矩阵的秩用法实在过于灵活，写篇随笔记录一下。
矩阵的秩定义
矩阵的秩常见定义有以下两种：
非零子式的最高阶数。
行（列）向量空间的极大无关组向量个数。
矩阵的秩基本性质
从定义出发不难得到以下性质：
\(0\le r(A)\le\min(m,n)\) 。
\(r(A^T)=r(A)\) 。
\(r(kA)=r(A)\) ，要求 \(k\neq 0\) 。
\(r(A)=r(AA^T)=r(A^TA)\) 。
初等变换不改变矩阵的秩。
\(r(A)\) 等于 \(A\) 的标准型中 \(1\) 的个数。
若 \(P,Q\) 可逆，则 \(r(A)=r(PA)=r(AQ)=r(PAQ)\) 。
第 4 条性质的证明：
为证 \(r(A)=r(A^TA)\) ，只需证 \(Ax=0\) 和 \(A^TAx=0\) 是同解方程组。
若 \(Ax=0\) ，左乘 \(A^T\) 可知 \(A^TAx=0\) 。
若 \(A^TAx=0\) ，左乘 \(x^T\) 可知 \((Ax)^TAx=0\) 。
设 \(Ax=(a_1,\cdots,a_n)^T\) ，则 \((Ax)^TAx=\sum_{i=1}^na_i^2=0\) 。因此 \(a_i=0\) ，即 \(Ax=0\) 。
再用 \(A^T\) 替换 \(A\) 可知 \(r(AA^T)=r(A)\) 。
矩阵的秩其他性质
性质1、设 \(A_{m\times n},B_{n\times s}\) ，则 \(r(A)+r(B)-n\le r(AB)\le\min(r(A),r(B))\) 。
推论：特别地，若 \(AB=0\) ，则 \(r(A)+r(B)\le n\) 。
证明：
记 \(A\) 的列向量为 \(\alpha_1,\cdots,\alpha_n\) ，则：
\[AB=\begin{pmatrix}b_{11}\alpha_1+\cdots+b_{n1}\alpha_n&\cdots&b_{1s}\alpha_1+\cdots+b_{ns}\alpha_n\\\end{pmatrix}
\]
\(\therefore AB\) 的列空间包含在 \(A\) 的列空间中，即 \(r(AB)\le r(A)\) 。同理 \(AB\) 的行空间包含在 \(B\) 的行空间中， \(r(AB)\le r(B)\) 。
前半部分等给出分块矩阵的秩的性质以后再证。
性质2、\(r\begin{pmatrix}A&0\\0&B\\\end{pmatrix}=r(A)+r(B)\) 。
证明：
设 \(P_1AQ_1=\begin{pmatrix}I_{r_1}&0\\0&0\\\end{pmatrix},P_2BQ_2=\begin{pmatrix}I_{r_2}&0\\0&0\\\end{pmatrix}\)，其中 \(P_1,P_2,Q_1,Q_2\) 均为初等矩阵乘积。（本质上就是将 \(A,B\) 化为标准型）
\[\begin{pmatrix}P_1&0\\0&P_2\\\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}A&0\\0&B\\\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}Q_1&0\\0&Q_2\\\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}P_1AQ_1&0\\0&P_2BQ_2\\\end{pmatrix}\\
\]
\(\because\begin{pmatrix}P_1&0\\0&P_2\\\end{pmatrix},\begin{pmatrix}Q_1&0\\0&Q_2\\\end{pmatrix}\) 满秩， \(\therefore r\begin{pmatrix}A&0\\0&B\\\end{pmatrix}=r_1+r_2=r(A)+r(B)\) 。
性质3、\(r\begin{pmatrix}A&C\\0&B\\\end{pmatrix}\ge r(A)+r(B),r\begin{pmatrix}A&0\\D&B\\\end{pmatrix}\ge r(A)+r(B)\) 。
证明：
设 \(P_1AQ_1=\begin{pmatrix}I_{r_1}&0\\0&0\\\end{pmatrix},P_2BQ_2=\begin{pmatrix}I_{r_2}&0\\0&0\\\end{pmatrix}\)，其中 \(P_1,P_2,Q_1,Q_2\) 均为初等矩阵乘积。
\[\begin{pmatrix}P_1&0\\0&P_2\\\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}A&0\\0&B\\\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}Q_1&0\\0&Q_2\\\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}P_1AQ_1&P_1CQ_2\\0&P_2BQ_2\\\end{pmatrix}\\
\]
\(\because\begin{pmatrix}P_1&0\\0&P_2\\\end{pmatrix},\begin{pmatrix}Q_1&0\\0&Q_2\\\end{pmatrix}\) 满秩， \(\therefore r\begin{pmatrix}A&C\\0&B\\\end{pmatrix}\ge r_1+r_2=r(A)+r(B)\) ，后半部分同理。
