Ist der Rang einer Matrix gleich ihrer Transponierten? Wenn ja, wie kann ich das beweisen?

Die Antwort ist ja. Diese Aussage läuft oft unter dem Namen "Zeilenrang gleich Spaltenrang". Mit diesem Wissen ist es einfach, im Internet nach Beweisen zu suchen.

Auch jeder seriöse Text zur linearen Algebra sollte dies beweisen: Es ist in der Tat ein ziemlich wichtiges Ergebnis.

Da Sie schließlich sagten, dass Sie nur einen Ersatzdozenten hätten, werde ich ihn nicht tadeln, aber dies wäre eine beunruhigende Wissenslücke für jemanden, der ein regulärer Dozent für lineare Algebra ist.

Es gibt mehrere einfache Beweise für dieses Ergebnis. Leider verwenden die meisten Lehrbücher einen ziemlich komplizierten Ansatz mit zeilenreduzierten Stufenformen. Bitte sehen Sie sich einige elegante Beweise auf der Wikipedia-Seite an (von mir selbst beigetragen):

http://en.wikipedia.org/wiki/Rank_%28linear_algebra%29

oder die Seite zur Rangfaktorisierung:

http://en.wikipedia.org/wiki/Rank_factorization

Ein weiterer meiner Favoriten ist der folgende:

Definieren$\operatorname{rank}(A)$den Spaltenrang von A bedeuten:$\operatorname{col rank}(A) = \dim \{Ax: x \in \mathbb{R}^n\}$. Lassen$A^{t}$bezeichnen die Transponierte von A. Zeigen Sie das zuerst$A^{t}Ax = 0$dann und nur dann, wenn$Ax = 0$. Dies ist Standard-Linearalgebra: Eine Richtung ist trivial, die andere folgt aus:

$$A^{t}Ax=0 \implies x^{t}A^{t}Ax=0 \implies (Ax)^{t}(Ax) = 0 \implies Ax = 0$$

Daher sind die Spalten von$A^{t}A$erfüllen die gleichen linearen Beziehungen wie die Spalten von$A$. Es spielt keine Rolle, dass sie eine unterschiedliche Anzahl von Zeilen haben. Sie haben die gleiche Anzahl von Spalten und sie haben den gleichen Spaltenrang. (Dies folgt auch aus dem Rang+Nullitätssatz, wenn Sie das unabhängig bewiesen haben (dh ohne Zeilenrang = Spaltenrang anzunehmen)

Deshalb,$\operatorname{col rank}(A) = \operatorname{col rank}(A^{t}A) \leq \operatorname{col rank}(A^{t})$. (Diese letzte Ungleichung folgt, weil jede Spalte von$A^{t}A$ist eine Linearkombination der Spalten von$A^{t}$. So,$\operatorname{col sp}(A^{t}A)$ist eine Teilmenge von$\operatorname{col sp}(A^{t})$.) Wenden Sie nun einfach das Argument auf an$A^{t}$um die umgekehrte Ungleichung zu erhalten, beweisen$\operatorname{col rank}(A) = \operatorname{col rank}(A^{t})$. Seit$\operatorname{col rank}(A^{t})$der Zeilenrang von A ist, sind wir fertig.

Da Sie über die reduzierte Zeilenstufenform gesprochen haben, gehe ich davon aus, dass Sie wissen, was elementare Zeilen- und Spaltenoperationen sind. Die grundlegende Tatsache bezüglich dieser Operationen ist die folgende:

Elementare (Zeilen- oder Spalten-)Operationen ändern weder den Zeilenrang noch den Spaltenrang einer Matrix.

Nun, gegeben eine Nicht-Null-Matrix$A$, Versuche Folgendes:

1. Bringen$A$zu seiner reduzierten Zeilenstufenform$R$mit elementaren Zeilenoperationen.
2. Bringen$R$zu seiner reduzierten Säulenstufenform$B$mit elementaren Spaltenoperationen.

