Pour simplifier, considérons le cas $n=p=q=2$ (le cas tout à fait général ne représente pas une difficulté particulière, à part peut-être qu’il nécessite une notation utilisant des sommes). On compose donc $f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$, de matrice $$A=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$$ avec $g:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$, de matrice $$B=\left(\begin{array}{cc}e& f\\ g& h\end{array}\right).$$ Commençons par prendre $v=(x,y)\in {\mathbb{R}}^2$, et calculons $$f(v)=(ax+by,cx+dy),$$ puis $$\begin{array}{rl}g(f(v))& =(e(ax+by)+f(cx+dy),g(ax+by)+h(cx+dy))\\ & =((ea+fc)x+(eb+fd)y,(ga+hc)1+(gb+hd)y).\end{array}$$ Ceci montre que $g\circ f$ est linéaire, et que sa matrice en base canonique est donnée par $$C=\left(\begin{array}{cc}ea+fc& eb+fd\\ ga+hc& gb+hd\end{array}\right).$$ On remarque que cette dernière peut s’écrire comme le produit matriciel $$C=\left(\begin{array}{cc}e& f\\ g& h\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)=BA.$$

Montrons que $\mathrm{Im}(g\circ f)\subset \mathrm{Im}(g)$, qui implique clairement que $\mathrm{rg}(g\circ f)⩽\mathrm{rg}(g)$. Prenons un $w\in \mathrm{Im}(g\circ f)\subset {\mathbb{R}}^q$, pour lequel on sait qu’il existe $v\in {\mathbb{R}}^n$ tel que $(g\circ f)(v)=w$. Ceci implique $g(f(v))=w$, qui veut donc dire que $w$ est aussi l’image de $v^{\prime }=f(v)$ par $g$. Ainsi, $w\in \mathrm{Im}(g)$. Donc $\mathrm{Im}(g\circ f)\subset \mathrm{Im}(g)$.
Supposons ensuite que $p=n$, donc $g:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^q$, et qu’en plus $f:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ est inversible. Montrons que ceci implique $\mathrm{Im}(g)\subset \mathrm{Im}(g\circ f)$. En effet, si $w\in \mathrm{Im}(g)$, c’est qu’il existe $v^{\prime }\in {\mathbb{R}}^n$ tel que $w=g(v^{\prime })$. Mais $f$ étant inversible, ce $v^{\prime }$ possède une préimage: il existe $v\in {\mathbb{R}}^n$ tel que $v^{\prime }=f(v)$. Donc $w=g(v^{\prime })=g(f(v))=(g\circ f)(v)$, qui implique $w\in \mathrm{Im}(g\circ f)$.
Combiné avec la précédente inclusion, on a donc $\mathrm{Im}(g)=\mathrm{Im}(g\circ f)$, qui entraîne $\mathrm{rg}(g\circ f)=\mathrm{rg}(g)$.

Supposons que $f$ a pour matrice $A\in M_{p,n}(\mathbb{R})$ en base canonique, et que $g$ a pour matrice $B\in M_{q,p}(\mathbb{R})$. On va montrer que $$\mathrm{rg}(BA)⩽\mathrm{rg}(B).$$ Supposons que $\mathrm{rg}(g)=\mathrm{rg}(B)=r$, et donc que $B$ possède une décomposition colonne-ligne minimale à $r$ termes: $$B=C_1{L}_1+C_2{L}_2+\cdots +C_r{L}_r.$$ Or $g\circ f$ a pour matrice $BA$, et celle-ci peut s’écrire $$BA=C_1\underset{L_1^{\prime }}{\underbrace{(L_{1}A)}}+C_2\underset{L_2^{\prime }}{\underbrace{(L_{2}A)}}+\cdots +C_r\underset{L_r^{\prime }}{\underbrace{(L_{r}A)}}.$$ Cette dernière est une décomposition colonne-ligne de $BA$, qui n’est pas forcément minimale. Ainsi, $\mathrm{rg}(BA)⩽r$, c’est-à-dire $\mathrm{rg}(g\circ f)⩽r=\mathrm{rg}(g)$.
Supposons maintenant que $p=n$, donc $g:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^p$, et qu’en plus $f:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ est inversible; son inverse étant associée à $A^{-1}$. On peut écrire $$\mathrm{rg}(B)=\mathrm{rg}(B{I}_n)=\mathrm{rg}(B(A{A}^{-1}))=\mathrm{rg}((\underset{\tilde{B}}{\underbrace{BA}})\underset{\tilde{A}}{\underbrace{A^{-1}}})$$ Mais en utilisant la première partie de la preuve, on sait que $\mathrm{rg}(\tilde{B}\tilde{A})⩽\mathrm{rg}(\tilde{B})$, et donc $$\mathrm{rg}(B)⩽\mathrm{rg}(BA)\Rightarrow \mathrm{rg}(g)⩽\mathrm{rg}(g\circ f).$$ Combiné avec la première partie de la preuve, ceci implique $\mathrm{rg}(g)=\mathrm{rg}(g\circ f)$.

Supposons que $f$ a pour matrice $A\in M_{p,n}(\mathbb{R})$, et que $g$ a pour matrice $B\in M_{q,p}(\mathbb{R})$ (en base canonique). Supposons que $\mathrm{rg}(f)=s$, et donc que $A$ possède une décomposition colonne-ligne minimale à $s$ termes: $$A=C_1{L}_1+C_2{L}_2+\cdots +C_s{L}_s.$$ Par la première proposition démontrée plus haut, $g\circ f$ a donc pour matrice $$BA=\underset{C_1^{\prime }}{\underbrace{(B{C}_1)}}{L}_1+\underset{C_2^{\prime }}{\underbrace{(B{C}_2)}}{L}_2+\cdots +\underset{C_s^{\prime }}{\underbrace{(B{C}_s)}}{L}_s.$$ Cette dernière est une décomposition colonne-ligne de $BA$, qui n’est pas forcément minimale. Ainsi, $\mathrm{rg}(BA)⩽s$, c’est-à-dire $\mathrm{rg}(g\circ f)⩽s=\mathrm{rg}(f)$.
Supposons maintenant que $p=q$, et qu’en plus $g:{\mathbb{R}}^p\to {\mathbb{R}}^p$ est inversible, son inverse étant associée à $B^{-1}$. On peut écrire $$\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(I_{n}A)=\mathrm{rg}((B^{-1}B)A)=\mathrm{rg}(\underset{\tilde{B}}{\underbrace{B^{-1}}}(\underset{\tilde{A}}{\underbrace{BA}}))$$ Mais en utilisant la première partie de la preuve, on sait que $\mathrm{rg}(\tilde{B}\tilde{A})⩽\mathrm{rg}(\tilde{A})$, et donc $$\mathrm{rg}(A)⩽\mathrm{rg}(BA)\Rightarrow \mathrm{rg}(f)⩽\mathrm{rg}(g\circ f).$$ Donc $\mathrm{rg}(f)=\mathrm{rg}(g\circ f)$.

On a vu le cas $n=2$ dans les exercices.