一个$r$阶非零子式。

因此，若$A$有$s$阶非零子式，则$B$也必有$s$阶非零子式，于是$t \geq s$。

第三步：逆变换同理

由于初等变换是可逆的，若$A\overset{r}{\sim}B$，则$B\overset{r}{\sim}A$。

将$A$与$B$互换，同理可得$s \geq t$。

第四步：结论

由$t \geq s$且$s \geq t$得$s = t$，即行等价的矩阵具有相同的非零子式最高阶数。

第五步：推广到有限次变换

若$A$经有限次初等行变换得到$B$，可逐次应用上述一次变换的结论，

传递得到$A$与$B$的非零子式最高阶数相同。

现在可以回答本节一开始提出的问题了

设矩阵C是任一与矩阵B行等价的行阶梯形矩阵

由引理 ,矩阵 C中非零子式的最高阶数应与矩阵B₄中非零子式的最高阶数相同

即矩阵C有且仅有3个非零行

值得注意的是上面的讨论中

关心的并不是非零子式(作为行列式)本身 , 而是它的阶数

尤其是非零子式的最高阶数、

由此给出矩阵的秩的定义:

定义5 设在矩阵A中有一个不等于0的r阶子式D

且所有r+1阶子式(如果存在的话)全等于0

那么D称为矩阵A的最高阶非零子式

数r称为矩阵A的秩 , 记作R(A)

并规定零矩阵的秩等于0

由行列式的展开定理可知

在矩阵A中，当所有r+1阶子式全等于0时

所有高于r+1阶的子式也全等于0

因此把r阶非零子式称为最高阶非零子式

而A的秩R(A)就是A的非零子式的最高阶数

由于R(A)是A的非零子式的最高阶数,

因此 , 若矩阵A中有某个s阶子式不为0 , 则R(A)⩾s

若A中所有t阶子式全为0 , 则R(A)<t

显然 , 若A为m×n矩阵 , 则0⩽R(A)⩽min{m , n}

由于行列式与其转置行列式相等

因此A^T的子式与A的子式对应相等 , 从而R(A^T)= R(A)

对于n阶矩阵A (方阵A), 由于A的n阶子式只有一个|A|

故当|A|≠0时 , R(A)=n , 当|A|=0时R(A)<n

可逆矩阵的秩等于矩阵的阶数

不可逆矩阵的秩小于矩阵的阶数

因此,可逆矩阵又称满秩矩阵 , 不可逆矩阵(奇异矩阵)又称降秩矩阵

矩阵的初等变换作为一种运算 , 其深刻意义在于它不改变矩阵的秩 ,

定理2 若A与B等价 , 则A的秩R(A)等于B的秩R(B)

证:由引理 , 只须证明A经初等列变换变成B的情形

这时A^T经初等行变换变为B^T , 由引理知R(A^T)=R(B^T)

又R(A)=R(A^T) , R(B)=R(B^T) , 因此R(A)= R(B)

总之 , 若A经有限次初等变换变为B(即A~B),则R(A)=R(B)

由于A ~B的充分必要条件是有可逆矩阵P , Q , 使PAQ=B , 因此可得

推论 若可逆矩阵P , Q使PAQ=B , 则R(A)=R(B)

对于一般的矩阵 , 当行数与列数较高时 , 按定义求秩是很麻烦的

然而对于行阶梯形矩阵 , 如前所示，它的秩就等于非零行的行数 ,

因此依据定理2把矩阵化为行阶梯形矩阵来求秩是方便而有效的方法

例5求矩阵A和B的秩,

其中A=$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & - 5 \\ 4 & 7 & 1 \end{bmatrix}$ , B=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 3 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ - 4 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 5 \\ 6 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 5 \\ - 1 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 4 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

解: 在A中 , 容易看出一个2阶子式$\left| \begin{matrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix} \right| \neq$0 ,

A的3阶子式只有一个|A| , 经计算可知|A|=0 , 因此R(A)=2

对B作初等行变换变成行阶梯形矩阵

B=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 3 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ - 4 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 5 \\ 6 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 5 \\ - 1 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 4 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\begin{array}{r} \begin{matrix} r_{1} \leftrightarrow r_{4} \\ r_{2} - r_{4} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \sim \\ r_{3} - 2r_{1} \\ r_{4} - 3r_{1} \end{matrix} \end{array}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 6 \\ - 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 12 \\ - 16 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 4 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 9 \\ 12 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 7 \\ 8 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 11 \\ - 12 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

