Base de la imagen del producto de dos matrices

Question

Tenemos $A \in \mathbb R ^{\mathrm {mxn} }$ y $B \in \mathbb R ^{\mathrm {nxp}}$ que son dos matrices. Se dice que $\{ b_1, b_2, ..., b_k\}$ donde $k \leq q$ es una base para $\mathrm{Im}(B)$ y que $\mathrm{Ker}(A)\cap \mathrm{Im}(B) = \{ \vec{0}\}$ . Tenemos que demostrar que $\{ Ab_1, Ab_2, ..., Ab_k \}$ constituyen una base para $\mathrm{Im}(AB)$ .

He intentado juguetear con el teorema de la nulidad de rango, lo que me ha llevado a esto: $$\dim (\mathrm{Im}(AB)) = \dim (\mathrm{Im}(B)) - \dim(\mathrm{Ker}(A)\cap \mathrm{Im}(B)) $$ lo que tiene sentido ya que $\dim(\mathrm{Ker}(A)\cap \mathrm{Im}(B)) = 0 $ (ya que sólo contiene el vector nulo) y puesto que se nos pide que demostremos que la base para $\mathrm{Im}(AB)$ es $\{ Ab_1, Ab_2, ..., Ab_k \}$ (es decir, un conjunto con $k$ vectores). Pero, por desgracia no sé a dónde ir desde aquí. Lo único que he demostrado es que $\dim (\mathrm{Im}(AB)) = k$

Otro enfoque que intenté tener para resolver este problema fue el siguiente: $$AB\vec{x} = \vec{0} \\ \Leftrightarrow A(B\vec{x}) = \vec{0} \\ \Rightarrow B\vec{x}\in \mathrm{Ker}(A) \\ \text{and}\ B\vec{x}\in \mathrm{Im}(B)$$ pero de nuevo no sé a dónde ir desde aquí.

Answer 1

Si quiere demostrar que $\{A b_i\}_{i=1}^k$ es una base, demuestre primero que $\{A b_i\}_{i=1}^k$ abarca Im $AB$ demuestre que $\{A b_i\}_{i=1}^k$ es un conjunto de vectores linealmente independientes. Para ver que abarca: elige $x \in \mathrm{Im}AB$ . Eso significa que existe $z$ tal que $x = ABz$ . Desde $Bz \in \mathrm{Im}B$ y $\{b_i\}_{i=1}^k$ es una base, existen números reales $a_i$ tal que $$ Bz = \sum_{i=1}^k a_i b_i \implies \sum_{i=1}^k a_i Ab_i = A\sum_{i=1}^k a_i b_i = ABz = x , $$ lo que demuestra que $\{Ab_i\}_{i=1}^k$ abarca Im $AB$ . Queda por demostrar que $\{Ab_i\}_{i=1}^k$ son independientes. Para ver que esto es cierto, supongamos que $$ 0 = \sum_{i=1}^k a_i Ab_i \implies 0 = A\sum_{i=1}^k a_i b_i \implies \sum_{i=1}^k a_i b_i \in \mathrm{Ker}A. $$ Vemos también $\sum_{i=1}^k a_i b_i \in \mathrm{Im}B$ porque Im $B$ es un subespacio lineal y $\{b_i\}_{i=1}^k$ es una base, por lo tanto $\sum_{i=1}^k a_i b_i \in \mathrm{Im}B$ . Así que $\sum_{i=1}^k a_i b_i \in \mathrm{Ker} A \cap \mathrm{Im} B$ . Es decir $\sum_{i=1}^k a_i b_i = 0$ . Pero como $\{b_i\}_{i=1}^k$ es una base, es decir $\sum_{i=1}^k a_i b_i = 0$ sólo tiene la solución trivial $a_i = 0$ para todos $i \in \{1,2,\dots,k\}$  lo que demuestra que $\{Ab_i\}_{i=1}^k$ son linealmente independientes.

Answer 2

Este es un caso especial de la Fórmula de Rango de Sylvester. Voy a demostrar el caso general para usted y usted debe ser capaz de modificarlo para este caso especial, mirando a la metodología de la prueba. Observa que $Im(AB) = Col(AB)$ .

