性质

设 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，$B$ 是 $n\times s$ 矩阵。

将矩阵 $B$ 按列分块，$B=(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s)$，则 $AB=(A\beta_1,A\beta_2,\cdots,A\beta_s)$。若 $B$ 的极大无关向量组是 ${\beta_{j_1},\beta_{j_2},\cdots,\beta_{j_r}}$，则 $B$ 的任一列向量均可用 ${\beta_{j_1},\beta_{j_2},\cdots,\beta_{j_r}}$ 的线性组合表出，所以任一 $A\beta_{i}$ 可以用 ${A\beta_{j_1},A\beta_{j_2},\cdots,A\beta_{j_r}}$ 线性表出，因此 $r(AB)\le r(B)$。

同理有 $r(AB)\le r(A)$，因此 $r(AB)\le\min\{r(A),r(B)\}$。

设 $A,B$ 的秩分别为 $r_1,r_2$，则存在可逆矩阵 $P_1,Q_1,P_2,Q_2$ 使得：

$$
P_1AQ_1=\pmatrix{I_{r_1}&O\\O&O},\ P_2BQ_2=\pmatrix{I_{r_2}&O\\O&O}
$$

于是

$$
\pmatrix{P_1&O\\O&P_2}\pmatrix{A&O\\O&B}\pmatrix{Q_1&O\\O&Q_2}=\pmatrix{P_1AQ_1&O\\O&P_2BQ_2}=\pmatrix{I_{r_1}&O&O&O\\O&O&O&O\\O&O&I_{r_2}&O\\O&O&O&O}
$$

显然该矩阵的秩为 $r_1+r_2$，即 $r(C)=r(A)+r(B)$。

证明方法和上一个性质差不多（以第一个为例）：

$$
\pmatrix{P_1&O\\O&P_2}\pmatrix{A&C\\O&B}\pmatrix{Q_1&O\\O&Q_2}=\pmatrix{P_1AQ_1&P_1CQ_2\\O&P_2BQ_2}=\pmatrix{I_{r_1}&O&C_{11}&C_{12}\\O&O&C_{21}&C_{22}\\O&O&I_{r_2}&O\\O&O&O&O}
$$

这个矩阵显然可以通过初等行列变换消元成：

$$
\pmatrix{I_{r_1}&O&O&O\\O&C_{22}&O&O\\O&O&I_{r_2}&O\\O&O&O&O}
$$

结合性质 $r\pmatrix{A&O\\O&B}=r(A)+r(B)$，即可得到 $r\pmatrix{A&C\\O&B}=r(I_{r_1})+r(C_{22})+r(I_{r_2})\ge r_1+r_2$。

注意到：

$$
\pmatrix{I & I}\pmatrix{A&O\\O&B}=\pmatrix{A & B},\ \pmatrix{A&O\\O&B}\pmatrix{I & I}=\pmatrix{A\\B}
$$

于是，根据性质 $r\pmatrix{A&O\\O&B}=r(A)+r(B)$，以及性质 $r(AB)\le \min{r(A),r(B)}$，即可证明本命题结论。

注意到：

$$
\pmatrix{A&B}\pmatrix{I\\I}=A+B,\ \pmatrix{A&B}\pmatrix{I\\-I}=A-B
$$

根据性质 $r(AB)\le \min{r(A),r(B)}$，有 $r(A+B)\le\min\{r\pmatrix{A & B}, r\pmatrix{I\\I}\}$。然后，根据上方已经证明的性质 $r\begin{pmatrix}A&B\end{pmatrix}\le r(A)+r(B)$，就证明了 $r(A+B)\le r\pmatrix{A & B}\le r(A)+r(B)$。

考虑以下分块矩阵的初等变换：

$$
\pmatrix{I_n&O\\O&AB}\Rightarrow \pmatrix{I_n&O\\A&AB}\Rightarrow \pmatrix{I_n&-B\\A&O}\Rightarrow \pmatrix{B& I_n\\O&A}
$$