$\begin{matrix} r_{3} - 3r_{2} \\ r_{4} - 4r_{2} \\ \sim \end{matrix}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 6 \\ - 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 4 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ 4 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 8 \\ - 8 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\begin{matrix} r_{4} - r_{3} \\ \sim \end{matrix}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 6 \\ - 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 4 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 4 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 8 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

因为行阶梯形矩阵有3个非零行 , 所以R(B)=3

例6设A=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 2 \\ 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ - 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ - 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 8 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 2 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 3 \\ - 6 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\ ,\$b=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 3 \\ 4 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

求矩陈A及矩阵B=(A , b)的秩

解:对B作初等行变换变为行阶梯形矩阵

设B的行阶梯形矩阵为$\widetilde{B}$=($\widetilde{A}$ , $\widetilde{b}$) , 则$\widetilde{A}$就是A的行阶梯形矩阵

故从$\widetilde{B}$=($\widetilde{A}$ , $\widetilde{b}$)中可同时看出R(A)及R(B)

B=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 2 \\ 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ - 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 \\ - 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 8 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 2 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 3 \\ - 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 3 \\ 4 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\ \begin{array}{r} \begin{matrix} r_{2} - 2r_{1} \\ r_{3} + 2r_{1} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \sim \\ r_{4} - 3r_{1} \end{matrix} \end{array}\ \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 4 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ - 6 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ - 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 5 \\ 1 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

$\begin{array}{r} \begin{matrix} r_{2} \div 2 \\ r_{3} - r_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \sim \\ r_{4} + 3r_{2} \end{matrix} \end{array}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 5 \\ 1 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\begin{matrix} r_{3} \div 5 \\ r_{4} - r_{3} \\ \sim \end{matrix}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 2 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

因此R(A)=2 , R(B)=3

例7设A=$\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 3 \\ 5 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 2 \\ 2 \\ 6 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ \lambda \\ 3 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ \mu \end{matrix} \right\rbrack$ , 已知R(A)=2 , 求λ与μ的值

解: A$\begin{matrix} r_{2} - 3r_{1} \\ r_{3} - 5r_{1} \\ \sim \end{matrix}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 2 \\ - 4 \\ - 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ \lambda + 3 \\ 8 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ - 4 \\ \mu - 5 \end{matrix} \right\rbrack\begin{matrix} r_{3} - r_{2} \\ \sim \end{matrix}\left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 2 \\ - 4 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ \lambda + 3 \\ 5 - \lambda \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 1 \\ - 4 \\ \mu - 1 \end{matrix} \right\rbrack$

因R(A)=2 , 故$\left\{ \begin{array}{r} 5 - \lambda = 0 \\ \mu - 1 = 0 \end{array} \right.\$ , 即$\left\{ \begin{array}{r} \lambda = 5 \\ \mu = 1 \end{array} \right.\$

下面讨论矩阵的秩的性质.

前面我们已经提出了矩阵秩的一些最基本的性质 , 归纳起来有①0⩽R(A_m×n)⩽min{m , n}

②R(A^T)=R(A)

③若A∼B , 则R(A)=R(B).

④若P、Q可逆 , 则R(PAQ)=R(A).

⑤max{R(A) , R(B)} ⩽ R(A , B)⩽R(A)+R(B)

特别地 , 当B=b为非零列向量时 , 有R(A) ⩽ R(A , b) ⩽ R(A)+1

证:

一、下界部分的证明

首先证明不等式左半部分：$max\{ R(A),R(B)\} \leq R(A,B)$

证明思路： 由于矩阵 $(A,B)$ 是由 $A$ 和 $B$ 横向拼接而成，

因此 $A$ 的任意非零子式也是 $(A,B)$ 的子式（只需选取 $(A,B)$ 中对应的列）。

设 $R(A) = r$，则存在一个 $r$ 阶非零子式，该子式在 $(A,B)$ 中依然非零，

因此：$R(A) \leq R(A,B)$

同理，对矩阵 $B$ 有：$R(B) \leq R(A,B)$

综合以上两式，即得：$max\{ R(A),R(B)\} \leq R(A,B)$

二、上界部分的证明

接下来证明不等式右半部分：$R(A,B) \leq R(A) + R(B)$

设 $R(A) = r$，$R(B) = t$。

我们考虑矩阵的转置，利用秩在初等变换下的不变性进行推导。

1. 对 $A^{T}$ 和 $B^{T}$ 分别作初等行变换，化为行阶梯形矩阵 $\widetilde{A}$ 和 $\widetilde{B}$。

根据矩阵秩的性质，初等变换不改变矩阵的秩，

因此：$R(\widetilde{A}) = R(A^{T}) = r,\quad R(\widetilde{B}) = R(B^{T}) = t$

2. 由于行阶梯形矩阵的非零行数等于其秩，

故 $\widetilde{A}$ 有 $r$ 个非零行，$\widetilde{B}$ 有 $t$ 个非零行。

3. 将 $\widetilde{A}$ 与 $\widetilde{B}$ 纵向拼接成矩阵：$\begin{pmatrix} \widetilde{A} \\ \widetilde{B} \end{pmatrix}$

该矩阵的非零行数不超过 $r + t$，因此：$R\left( \begin{pmatrix} \widetilde{A} \\ \widetilde{B} \end{pmatrix} \right) \leq r + t$

4. 初等行变换不改变矩阵的秩，因此：$\begin{pmatrix} A^{T} \\ B^{T} \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} \widetilde{A} \\ \widetilde{B} \end{pmatrix}$

从而它们的秩相等：$R\left( \begin{pmatrix} A^{T} \\ B^{T} \end{pmatrix} \right) = R\left( \begin{pmatrix} \widetilde{A} \\ \widetilde{B} \end{pmatrix} \right)$

5. 最后，利用秩的性质 $R(M) = R(M^{T})$，

我们有：$R(A,B) = R\left( \begin{pmatrix} A^{T} \\ B^{T} \end{pmatrix}^{T} \right) = R\left( \begin{pmatrix} A^{T} \\ B^{T} \end{pmatrix} \right) \leq r + t = R(A) + R(B)$

综合以上两步，即完成整个不等式的证明。

一般矩阵情形数值示例

1、达到下界，但未达到上界

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$$

$$R(A) = 2，R(B) = 1，R(A,B) = 2,$$

$$max\{ R(A),R(B)\} = R(A,B) < R(A) + R(B)$$

2、同时达到上下界

$$A = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$

$R(A) = 0，R(B) = 2，R(A,B) = 2$。

$$max\{ R(A),R(B)\} = R(A,B) = R(A) + R(B)$$

3、上下界都不达到，严格在中间

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$

$R(A) = 2，R(B) = 2，R(A,B) = 3$。

$$max\{ R(A),R(B)\} < R(A,B) < R(A) + R(B)$$

4、未达到下界，但达到上界

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$$

$R(A) = 2，R(B) = 1，R(A,B) = 3$。

$$max\{ R(A),R(B)\} < R(A,B) = R(A) + R(B)$$

三、特例说明：当 $B$ 为非零列向量

若 $B = b$ 是一个非零列向量，则 $R(b) = 1$（非零向量秩为 1），

代入一般不等式得：$R(A) \leq R(A,b) \leq R(A) + 1$

这说明了在矩阵 $A$ 右侧添加一列向量，其秩要么不变，要么恰好增加 1。

特例数值示例：

1. 达到下界，但未达到上界

即 $R(A,b) = R(A)$（添加 $b$ 后秩不变）

例如：$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad b = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