性质4、 \(\max(r(A),r(B))\le r(A,B)\le r(A)+r(B)\) 。
证明：
记 \((A,B),A,B\) 的列向量空间分别为 \(W,W_1,W_2\) ，则 \(W_1\subseteq W,W_2\subseteq W\) ，左半部分得证。
\(W\subseteq W_1+W_2\) ，右半部分得证。
性质5、\(|r(A)-r(B)|\le r(A\pm B)\le r(A)+r(B)\) 。
记 \((A+B),A,B\) 的列向量空间分别为 \(W,W_1,W_2\) ，则 \(W\subseteq W_1+W_2\) ，右半部分得证。
套用右半部分结论即可证明左半部分。
现在来证明性质1的左半部分（即 \(\texttt{Sylvester}\) 不等式）。
\[\begin{pmatrix}AB&0\\0&I_n\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}AB&0\\B&I_n\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}0&-A\\B&I_n\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}-A&0\\I_n&B\\\end{pmatrix}\\
\]
\[\therefore r(AB)+n=r\begin{pmatrix}AB&0\\0&I_n\\\end{pmatrix}=r\begin{pmatrix}-A&0\\I_n&B\\\end{pmatrix}\ge r(A)+r(B)\\
\]
性质6、（\(\texttt{Frobenius}\) 不等式） \(r(ABC)\ge r(AB)+r(BC)-r(B)\) 。
\[\begin{pmatrix}ABC&0\\0&B\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}ABC&0\\AB&B\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}0&-BC\\AB&B\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}-BC&0\\B&AB\\\end{pmatrix}\\
\]
\[\therefore r(ABC)+r(B)\ge r(AB)+r(BC)\\
\]
和 \(\texttt{Sylvester}\) 不等式的证明过程如出一辙。
性质7、 \(r(A)+r(I_n-A)\ge n\) ，当且仅当 \(A\) 是幂等矩阵（\(A^2=A\)）时等号成立。
\[\begin{pmatrix}A&0\\0&I_n-A\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}A&A\\0&I_n-A\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}A&A\\A&I_n\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}A-A^2&A\\0&I_n\\\end{pmatrix}\\
\Rightarrow
\begin{pmatrix}A-A^2&0\\0&I_n\\\end{pmatrix}\\
\]
\(\therefore r(A)+r(I_n-A)=r(A-A^2)+n\) ，得证。
性质8、 \(r(I_n+A)+r(I_n-A)\ge n\) ，当且仅当 \(A\) 是对合矩阵（\(A^2=I_n\)）时等号成立。
\[\begin{pmatrix}I_n+A&0\\0&I_n-A\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}I_n+A&I_n+A\\0&I_n-A\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}I_n+A&I_n+A\\I_n+A&2I_n\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}(I_n+A)-\frac 12(I_n+A)^2&I_n+A\\0&2I_n\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}\frac 12(I_n-A^2)&0\\0&2I_n\\\end{pmatrix}\\
\]
\(\therefore r(I_n+A)+r(I_n-A)=r(I_n-A^2)+n\) ，得证。
性质9、\(r(A^{n+m})=r(A^n)\) ，若 \(A\) 是幂零矩阵（\(\exist m,A^m=0\)），则 \(A^n=0\) 。
由性质1， \(n\ge r(A)\ge r(A^2)\ge\cdots\ge 0\) 。
我们证明 \(r(A^s)=r(A^{s+1})\Rightarrow r(A^{s+1})=r(A^{s+2})\) 。
事实上，在性质6中令 \(B=A^s,C=A\) 即可得证。
Warning：\(r(A)=r(B)\) 不能推出 \(r(AC)=r(BC)\) ！很容易因此伪证，反例 \(A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix},C=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\) 。
