Explicación intuitiva del teorema de nulidad de rango.

Question

Entiendo que si tienes una transformación lineal de $U$ a $V$ con, digamos, $\operatorname{dim} U = 3$, $\operatorname{rank} T = 2$, entonces el conjunto de puntos que se asignan a la $0$ vector se encuentran a lo largo de una línea recta, y por lo tanto $\operatorname{nullity}T = 1$.

Nadie ofrece una intuitiva explicación de por qué esto es siempre verdadera?

Answer 1

Me gusta esta pregunta. Permítanme tomar una foto en ella. Creo que es mejor pensar en el rango de la dimensión de la gama (o la imagen).

Consideremos, en primer lugar un nonsingular transformación de $T$ a una $n-$dimensiones de espacio vectorial. Sabemos que el rango es $n$ y la nulidad a$0$, por lo que el teorema se tiene en este caso. $T$ mapas de base a base. Supongamos que modifique $T$ mediante la asignación del primer vector de la base a $0$. Llame a la nueva transformación de $T_1$. Claramente, la nulidad de $T$ es $1$. Cuál es el rango? En la imagen de $T$ uno de los vectores de la base se derrumba a $0$ cuando vamos a la imagen de $T_1,$ por lo que la imagen de $T_1$ tiene dimensión $n-1$ y el teorema en este caso.

Ahora continuar con el proceso. Si $T_2$ es el mismo que $T_1$ , salvo que la segunda base de vectores se asigna a $0$, entonces la nulidad se $2$, y la imagen será de dimensión $n-2$, porque una vez más, una dimensión se derrumba.

Por supuesto, podemos continuar hasta que llegamos a $T_n=0$ y el teorema de siempre.

Espero que esto tiene sentido intuitivo.

Answer 2

Me gusta saulspatz' respuesta porque es muy práctico. Me gustaría ofrecer otra perspectiva, basada en el hecho de que las transformaciones lineales se caracterizan por sus filas, hasta la elección de las bases en el dominio y codominio. La clave está en esta proposición:

La proposición. Supongamos $T\colon V\to W$ es una transformación lineal con $\dim V = n$ e $\dim W = m$ e $\operatorname{rank} T = r \leqslant m$. Luego están las bases de $v_1,\dots,v_n$ para $V$ e $w_1,\dots,w_m$ para $W$ tal que la matriz de $T$ con respecto a estas bases es $$ \mathcal M(T,v_1,\dots,v_n,w_1,\dots,w_m) = \begin{pmatrix} I_{r\times r} & 0_{r\times n-r} \\ 0_{m-r\times r} & 0_{m-r\times n-r}\end{pmatrix}, $$ donde $I_{r\times r}$ es el $r\times r$ matriz identidad, y los diversos $0_{\ast\times\ast}$ son cero matrices de las dimensiones correspondientes. Como corolario de la proposición, se puede leer fuera de la matriz por $T$ en estas bases que \begin{align*} \operatorname{rank}T &\stackrel{\text{def}}{=} \dim \operatorname{image}T = r, \\ \operatorname{nullity}T &\stackrel{\text{def}}{=} \dim \ker T = n-r, \end{align*} y por lo tanto la ganancia de la clasificación de nulidad teorema: $$ \dim V = n = r + (n-r) = \operatorname{rango}T + \operatorname{nulidad}T. $$ Para una rápida prueba de la proposición, mantener las cosas como "tosca" como sea posible para la intuición del amor, porque el rango de $T$ es $r$, tomar vectores $v_1,\dots,v_r$ en $V$ tal que $w_1 = T(v_1),\dots,w_r = T(v_r)$ abarcan la imagen de $T$. Extender $v_1,\dots,v_r$ a una $v_1,\dots,v_r,v_{r+1},\dots,v_n$ para $V$ e $w_1,\dots,w_r$ a una $w_1,\dots,w_r,w_{r+1},\dots,w_m$ para $W$. Con respecto a estas bases, podemos determinar rápidamente $$ \mathcal M(T,v_1,\dots,v_n,w_1,\dots,w_m) = \begin{pmatrix} I_{r\times r} & \ast \\ 0_{m-r\times r} & \ast\end{pmatrix}. $$ Debido a que el rango de $T$ es $r$, y el primer $r$ columnas de la matriz de $T$ son linealmente independientes, podemos determinar que (posiblemente después de que algunos de fila y columna de las operaciones), los dos $\ast$'s en la anterior matriz de $T$ tiene que ser el cero matrices de dimensiones adecuadas, de ahí la propuesta.