则：$R(A) = 2，R(b) = 1，R(A,b) = 2,$

$$R(A) = R(A,b) < R(A) + 1$$

2. 同时达到上下界

即 $R(A) = R(A,b) = R(A) + 1$ 是不可能的，

因为不可能同时等于 $R(A)$ 和 $R(A) + 1$，除非 $R(A)$ 无意义。

实际上，对于列向量 $b$，不存在“同时达到”的情况，

因为若 $R(A,b) = R(A)$，则不等；

若 $R(A,b) = R(A) + 1$，则也不等。

所以此情况不适用于 $b$ 为列向量时的“同时达到”解释。

（我们可以改为：若 $R(A) = 0$ 且 $b \neq 0$，则 $R(A,b) = 1$，

此时 $R(A,b) = R(A) + 1$ 且下界也为 $0$ 达到。

例如：$A = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix},\quad b = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$

$$R(A) = 0,\quad R(A,b) = 1,\quad max\{ R(A),R(b)\} = 1 = R(A,b) = R(A) + 1$$

这种情况下，下界和上界都达到，

但不是“同时等于 $R(A)$ 和 $R(A) + 1$”，而是“同时满足不等式取等”。）

3. 上下界都不达到，

严格在中间 这是不可能的，

因为 $R(A,b)$ 只能是 $R(A)$ 或 $R(A) + 1$，没有中间值。

所以对于列向量 $b$，不存在“严格在中间”的情况。

4. 未达到下界，但达到上界

即 $R(A,b) = R(A) + 1$（添加 $b$ 后秩增加 1）

例如：$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad b = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$

则：$R(A) = 2，R(b) = 1，R(A,b) = 3,\quad$

满足：$R(A) < R(A,b) = R(A) + 1$

⑥ $R(A + B) \leq R(A) + R(B)$。

证 ：设 $A,B$ 为 $m \times n$ 矩阵。

对矩阵 $\begin{pmatrix} A + B \\ B \end{pmatrix}$ 作初等行变换得$\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix},$

于是

$R(A + B) \leq R\begin{pmatrix} A + B \\ B \end{pmatrix} = R\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix} = R\left( \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}^{T} \right) = R(A^{T},B^{T})$，

$$R(A^{T},B^{T}) \leq R(A^{T}) + R(B^{T}) = R(A) + R(B)$$

举例验证

1. 等号成立的情形

取$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$A + B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},$

则$R(A) = 1,\quad R(B) = 1$，$R(A + B) = 2$

故$R(A + B) = R(A) + R(B).$

2. 严格小于的情形

例 1（和为零矩阵）

取$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，$A + B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},$

则$R(A) = 1,\quad R(B) = 1$，$\quad R(A + B) = 0.$

于是$R(A + B) < R(A) + R(B).$

例 2（和矩阵的秩比秩的和小）

取$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix}$，$A + B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},$

则$R(A) = 2,\quad R(B) = 2,\quad R(A + B) = 0.$

于是$R(A + B) < R(A) + R(B).$

例 3（非零和但秩降低）

取$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{pmatrix}$，$A + B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad$

计算得$R(A) = 1,\quad R(B) = 2,\ \ R(A + B) = 1.$

于是$R(A + B) < R(A) + R(B).$

后面我们还要介绍两条常用的性质，现先罗列于下：

⑦R(AB)<min{ R(A) , R(B)}(见下节定理7)

⑧若A_m×nB_n×l=O , 则R(A)+R(B)=n(见下章例13).

例8设A为n阶矩阵 , 证明R(A+E)+R(A-E)⩾n

证: 由原理R(A)+R(B)⩾R(A+B) ,

得R(A+E)+R(A-E)⩾R((A+E)+(A-E)) 而R(E-A)=R(A-E)

得R(A+E)+R(E-A)⩾R((A+E)+(E-A))=R(2E)=n

所以R(A+E)+R(A-E)⩾n

例9 证明：若 $A_{m \times n}B_{n \times l} = C$，且 $R(A) = n$，则 $R(B) = R(C)$。

证： 已知 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$，且 $R(A) = n$， $A$ 的行最简形矩阵为$\begin{pmatrix} E_{n} \\ O \end{pmatrix},$

其中 $E_{n}$ 为 $n$ 阶单位矩阵，$O$ 为 $(m - n) \times n$ 零矩阵（当 $m > n$ 时）。

于是存在 $m$ 阶可逆矩阵 $P$，使得$PA = \begin{pmatrix} E_{n} \\ O \end{pmatrix}。$

（这是因为对 $A$ 作初等行变换可将其化为行最简形，

而初等行变换等价于左乘可逆矩阵。）

由已知条件 $C = AB$，可得$PC = P(AB) = (PA)B = \begin{pmatrix} E_{n} \\ O \end{pmatrix}B = \begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix}。$

