Probar que si Rango$(A)=n$, entonces Rango$(AB)=$ Rango$(B)$

Question

Permitir$A \in Mat_{m\times n}(\mathbb{R})$ y$B \in Mat_{n\times p}(\mathbb{R})$.

Probar que si Rango$(A)=n$ entonces Rango$(AB)=$ Rango$(B)$.

Intenté comenzar con definiciones encontrando que$n \le m$, pero no sabía qué hacer con$AB$.

Por favor ayuda, gracias!

Answer 1

Primera observación es que el $A^tA$ es no singular. Si $A^tAx=0$, para algunas de las $x=(x_1,\ldots,x_n)\in\mathbb R^n$,$x\ne 0$, luego $$ 0=\langle Un^de impuestos,x\rangle=\langle Ax,Ax\rangle, $$ lo que implica que $Ax=0$. En $A=(a_1,\ldots,a_n)$, $a_j$'s de las columnas de a$A$,$Ax=x_1a_1+\cdots+x_na_n=0$, significa que el $n$ columnas de $A$ son linealmente dependientes, y por lo tanto su rango es menor que $n$.

Vamos $$b_1,\ldots,b_p,$$ be the columns of $B$, i.e., $B=(b_1,\ldots,b_p)$, and assume that rank$(B)=k$, and $b_{i_1},\ldots,b_{i_k}$ son linealmente independientes. Vamos a demostrar que $Ab_{i_1},\ldots,Ab_{i_k}$ también son linealmente independientes. Si no, entonces $$ c_1Ab_{i_1}+\cdots+c_kAb_{i_k}=0\quad\Longrightarrow\quad c_1A^tAb_{i_1}+\cdots+c_kA^tAb_{i_k} =0, $$ y por lo tanto $A^tA(c_1b_{i_1}+\cdots+c_kb_{i_k})=0$, y como $A^tA$ es no singular, entonces $c_1b_{i_1}+\cdots+c_kb_{i_k}=0$, lo cual es una contradicción. Así $$ \mathrm{rango}\,(AB)\ge\mathrm{rango}\,(B). $$ Lo contrario es tan fácil, puesto que si el rango de$(AB)=k$, e $Ab_{i_1},\ldots,Ab_{i_k}$ son linealmente independientes, entonces $b_{i_1},\ldots,b_{i_k}$ también son linealmente independientes, por si no lo fueran, $c_1b_{i_1}+\cdots+c_kb_{i_k}=0$, para algunas de las $c_j$'s no todos cero. Pero, a continuación, $$ 0+A(c_1b_{i_1}+\cdots+c_kb_{i_k})=c_1Ab_{i_1}+\cdots+c_kAb_{i_k}, $$ lo cual es una contradicción.

Answer 2

Sugerencia: $\operatorname{rank}(AB) \leq \operatorname{rank}(B)$ es fácil.

Si$A$ es$m \times n$ y$\operatorname{rank}(A)=n$, entonces$A$ tiene un inverso izquierdo.

Llame a este inverso$C$ y use

ps

Answer 3

No es difícil ver que$r(B)\geq r(AB)$. Ahora, podemos usar la desigualdad de rango de Sylvester $r(AB)+n\geq r(A)+r(B)$. Uno puede ver que$r(AB)+n\geq n+r(B)$. Podemos concluir que $r(AB)=r(B)$.

Answer 4

Sabemos que $L_A: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^m$, $L_A x\mapsto Ax$ es una inyección desde $\text{rank} (A)=\text{rank} (L_A)= n$, (por la dimensión teorema $n-\text{rank}(L_A)= \dim(\ker(L_A))=0$). Vamos $L_B: \mathbb{R}^p \rightarrow \mathbb{R}^n$, $L_B x= Bx$. Claramente $L_B(\mathbb{R}^p)$ es el subespacio de $\mathbb{R}^n$.

Ahora desde $L_A$ es de 1-1, a continuación, es claramente inyectiva cuando está restringido en el subespacio $L_B(\mathbb{R}^p)$. A continuación, $L_A\restriction_{L_B(\mathbb{R}^p)}: L_B(\mathbb{R}^p) \rightarrow L_A(L_B(\mathbb{R}^p))$ es un bijection. Por lo $\dim(L_B(\mathbb{R}^p))=\dim(L_A(L_B(\mathbb{R}^p)))$.

[Se puede torcer el argumento mostrando que $\dim(L_B(\mathbb{R}^p))<\dim(L_A(L_B(\mathbb{R}^p)))$ $\dim(L_B(\mathbb{R}^p))>\dim(L_A(L_B(\mathbb{R}^p)))$ conduce a una contradicción. Para el ex contradiciendo la surjectivity y por último la inyectividad ]

Desde $\dim(L_A(L_B(\mathbb{R}^p)))= \dim(L_AL_B(\mathbb{R}^p))=\text{rank} (L_{A}L_{B})=\text{rank} (L_{AB})= \text{rank} (AB)$$\dim(L_B(\mathbb{R}^p))=\text{rank} (L_B)= \text{rank} (B)$. Por lo tanto $\text{rank} (B)=\text{rank} (AB)$ como se desee.

Answer 5

Recuerde, si:

(a) $rk(A + B) \leq rk(A) + rk(B)$ dos $mxn$ matrices $A,B$;

(b) $rk(AB) \leq min (rk(A); rk(B))$ cualquier $kxl$ matriz $A$ $lxm$ matriz $B$;

(c) desde una $nxn$ matriz $M$ es positivo denitiva, a continuación,$rk(M) = n$.

Así que, para tu pregunta: Probar que si $rk(A)=n$ $rk(AB)=rk(B)$

desde $A \in Mat_{m\times n}(\mathbb{R})$ que es la matriz de $A$ es positiva definida, y que por $n \le m$ el número máximo de columnas linealmente independientes es $n$, por lo tanto $rk(A) = n$. similares para $rk(B)$ $p \le n$ el número máximo de columnas linealmente independientes es $p$, por lo tanto $rk(B) = p$.

Además, ya tenemos $A \in Mat_{m\times n}(\mathbb{R})$$B \in Mat_{n\times p}(\mathbb{R})$. tomamos $A,B$ tal que $A $ $mxn$ $B$ $nxp$ $AB=I_{mp}$

Por eso, $rk(AB)\le rk(A) \le n \lt p $ por lo tanto $rk(I_{mp})=mp$ $rk(AB) \leq min (rk(A); rk(B))$

Y como $rk(I_{mp})=mp$,$rk(AB)\ne rk(I_{mp}) \Rightarrow AB \ne I_{mp}$, lo que Si $A$ $m × n$ como matriz de $rk(A) = n$ y , a continuación, $rk(B)$ $p \le n$ el número máximo de columnas linealmente independientes es $p$, e $rk(B) = p$, por lo $rk(AB)=rk(B)$.

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