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Reclamo lo siguiente:

$$Rank(AB) = Rank(B) - dim\left(Nul(A) \cap Col(B)\right)$$

Prueba : Sea $\{b_1,b_2,\dots b_s \}$ ser la base de $Nul(A) \cap Col(B)$ . Se trata de un subespacio de $Col(B)$ para que podamos ampliar

esto a una base de $Col(B)$ , digamos

$$ \{b_1,b_2,\dots b_s,w_1,w_2,\dots w_t\} \text{ where } s+t = n$$

Afirmo que $$\{Aw_1,Aw_2,\dots Aw_t\} \text{ is a basis for } Col(AB)$$

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Debemos demostrar que es linealmente independiente y que abarca $Col(AB)$

Para demostrar la independencia lineal, supongamos $$\sum_{i = 1}^t c_i Aw_i = \vec{0} \text { for some } c_i \in \mathbb{R}$$

Entonces por linealidad, $$\vec0 = \sum_{i = 1}^s c_i Aw_i = \sum_{i = 1}^t A(c_iw_i) = A \left(\sum_{i = 1}^t c_i w_i \right)$$

Por lo tanto, $$\sum_{i = 1}^t c_iw_i \in Nul(A)$$ .

También tenemos $w_i \in Col(B)$ ya que forman parte de una base para ello. Así pues,

$$\sum_{i = 1}^t c_iw_i \in Nul(A) \cap Col(B)$$ lo que significa que podemos escribirlo como una combinación lineal de los elementos de base para

$Nul(A) \cap Col(B)$ dado arriba.

Así, $$\sum_{i = 1}^t c_i w_i = \sum_{i = 1}^s d_ib_i \text{ for some }d_i \in \mathbb{R}$$

Restando la suma del otro lado tenemos $$c_1w_1 +c_2w_2 + \cdots c_sw_t +(-d_1)b_1+(-d_2)b_2 + \cdots (-d_s)b_s = \vec{0}$$

$ \\ $

Así que debemos tener todos $c_i,d_i = 0$ desde $\{b_1,b_2,\ldots w_1,w_2,\ldots w_t\}$ es una base para $Col(B)$ y por lo tanto

linealmente independientes.

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En particular $c_i = 0$ para todos $i$ .

$ \\ $

Para abarcar, dejemos que $\vec y = AB\vec x \in Col(AB)$ entonces $Bx \in Col(B)$ por lo que podemos escribir $$Bx = c_1b_1+c_2b_2 + \cdots d_1w_1+d_2w_2 + \cdots d_sw_t \text { for some }c_i,d_i$$

$ \\ $

A continuación, utilizando el hecho de que el $b_i \text{ are in } Nul(A)$ podemos escribir

$$\vec{y} = AB\vec{x} = A(B\vec{x}) = A(c_1b_1+c_2b_2 + \cdots d_1w_1+d_2w_2 + \cdots d_sw_t)$$ $$ = c_1Ab_1+c_2Ab_2 +\cdots d_1Aw_1+d_2Aw_2 + \cdots d_sAw_t = 0 + d_1Aw_1 + d_2Aw_2 + \cdots d_sAw_t$$ $$ = \sum_i d_i Aw_i$$

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Por lo tanto, el conjunto también se extiende, y hemos terminado. Deberías poder utilizar este razonamiento para responder a tu pregunta.

Answer 3

Observe que $\ \mathrm{Ker}(A)\cap\mathrm{Im}(B) = \{ \vec{0}\}$ decirte que el único vector que se encuentra en ambos $\mathrm{Ker}(A)$ y $\mathrm{Im}(B)$ es el vector cero, así que

$$ B\vec{x}\in\mathrm{Im}(B) \quad (\text{trivially})$$ y $$ A(B\vec{x})=\vec{0} $$ significa que $B\vec{x}\in\mathrm{ker}(A)$ Así que $$B\vec{x}\in\mathrm{Ker}(A)\cap\mathrm{Im}(B) = \{ \vec{0}\}.$$ Así que $$ A(B\vec{x})=\vec{0} \Longrightarrow B\vec{x}=\vec{0}$$

por lo tanto la condición $\mathrm{Ker}(A)\cap\mathrm{Im}(B) = \{ \vec{0}\}$ significa que la transformación lineal $\vec{x}\longmapsto A\vec{x}$ es inyectiva en $\mathrm{Im}(B)$ por lo que si $\{b_1,\ldots,b_k\}$ es una base de $\mathrm{Im}(B)$ entonces $\{Ab_1,\ldots,Ab_k\}$ también es una base para $\mathrm{Im}(AB)$ .