其中 $O$ 为 $(m - n) \times l$ 零矩阵。

由于 $P$ 可逆，左乘可逆矩阵不改变矩阵的秩，故$R(C) = R(PC) = R\left( \begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix} \right)。$

而分块矩阵$\begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix}$的秩等于 $B$ 的秩，因为添加零行不影响矩阵的秩。

即$R\left( \begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix} \right) = R(B)。$因此$R(C) = R(B)。$

证毕。

我们可以构造具体的矩阵来验证这个结论。

例1（简单情况）

取$m = 3,\quad n = 2,\quad l = 2$

设$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$，它的秩 $R(A) = 2 = n$，

取$B = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$，它的秩 $R(B) = 2$。

计算 $C = AB$：$C = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ 4 & 6 \end{pmatrix}$， $R(C) = 2$。

确实 $R(B) = R(C) = 2$。

例2（$R(B) < n$ 的情况）

仍取$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\quad R(A) = 2 = n$，取$B = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$， $R(B) = 1$。

计算$C = AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}$， $R(C) = 1$。

依然有 $R(B) = R(C) = 1$。

例3（$m = n$ 即 $A$ 为可逆方阵）

若 $A$ 可逆，则 $R(B) = R(AB)$ 是已知结论，因为可逆矩阵乘在左边不改变秩。

比如$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix},\quad det(A) = - 2 \neq 0$，$R(A) = 2 = n$

$$B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 2 \end{pmatrix},\quad R(B) = 1$$

$$C = AB = \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ 4 & 8 \end{pmatrix},\quad R(C) = 1$$

仍满足 $R(B) = R(C)$。

以上例子均符合结论 $R(B) = R(C)$，验证了原证明的正确性。

当矩阵$A$的秩等于它的列数$n$时，称$A$为列满秩矩阵。

若$A$为方阵（即$m = n$），则列满秩等价于$A$为满秩矩阵，即$A$可逆。

此时，本例的结论可视为矩阵秩的一个重要性质在特殊情况下的体现：

若$P$、$Q$可逆，则$R(PAQ) = R(A)$。

本例还有一个重要的特殊情形：

当$C = O$（零矩阵）时，由$AB = O$与$A$列满秩，

可得$R(B) = R(O) = 0$，于是$B = O$。

这一结论通常称为矩阵乘法的左消去律（对列满秩矩阵成立），

即：$AB = O\ \text{且}\ A\ \text{列满秩}\ \Rightarrow \ B = O.$

“消去”的情况（$A$可逆时）

若$A$是可逆矩阵（即$|A| \neq 0$，存在$A^{- 1}$使$A^{- 1}A = AA^{- 1} = E$），

当$AB = AC$时，两边左乘$A^{- 1}$：$A^{- 1}(AB) = A^{- 1}(AC)$

根据矩阵乘法结合律$(A^{- 1}A)B = (A^{- 1}A)C$，即$EB = EC$（$E$为单位矩阵），

而单位矩阵乘矩阵不变，所以$B = C$，实现“消去”。

例子：设$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$（$|A| = - 2 \neq 0$，可逆），$B = \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \end{pmatrix}$，$C = \begin{pmatrix} 17 \\ 26 \end{pmatrix}$

先算$AB$：$AB = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 5 \\ 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \times 5 + 2 \times 6 \\ 3 \times 5 + 4 \times 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 17 \\ 39 \end{pmatrix}$

若令$AC = AB$，即$\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}C = \begin{pmatrix} 17 \\ 39 \end{pmatrix}$，两边左乘$A^{- 1}$。

先求$A^{- 1} = - \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 4 & - 2 \\ - 3 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} - 2 & 1 \\ \frac{3}{2} & - \frac{1}{2} \end{pmatrix}$

则$C = A^{- 1}(AB) = \begin{pmatrix} - 2 & 1 \\ \frac{3}{2} & - \frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 17 \\ 39 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} - 2 \times 17 + 1 \times 39 \\ \frac{3}{2} \times 17 - \frac{1}{2} \times 39 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \end{pmatrix} = B$

可见，$A$可逆时，由$AB = AC$能推出$B = C$，“消去”成立。