Dann$B$ist von der Form

$$\begin{pmatrix} 1&&&0&\ldots&0\\ &\ddots&&\vdots&&\vdots\\ &&1&0&\ldots&0\\ 0&\ldots&0&0&\ldots&0\\ \vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 0&\ldots&0&0&\ldots&0\\ \end{pmatrix}.$$ Nun ist es offensichtlich, dass der Zeilenrang von $B$ist gleich dem Spaltenrang von $B$(was gleich der Anzahl von Einsen in der obigen "reduzierten Zeilen-und-Spalten-Stufenform" ist ). Daher der Zeilenrang von $A$ist gleich dem Spaltenrang von $A$, dh der Zeilenrang von $A$ist gleich dem Zeilenrang von $A^T$.

Ja, es ist eine Tatsache. Dies gilt für alle kommutativen Körper. Siehe zum Beispiel das erste Kapitel von Emil Artin, Galois-Theorie für ein sehr elementares Argument.

Wenn Sie dieses Argument konzeptioneller formulieren müssen, betrachten Sie die Matrizen als lineare Transformationen. Wenn A die Matrix ist, dann sei$A^t$sei die Transponierte, und dann$A^tA$Und$A$denselben Definitionsbereich haben und die Tatsache ausnutzen, dass sie denselben Nullraum haben, und den Dimensionssatz Rang + Nullität = Dimension des Raums verwenden.

Ihr Argument gilt nur für reelle Matrizen. Bei komplexen Matrizen dürfen sie nicht denselben Nullraum haben.

(1) Wenn$f:V\to W$ist eine lineare Abbildung und$f^*:W^*\to V^*$seine Transponierte ist, dann haben wir einen kanonischen Isomorphismus

$$\text{Im}(f^*)=\text{Im}(f)^*.$$

Dies ist wie folgt zu sehen:

(2) Wenn

$$V\ \overset{p}{\twoheadrightarrow}A\ \overset{i}{\rightarrowtail}\ W\quad\text{and}\quad V\ \overset{q}{\twoheadrightarrow}B\ \overset{j}{\rightarrowtail}\ W$$ sind zwei Diagramme von linearen Karten, so dass

(A)$i$Und$j$sind injektiv,$p$Und$q$sind surjektiv,

(B)$i\circ p=j\circ q$,

dann gibt es eine eindeutige lineare Abbildung$\varphi:A\to B$so dass$\varphi\circ p=q$Und$j\circ\varphi=i$. Darüber hinaus$\varphi$ist bijektiv. Der Beweis ist einfach.

Um zu beweisen, dass (2) (1) impliziert, beachten Sie, dass die drei Diagramme

$$V\ \overset{p}{\twoheadrightarrow}\ \text{Im}(f)\ \overset{i}{\rightarrowtail}\ W,$$ $$W^*\ \overset{i^*}{\twoheadrightarrow}\ \text{Im}(f)^*\ \overset{p^*}{\rightarrowtail}\ V^*,$$ $$W^*\ \overset{q}{\twoheadrightarrow}\ \text{Im}(f^*)\ \overset{j}{\rightarrowtail}\ V^*,$$ Wo $p,i,q,j$die offensichtlichen Abbildungen sind, erfülle (a). Als $p^*\circ i^*=f^*=j\circ q$, sehen wir, dass (2) (1) impliziert.

Nehmen Sie den Rang ein$f:V\to W$ist unendlich. Der Satz von Erdős-Kaplansky impliziert dann

$$\text{rank}(f^*)=|K|^{\text{rank}(f)},$$

Wo$K$ist das Grundfeld und$|X|$ist die Kardinalität von$X$für jeden Satz$X$.

Genauer gesagt sagt das Erdős-Kaplansky-Theorem

$$\dim(V^*)=|K|^{\dim(V)}$$ wann immer $V$ist unendlich dimensional oder äquivalent $$\dim(K^S)=|K^S|,$$ Wo $S$ist eine unendliche Menge und $K^S$ist die Menge der Familien $(a_s)_{s\in S}$mit $a_s$In $K$. In Worten:

Die Dimension eines unendlichdimensionalen dualen Vektorraums ist gleich seiner Kardinalität.

Einen Beweis des Satzes von Erdős-Kaplansky finden Sie in dieser Antwort .