Para $v ∈ \mathbb{R}^m$ demuestre $\operatorname{rank}(vv^T) = 1$ donde $v \ne 0$ .

Question

Tengo esta información de mis notas: $\def\rk{\operatorname{rank}}$

Sea $A \mathbb{R}^{m\times n}$ . Entonces

• $\rk(A) = n$
• $\rk(A^TA) = n$
• $A^TA$ es invertible.

En mi caso, $n = 1$ por lo que tendría que mostrar $\rk(vv^T) = \rk(v^Tv) = \rk(v) = 1$ . Supongamos que $A^TAx = 0$ . Porque $A^TA$ es invertible, puedo multiplicar ambos lados por su inverso para obtener $x = 0$ lo que significa la nulidad de $A^TA$ es $0$ . ¿Puedo aplicar la misma lógica a $AA^T$ ? es decir, tengo alguna matriz $B = A^T$ Así que $B^TB$ = $AA^T$ tiene una nulidad de $0$ (y por tanto tienen el mismo rango según el teorema de rango-nulidad)?

Answer 1

No necesitas utilizar ninguna maquinaria para demostrarlo. En rango de una matriz es el dimensión del espacio de columnas de la matriz. Es fácil ver que $$\begin{align*} vv^T = \begin{pmatrix} v_1v_1 & v_1v_2 & \cdots & v_1v_n\\ v_2v_1 & v_2v_2 & \cdots & v_2v_n\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ v_nv_1 & v_nv_2 & \cdots & v_nv_n \end{pmatrix} donde v = matriz v_1\v_2\vdots\v_n} \fin{align*} Entonces el espacio de columnas de $vv^T$ es la amplitud de los vectores columna, es decir \begin{align*} \mathrm{span} \begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} v_1v_1\\ v_2v_1\\ \vdots\\ v_nv_1\\ \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} v_1v_2\\ v_2v_2\\ \vdots\\ v_nv_2\\ \end{pmatrix} , \cdots, \begin{pmatrix} v_1v_n\\ v_2v_n\\ \vdots\\ v_nv_n\\ \end{pmatrix} \end{Bmatrix} \end{align*}$$ Pero está claro que cada vector columna es un múltiplo escalar de $v$ por ejemplo, la primera columna es igual a $v_1v$ donde $v_1$ es un escalar. Por lo tanto, la amplitud de todos estos vectores es igual a la amplitud de $v$ por lo que la dimensión del espacio de columnas es $1$ .

Por lo tanto, el rango $(vv^T)= 1$ .

Answer 2

Tenga en cuenta que $v v^T v = \|v\|^2 v \neq 0$ Por lo tanto $\operatorname{rk} (v v^T) \ge 1$ .

Tenga en cuenta que $v v^T x = (v^T x) v \in \operatorname{sp} \{ v \}$ para todos $x$ . Por lo tanto ${R (v v^T)} = \operatorname{sp} \{ v \}$ y por lo tanto $\operatorname{rk} (v v^T) = 1$ .

Answer 3

$\def\rk{\operatorname{rank}}$ No, no se puede aplicar la misma lógica a $vv^T$ es decir, para $AA^T$ donde $A$ es (todavía) un $1\times m$ aunque la conclusión de que tiene rango $~1$ es cierto. El punto es que usted está tratando de aplicar las implicaciones en sus notas con los papeles de $m$ y $n$ intercambiados con respecto a su solicitud inicial, es decir, con $m=1$ y $n>1$ , pero los dos primeros puntos siguen hablando de $n$ (y necesariamente: si los sustituye por $m$ la implicación ya no es válida). El primer punto (que es la hipótesis) podría enunciarse más claramente como " $A$ tiene rango de columna completo" (lo que significa que todas sus columnas son linealmente independientes) para subrayar la asimetría con respecto a las filas y columnas de los enunciados.

Suponiendo que sabes (o te han dicho) que el primer punto implica a los otros dos puntos (lo cual es cierto), entonces sustituyendo $v^T$ para $A$ dice: "si $v^T\in\Bbb R^{1\times n}$ y $\rk(v^T)=n$ entonces $\rk(vv^T)=n$ y $vv^T$ es invertible". Esto es válido, pero inútil ya que la hipótesis $\rk(v^T)=n$ nunca puede satisfacerse si $n>1$ ya que el rango de un $1\times n$ es como máximo $1$ . A fila vector no puede tener linealmente independientes columnas (si tiene más de uno). Obsérvese, por cierto, que las conclusiones que $\rk(vv^T)=n$ y $vv^T$ es invertible sería contradice lo que intenta demostrar (es decir $\rk(vv^T)=1$ ), por lo que es una suerte que no pueda deducirlos en esta situación.

Conclusión $\rk(vv^T)=1$ es fácil de obtener ya que $\rk(vv^T)\leq1$ se deduce del hecho general de que el rango de un producto de matrices no puede superar el rango de ningún factor del producto. Sólo queda demostrar que $vv^T\neq0$ que se puede hacer fácilmente de muchas maneras. Me gustaría señalar que mientras $\rk(vv^T)=1=\rk(v^Tv)$ en este caso, es no es cierto que $AB$ y $BA$ siempre tienen el mismo rango.