结合上述性质 $2,3$，由于 $r\pmatrix{I_n&O\\O&AB}=n+r(AB)=r\pmatrix{B& I_n\\O&A}\ge r(B)+r(A)$，因此命题得证。

证明1：显然就是Sylvester不等式的推论。

证明2：首先 $AB=O$ 是一个齐次线性方程组（可以把 $A$ 看作系数矩阵，$B$ 看作未知数矩阵 $X$），假设 $r(A)=r$，则该齐次线性方程组的非平凡解向量的数量为 $n-r$，因此 $B$ 一定是这 $n-r$ 个向量的线性组合。也就是说 $r(B)\le n-r=n-r(A)$。

这里还可以用归纳法证明一般形式：

同理，也可以证明Sylvester不等式的一般形式：

考虑下列分块矩阵初等变换：

$$
\pmatrix{ABC&O\\O&B}\Rightarrow\pmatrix{ABC&AB\\O&B}\Rightarrow\pmatrix{O&AB\\-BC&B}\Rightarrow\pmatrix{AB&O\\B&BC}
$$

于是有：$r\pmatrix{ABC&O\\O&B}=r(ABC)+r(B)=r\pmatrix{AB&O\\B&BC}\ge r(AB)+r(BC)$。

首先有 $r(AB)\le r(A)$。

然后，由于 $A=ABB^{-1}$，所以 $r(A)=r(ABB^{-1})\le \min\{r(AB),r(B^{-1})\}$。

综上，$r(AB)=r(A)$。

• $r(A)=n$ 时，$|A|\neq 0$，所以 $|A^*|=|A^{n-1}|=|A|^{n-1}\neq 0$。即 $r(A^*)=n$。
• $r(A)=n-1$ 时，说明 $A$ 中至少有一个 $n-1$ 阶子式的行列式不为 $0$，那么根据伴随矩阵的定义（第 $i$ 行、第 $j$ 列的元素是 $A_{ij}$，即原式的代数余子式），因此 $r(A^*)\ge 1$。 此外，根据性质 $7$ 和伴随矩阵公式 $AA^*=|A|I_n=O$ 可以得到 $r(A)+r(A^*)\le n$，于是 $r(A^*)\le 1$。综上，$r(A^*)=1$。

• $r(A)\lt n-1$ 时，说明 $A$ 中所有 $n-1$ 阶子式的行列式均为 $0$，

例题

首先，由 $A^2=I$ 可以得到 $(A+I)(A-I)=O$，因此 $r(A+I)+r(A-I)\le n$。

然后，由于 $r(A+I)+r(A-I)\ge r(A+I+A-I)=r(2A)=n$。

综上，$r(A+I)+r(A-I)=n$。

首先，由 $A^2=A$ 可以得到 $A(I_n-A)=O$，因此 $r(A)+r(I_n-A)\le n$。

然后，由 $r(A)+r(I_n-A)\ge r(A+I_n-A)=n$。

综上，$r(A)+r(I_n-A)=n$。但这只能证明必要性，因此不可行。

注意到以下初等变换：

$$
\pmatrix{A&O\\O&I-A}\Rightarrow \pmatrix{A&A\\O&I-A}\Rightarrow \pmatrix{A&A\\A&I}\Rightarrow\pmatrix{A-A^2&A\\O&I}\Rightarrow\pmatrix{A-A^2&O\\O&I}
$$

因此 $r\pmatrix{A&O\\O&I-A}=r\pmatrix{A-A^2&O\\O&I}$，因此有 $r(A)+r(I_n-A)=r(A-A^2)+r(I_n)=r(A-A^2)+n$。这样就既能证明必要性，又能证明充分性。

注意到 $B$ 是可逆矩阵，因此 $r(A)=r(AB)=2$，容易看出第 $2$ 行就是第 $1$ 行加上第 $3$ 行，因此 $a=7$。