¿Por qué $A^TA$ invertible si $A$ tiene columnas independientes?

Question

¿Cómo puedo entender que $A^TA$ es invertible si $A$ tiene columnas independientes? He encontrado una similar pregunta al revés, así que intenté usar el teorema

$$ rank(A^TA) \le min(rank(A^T),rank(A)) $$

Dado $rank(A) = rank(A^T) = n$ y $A^TA$ produce un $n\times n$ matriz, parece que no puedo probar que $rank(A^TA)$ es en realidad $n$ .

También he intentado ver la cuestión de otra manera con las matrices

$$ A^TA = \begin{bmatrix}a_1^T \\ a_2^T \\ \ldots \\ a_n^T \end{bmatrix} \begin{bmatrix}a_1 a_2 \ldots a_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}A^Ta_1 A^Ta^2 \ldots A^Ta_n\end{bmatrix} $$

Pero todavía no puedo mostrar que $A^TA$ es invertible. Entonces, ¿cómo puedo entender mejor por qué $A^TA$ es invertible si $A$ tiene columnas independientes?

Answer 1

Piensa en lo siguiente: $$A^TAx=\mathbf 0$$ Toma, $Ax$ un elemento en el rango de $A$ está en el espacio nulo de $A^T$ . Sin embargo, el espacio nulo de $A^T$ y la gama de $A$ son complementos ortogonales, por lo que $Ax=\mathbf 0$ .

Si $A$ tiene columnas linealmente independientes, entonces $Ax=\mathbf 0 \implies x=\mathbf 0$ por lo que el espacio nulo de $A^TA=\{\mathbf 0\}$ . Desde $A^TA$ es una matriz cuadrada, esto significa que $A^TA$ es invertible.

Answer 2

Si $A $ es un verdadero $m \times n $ matriz entonces $A $ y $A^T A $ tienen el mismo espacio nulo. Demostración: $A^TA x =0\implies x^T A^T Ax =0 \implies (Ax)^TAx=0 \implies \|Ax\|^2 = 0 \implies Ax = 0 $ .

Answer 3

Sea $A \in \mathbb R^{m \times n}$ . Tenga en cuenta que

$$f (x) := x^T A^T A x = \|A x\|_2^2$$

es semidefinida positiva. Función $f$ desaparece cuando $A x = 0_m$ . Si $A$ tiene rango de columna completo, es decir, si su $n$ son linealmente independientes, entonces $A x =0_m$ implica que $x = 0_n$ es decir, $f$ es positiva definida y, por tanto, $A^T A$ es definida positiva y, por tanto, invertible.

Answer 4

Creo que es necesario mencionar que nos ocupamos de la real campo, ya que los dos hechos mencionados pueden pas sea cierto para un campo arbitrario $F$ .

Ejemplo 1. Sea $F=\mathbb Z_5$ y $A=\left[\begin{smallmatrix} 1 & 3\\ 2 & 1\\ 0 & 1 \end{smallmatrix}\right]$ . Entonces $A$ tiene dos columnas independientes, pero $A^T A=\left[\begin{smallmatrix} 0 & 0\\ 0 & 1 \end{smallmatrix}\right]$ es no invertible .

Ejemplo 2. Sea $F$ y $A$ sea la misma que la anterior. Entonces $A=\left[\begin{smallmatrix} 1 & 3\\ 2 & 1\\ 0 & 1 \end{smallmatrix}\right]\sim \left[\begin{smallmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\\ 0 & 0 \end{smallmatrix}\right]$ es decir, ${\rm null}(A)=\{0\}$ . Pero ${\rm null}(A^TA)={\rm span}(\left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right])$ pas igual a ${\rm null}(A)$ .

Answer 5

Así no se demuestra. Resulta de un hecho mucho más general sobre anillos con elemento unidad: si dos elementos $a,b$ en un anillo $R$ son invertibles, $ab$ también lo es, y $$(ab)^{-1}=b^{-1}a ^{-1}.$$

Ahora bien, si el $n\times n$ matriz tiene $n$ columnas independientes, es invertible. Además, es fácil comprobar su transposición $\;^{\mathrm t\!}A$ también es invertible (sus filas son linealmente independientes), y $$(^{\mathrm t\!}A)^{-1}= {}^{\mathrm t\mkern-1mu}(A^{-1}).$$ Así pues, dado que ambos $A$ y $^{\mathrm t\!}A$ son invertibles, $A\,^{\mathrm t\!}A$ y $^{\mathrm t\!}A\,A$ son invertibles.