当 r a n k ( A )    =    r    < n rank(A) \;= \;r \;< n rank(A)=r 0 n-r>0 n−r>0 个自由变量。选取行阶梯矩阵中不存在leading one 的列，对应 x ⃗ \vec{x} x 中的分量为自由变量（下面有例子说明怎么选取）。leading one指的是，行阶梯矩阵中非零行中第一个1。记 t 1 , t 2 , . . . t n − r (3) t_1,t_2,...t_{n-r} \tag{3} t1​,t2​,...tn−r​(3) 为自由变量（标量）。如下图所示，矩阵的第1，2列有leading one，所以对应解向量的第1, 2个分量不是自由变量，而矩阵的第3,4列不含leading one，所以对应的解向量的第3, 4个分量是自由变量。并且把解向量中的3，4个自由变量分别赋值给 t 1 ,    t 2 t_1, \;t_2 t1​,t2​。

把自由变量移项到等号右边，令第 t i t_i ti​ 对应的分量取1，其余分量取0（ i = 1 , 2 , 3 , . . . , n − r i=1,2,3,...,n-r i=1,2,3,...,n−r ），得到 x ⃗ 1 , x ⃗ 2 , . . . x ⃗ n − r (4) \vec{x}_1,\vec{x}_2,...\vec{x}_{n-r} \tag{4} x 1​,x 2​,...x n−r​(4) 其实，如下图所示， x ⃗ 1 , x ⃗ 2 \vec{x}_1,\vec{x}_2 x 1​,x 2​ 对应用红色序号标出来的1对应的 x 3 x_3 x3​后面的列向量和 x 4 x_4 x4​后面的列向量

注意到： { x ⃗ 1 , x ⃗ 2 , . . . x ⃗ n − r } (5) \{\vec{x}_1,\vec{x}_2,...\vec{x}_{n-r}\} \tag{5} {x 1​,x 2​,...x n−r​}(5) 是一组线性无关组（这里其实需要证明。事实上，因为每个向量 x ⃗ i \vec{x}_i x i​ 的构造方法导致了 x ⃗ i \vec{x}_i x i​中 t i t_i ti​对应的分量 取1，而其他 t j    , j ≠ i t_j\;,j \neq i tj​,j​=i取0，注意这里 t i t_i ti​是前文选取的自由变量。那么如果每个向量 x ⃗ i \vec{x}_i x i​ 都取其中的 t i {t_i} ti​对应的分量构成新的向量，这些新向量构成的显然是一个线性无关组。然后用反证法证明原来向量组是线性无关即可）。

进而，方程（2）的任何一个解都能表示成（3）的一个线性组合（这里其实是把自由变量移项到等号右边而已） x ⃗ = t 1 x ⃗ 1 + t 2 x ⃗ 2 + . . . + t n − r x ⃗ n − r (6) \vec{x} = t_1\vec{x}_1+t_2\vec{x}_2+...+t_{n-r}\vec{x}_{n-r} \tag{6} x =t1​x 1​+t2​x 2​+...+tn−r​x n−r​(6) 这表明（5）张成了 n u l l s p a c e ( A ) nullspace(A) nullspace(A)。即（4）是 n u l l s p a c e ( A ) nullspace(A) nullspace(A)的一个基，故 n u l l i t y ( A )    =    n − r nullity(A)\; = \; n-r nullity(A)=n−r 。

等式6可能看上去会比较奇怪，拿解向量的分量（标量） t i t_i ti​作向量的 x i x_i xi​的系数。其实不奇怪，只需要认真看一下本文图2即可理解。实际上， x ⃗ i \vec{x}_i x i​ 和对应的自由向量所在列在行阶梯矩阵中的列向量有极大关联，大家自己观察就能发现。命题得证。