秩

它指向谁（出边）

推出 2

• 本页 ⟹ 秩-零化度定理推出
  第一同构定理 + 维数 $\implies$ 秩-零化度定理

  设 $\dim V = n < \infty$。

  1. 取 $\ker T$ 的一组基 $u_1, \ldots, u_k$（$k = \operatorname{null} T$），并把它扩充成 $V$ 的一组基

  $$u_1, \ldots, u_k,\ v_1, \ldots, v_{n-k}$$

  （扩充的合法性：Steinitz 交换引理 / 「每个线性无关集都能扩充成基」）。

  1. 断言 $T(v_1), \ldots, T(v_{n-k})$ 是 $\operatorname{im} T$ 的基。

  • 生成：任取 $T(v)$，把 $v$ 按上面的基展开，落在 $\ker T$ 的那些项被 $T$ 杀掉，剩下 $T(v) = \sum_j c_j T(v_j)$。
  • 无关：若 $\sum_j c_j T(v_j) = 0$，则 $T\bigl(\sum_j c_j v_j\bigr) = 0$，即 $\sum_j c_j v_j \in \ker T$；把它用 $u_i$ 展开并与 $v_j$ 那部分的唯一性比较，得所有 $c_j = 0$。

  1. 于是 $\operatorname{rank} T = \dim \operatorname{im} T = n - k = \dim V - \operatorname{null} T$，移项即得

  $$\dim V = \operatorname{rank} T + \operatorname{null} T$$

  （另一条路：由第一同构定理 $\operatorname{im} T \cong V/\ker T$，而 $\dim(V/U) = \dim V - \dim U$ 由第 1 步的扩充直接得到 —— 两条路是同一件事的两种说法。）∎

  第 2 步的「无关」是最容易漏的一半：把无关性从 $V$ 的基搬到像上，用的是「$\ker T$ 已经作为基的一部分被单独列出」。

• 本页 ⟹ 行秩 = 列秩推出
  矩阵表示 $\implies$ 行秩 = 列秩

  把 $A$ 看成映射 $T : K^{n} \to K^{m}$、$x \mapsto Ax$（取标准基）。

  1. 列秩：$A$ 的列向量正是 $T(e_1), \ldots, T(e_n)$，所以列秩 $= \dim \operatorname{im} T = \operatorname{rank} A$。
  2. 行秩：$A$ 的转置 $A^{\mathsf{T}}$ 对应的映射 $T^{\mathsf{T}} : K^{m} \to K^{n}$ 就是 $T$ 的对偶（取标准基，见「对偶基」里的 $[T^{\ast}] = [T]^{\mathsf{T}}$）。$A$ 的行向量是 $A^{\mathsf{T}}$ 的列向量，故行秩 $= \operatorname{rank} A^{\mathsf{T}}$。
  3. 只需再证 $\operatorname{rank} A^{\mathsf{T}} = \operatorname{rank} A$：由 $\operatorname{im} T^{\mathsf{T}} = (\ker T)^{0}$（零化子）与 $\dim U^{0} = \dim V - \dim U$，

  $$\operatorname{rank} A^{\mathsf{T}} = \dim \operatorname{im} T^{\mathsf{T}} = \dim (\ker T)^{0} = n - \dim \ker T = \dim \operatorname{im} T = \operatorname{rank} A$$

  （最后一步用了秩-零化度定理。）∎

  这条证明把「行秩 = 列秩」化归成对偶那一段的零化子维数公式 —— 也就是说：转置不改变秩，而那是零化子与秩-零化度的共同推论。

定义引用 3

• 秩-零化度定理 用到 本页定义引用

  定理的两项就是秩与零化度；定理说的是它们的和等于出发空间的维数。

• 行秩 = 列秩 用到 本页定义引用

  定理说的是行秩与列秩都等于 $\operatorname{rank} A$ —— 后者的定义在映射那一侧。

• 线性方程组的解结构 用到 本页定义引用

  解的存在性与解空间的维数都用 $\operatorname{rank} A$ 表述。

谁指向它（入边）

定义引用 1

• 核与像 → 本页定义引用

  秩定义为像的维数，而维数要用「维数良定义」那一条。