Desigualdad en el rango de Sylvester: $\operatorname{rank} A + \operatorname{rank}B \leq \operatorname{rank} AB + n$

Question

Si $A$ y $B$ son dos matrices del mismo orden $n$ entonces $$ \operatorname{rank} A + \operatorname{rank}B \leq \operatorname{rank} AB + n. $$

No sé cómo empezar a demostrar esta desigualdad. Estaría muy contento si alguien me ayuda. Gracias.

Edición I. Rango de $A$ es el mismo de la matriz equivalente $A' =\begin{pmatrix}I_r & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}$ . Análogamente para $B$ , rangos de $A$ y $B$ son $r,s\leq n$ . Por lo tanto, ya que $\operatorname{rank}AB = \min\{r,s\}$ entonces $r+s\leq \min\{r,s\} + n$ . (Esto no es correcto ya que $\operatorname{rank} AB \leq \min\{r,s\}$ .

Edición II. Una discusión sobre el rango de un producto de $H_f(A)$ y $H_c(B)$ corregiría esto, pero no sé cómo formalizarlo $\operatorname{rank}H_f(A) +\operatorname{rank}H_c(B) - n \leq \operatorname{rank}[H_f(A)H_c(B)]$ .

Answer 1

Resta $2n$ de ambos lados y luego multiplicar por $-1$ esto da la desigualdad equivalente $\def\rk{\operatorname{rank}}(n-\rk A)+(n-\rk B)\geq n-\rk(AB)$ . En otras palabras (por el teorema de rango-nulidad) debemos demostrar que las sumas de las dimensiones de los núcleos de $A$ y de $B$ da al menos la dimensión del núcleo de $AB$ . Intuitivamente los vectores que se matan por $AB$ o bien son asesinados por $B$ o (más tarde) por $A$ y la dimensión de $\ker(AB)$ por lo tanto, no puede superar $\dim\ker A+\dim\ker B$ . A continuación, le explicamos cómo hacerlo con precisión.

Uno tiene $\ker B\subseteq \ker(AB)$ por lo que si se restringe (el mapa lineal con matriz) $B$ a $\ker(AB)$ , dando un mapa $\tilde B:\ker(AB)\to K^n$ se ve que $\ker(\tilde B)=\ker(B)$ (ambas inclusiones son evidentes). Dado que la imagen de $\tilde B$ está contenida en $\ker A$ por la definición de $\ker(AB)$ , uno tiene $\rk\tilde B\leq\dim\ker A$ . Ahora la nulidad de rango aplicada a $\tilde B$ da $$\dim\ker(AB)=\dim\ker\tilde B+\rk\tilde B\leq\dim\ker B+\dim\ker A,$$ como se desee.

Answer 2

Como las multiplicaciones a la izquierda o a la derecha por matrices invertibles (y en particular, matrices elementales) no cambian el rango de una matriz, podemos suponer WLOG que $A=\pmatrix{I_r&0\\ 0&0}$ . Por lo tanto, \begin {align*} \operatorname {rank}(A)+ \operatorname {rank}(B) &= \operatorname {rank}(A)+ \operatorname {rank}(AB+(I-A)B) \\ & \le\operatorname {rank}(A)+ \operatorname {rank}(AB)+ \operatorname {rango}((I-A)B) \\ & \le r+ \operatorname {rank}(AB)+(n-r) \\ &= \operatorname {rank}(AB)+n. \end {align*} La penúltima línea se debe a que la primera $r$ filas de $(I-A)B$ son cero.

Answer 3

$$n+r(AB)=r(M)=r \begin{pmatrix} I_n & 0 \\ 0 & AB \end{pmatrix}$$ Utilizar la transformación elemental generalizada para $M$ : $$M=\begin{pmatrix} I_n & 0 \\ 0 & AB \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} I_n & 0 \\ A & AB \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} I_n & -B \\ A & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} B & I_n \\ 0 & A \end{pmatrix},$$ por lo que $$n+r(AB)=r(M)= r\begin{pmatrix} B & I_n \\ 0 & A \end{pmatrix}\geq r(A)+r(B):$$

Esta solución es de aquí .

Answer 4

Dejemos que $T:V\to W,\ S:W\to V$ sean transformaciones lineales que correspondan a $A,B$ . Equivalentemente queremos demostrar que $r(T)+r(S)\leq r(TS)+n$ también muestran de manera similar que $$\dim \ker(T) + \dim \ker(S) \gt \dim \ker(TS).$$ Sé que $\ker (S) \subset \ker (TS)$ . Sea { $a_1,a_2,\ldots,a_r$ } ser una base para $\ker (S)$ ; ampliar esta base para $\ker(ST)$ a { $a_1,a_2,\ldots,a_r,a_{r+1},a_{r+2},\ldots,a_s$ } y luego demostrar que { $S(a_{r+1}), S(a_{r+2}),\ldots,S(a_s)$ } son un conjunto de elementos independientes s.t. $S(a_i)\in \ker (T) \, \forall i:r+1,\ldots,s$ e indicar $\ker (T) \ge s-r,$ así que $\dim \ker T+ \dim \ker S\ge s-r+r=\dim \ker TS$ . $$ 1.\dim \ker T+ \dim \ker S\ge \dim \ker TS$$ $$2.\dim \ker T+r(T)=n$$ $$3.\dim \ker S T+r(S)=n$$ $$4.\dim \ker TS+r(TS)=n.$$ Por 1, 2, 3, 4 se concluye fácilmente $r(T)+r(S)\leq r(TS)+n$ .

Answer 5

Denota por $r(A)$ el rango de $A$ y por $n(A)$ la nulidad de $A$ es decir, la dimensión del espacio nulo de $A$ . El teorema del rango más la nulidad dice que $r(A)+n(A)=n$ y $r(B)+n(B)=n$ y así $2n= r(A)+r(B)+n(A)+n(B)$ .

Dejemos que $N(A)$ sea el espacio nulo de $A$ y $R(B)$ el espacio de alcance de $B$ . Entonces $r(AB)=n - n(B)- \dim(N(A) \cap R(B))$ (intente probar esto, pista: cuál es el espacio nulo de $AB$ ?). Esto da $n = r(AB) +n(B)+ n(N(A) \cap R(B))$ y así $n + r(AB) = r(A)+r(B) +n(A) - n(N(A) \cap R(B)) \ge r(A)+r(B)$ .