从 \(n\) 到 \(0\) 至多减 \(n\) 次，因此从 \(n\) 次开始矩阵幂的秩一定不再变化。
对幂零矩阵 \(A\) ，若 \(m\le n\) ，两边同乘 \(A^{m-n}\) ；若 \(m\gt n\) ，利用刚刚证明的结论，即可证明 \(A^n=0\) 。
性质10、\(r(A^*)=\begin{cases}n&r(A)=n\\1&r(A)=n-1\\0&r(A)\le n-2\\\end{cases}\) 。
若 \(r(A)=n\) ，则 \(|A^*|=|A|^{n-1}\neq 0\) ， \(A^*\) 满秩。
若 \(r(A)=n-1\) ，则 \(A\) 一定存在一个 \(n-1\) 阶子式非零，因此 \(r(A^*)\ge 1\) 。
又 \(AA^*=0\) ，由性质1推论知 \(r(A)+r(A^*)\le n\) ，即 \(r(A^*)\le 1\) ，得证。
若 \(r(A)\le n-2\) ，则任意一个 \(n-1\) 阶子式均为零， \(A^*=0\) 。
杂题
\(n\) 为奇数， \(AB=0\) ，则 \(r(A^TB+AB^T)\le n-1\) 。
由性质1推论， \(r(A)+r(B)\le n\) 。由 \(n\) 为奇数，不妨 \(r(A)\le\frac{n-1}2\) 。
\(\therefore r(A^TB+AB^T)\le r(A^TB)+r(AB^T)\le r(A^T)+r(A)\le n-1\) 。
\(r(I_n-AB)\le r(I_n-A)+r(I_n-B)\) 。
\(r(I_n-AB)\le r(I_n-A)+r(A(I_n-B))\le r(I_n-A)+r(I_n-B)\) 。
若 \(AB=BA\) ，则 \(r(A+B)+r(AB)\le r(A)+r(B)\) 。
\[\begin{pmatrix}A&0\\0&B\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}A&A\\0&B\\\end{pmatrix}
\Rightarrow
\begin{pmatrix}A&A\\A&A+B\\\end{pmatrix}\\
\]
\[\begin{pmatrix}A&A\\A&A+B\\\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}A+B&0\\-A&I_n\\\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}AB&A\\AB-BA&A+B\\\end{pmatrix}\\
\]
\[\therefore r(A)+r(B)=r\begin{pmatrix}A&A\\A&A+B\\\end{pmatrix}\ge r\begin{pmatrix}AB&A\\0&A+B\\\end{pmatrix}\ge r(A+B)+r(AB)\\
\]
怎么想到的？单纯的初等变换能得到 \(A+B\) ，但没办法在保护 \(A+B\) 的前提下得到 \(AB\) ，于是想到矩阵乘法。
为使矩阵乘法后右下角仍为 \(A+B\) ，容易想到右乘矩阵 \(\begin{pmatrix}X&0\\Y&I_n\\\end{pmatrix}\) 。
\[\begin{pmatrix}A&A\\A&A+B\\\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}X&0\\Y&I_n\\\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}A(X+Y)&A\\A(X+Y)+BY&A+B\\\end{pmatrix}\\
\]
令 \(\begin{cases}A(X+Y)=B\\A(X+Y)+BY=0\end{cases}\) ，结合 \(AB=BA\) 即可解出 \(X=A+B,Y=-A\) 。
如果选择左乘矩阵 \(\begin{pmatrix}X&Y\\0&I_n\\\end{pmatrix}\) 也行得通，读者可以自行思考。
\(\forall 1\le i\le k\) ，\(B_i\) 是幂等矩阵， \(A=B_1\cdots B_k\) ，则 \(r(I_n-A)\le k(n-r(A))\) 。
\[\begin{aligned}
&r(I_n-A)\\
&=r\big((I_n-B_1)+B_1(I_n-B_2)+\cdots+B_1\cdots B_{k-1}(I_n-B_k)\big)\\
&\le r(I_n-B_1)+r(B_1(I_n-B_2))+\cdots+r(B_1\cdots B_{k-1}(I_n-B_k))\\
&\le r(I_n-B_1)+r(I_n-B_2)+\cdots+r(I_n-B_k)\\
\end{aligned}
\]
由性质7， \(r(I_n-B_i)\le n-r(B_i)\le n-r(A)\) ，得证。
总结
第三类分块初等变换：将某块行左乘 \(B\) 加到另一块行，矩阵的秩不变；将某块列右乘 \(B\) 加到另一块列，矩阵的秩不变。
证明与秩有关的等式或不等式，往往先移项使两边全是加法，常数项当成单位阵的秩，然后拼成分块对角矩阵。
分块初等变换本质上是对秩进行恒等变形，矩阵乘法本质上是对秩进行放缩。