Rang von nichtquadratischer Matrix

06.11.2011, 17:54	Margarita90	Auf diesen Beitrag antworten »
Rang von nichtquadratischer Matrix Hallo, folgende Situation: Gegeben sei eine Matrix $\begin{eqnarray} A \in \mathbb{C}^{m \times n} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} n \leq m \end{eqnarray}$ . Kann man zeigen, dass gilt: $\begin{eqnarray} rg(A)=n \end{eqnarray}$ gdw $\begin{eqnarray} rg(A^TA)=n \end{eqnarray}$ ? An sich find ich das ziemlich logisch, aber wie beweist man das denn? Freue mich auf eure Hilfe!
07.11.2011, 10:57	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Satz: Sei A eine nichtquadratische Matrix, deren m Zeilen die n-dimensionalen Vektoren $\begin{eqnarray} \vec a_1,...,\vec a_m \end{eqnarray}$ sind mit $\begin{eqnarray} m\leq n \end{eqnarray}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray} \text{Rang}(A)\Leftrightarrow \text{Rang}(A A^T) \end{eqnarray}$ Beweis: Die m Vektoren $\begin{eqnarray} \vec a_1,...,\vec a_m \end{eqnarray}$ spannen einen höchstens m-dimensionalen Unterraum auf, dessen orthogonales Komplement mindestens die Dimension n-m hat. Im orthogonalen Komlements suchen wir n-m linear unabhängige Vektoren $\begin{eqnarray} \vec a_{m+1},...,\vec a_n \end{eqnarray}$ . Aus den insgesamt n Vektoren $\begin{eqnarray} \vec a_1,...,\vec a_m,\vec a_{m+1},...,\vec a_{n} \end{eqnarray}$ bilden wir eine quadratische Matrix $\begin{eqnarray} \tilde A \end{eqnarray}$ . Offenbar ist der Rang von $\begin{eqnarray} \tilde A \end{eqnarray}$ genau um n-m größer also der Rang von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ . Demnach folgt aus $\begin{eqnarray} \text{Rang}(A)=m \end{eqnarray}$ die Aussage $\begin{eqnarray} \text{Rang}(\tilde A)=n \end{eqnarray}$ und umgekehrt. Da aber die Aussage $\begin{eqnarray} \text{Rang}(\tilde A)=n \end{eqnarray}$ äquivalent zur $\begin{eqnarray} \det(\tilde A)\neq 0 \end{eqnarray}$ ist, wäre der Beweis erbracht, wenn wir zeigen können $\begin{eqnarray} \det (\tilde A) \neq 0\Leftrightarrow \det(\tilde A \tilde A^T) \neq 0 \end{eqnarray}$ Dies ist aber trivial, denn bekanntlich gilt für eine beliebige Matrix $\begin{eqnarray} \det(\tilde A \tilde A^T)=\det( \tilde A)\det (\tilde A^T)={\det}^2( \tilde A) \end{eqnarray}$
07.11.2011, 13:07	Margarita90	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, erstmal vielen Dank für deine Hilfe! Deine Antwort ist sehr ausführlich und ich denke, ich kann sie gut nachvollziehen. Allerdings muss ich nochmal rückfragen: Es ging mir ja um $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} A^TA \end{eqnarray}$ . Ist es nicht so, dass du dich am Ende nur auf $\begin{eqnarray} \tilde A \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \tilde A^T \tilde A \end{eqnarray}$ beziehst? Und $\begin{eqnarray} \tilde A \end{eqnarray}$ ist ja aber quadratisch, weshalb ich hier das Determinantenargument bringen kann, was ja eben bei $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ selbst nicht geht. Das versteh ich noch nicht ganz... Liebe Grüße!
07.11.2011, 14:24	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich präzisiere den Beweis noch: Die m Zeilenvektoren $\begin{eqnarray} \vec a_1,...,\vec a_m \end{eqnarray}$ der Matrix A spannen einen maximal m-dimensionalen Unterraum auf. In dessen orthogonalen Komplement wählen wir n-m Einheitsvektoren $\begin{eqnarray} \vec n_{m+1},...,\vec n_n \end{eqnarray}$ die untereinander senkrecht stehen und folglich auch senkrecht zu den m Zeilenvektoren $\begin{eqnarray} \vec a_1,...,\vec a_m \end{eqnarray}$ liegen. Aus den insgesamt n Vektoren bilden wir die quadratische Matrix $\begin{eqnarray} \tilde A \end{eqnarray}$ mit den Zeilenvektoren $\begin{eqnarray} \vec a_1,...,\vec a_m,\vec n_{m+1},...,\vec n_n \end{eqnarray}$ . Offenbar hat das Matrixprodukt $\begin{eqnarray} \tilde A \tilde A^T \end{eqnarray}$ aufgrund der speziellen Wahl der senkrechten Einheitsvektoren folgende Gestalt $\begin{eqnarray} \tilde A \tilde A^T=\begin{pmatrix} \vec a_1\vec a_1 & ... & \vec a_1\vec a_m &&&\\ ... & ... & ...&&& \\ \vec a_m\vec a_1 & ... & \vec a_m\vec a_m&&&\\&&&1&&\\&&&&1&\\&&&&&1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Da der Rang von $\begin{eqnarray} \tilde A \end{eqnarray}$ genau um n-m größer ist als der Rang von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ gilt folgende Kette von Schlüssen: $\begin{eqnarray} \text{Rang}(A)=m \Leftrightarrow \text{Rang}(\tilde A)=n \Leftrightarrow \det(\tilde A)\neq 0 \Leftrightarrow {\det}^2(\tilde A) \neq 0 \Leftrightarrow \det (\tilde A \tilde A) \neq 0 \Leftrightarrow \det (\tilde A\tilde A^T) \neq 0 \Leftrightarrow \text{Rang}(\tilde A\tilde A^T) =n \end{eqnarray}$ Das ursprüngliche Matrixprodukt $\begin{eqnarray} AA^T \end{eqnarray}$ hatte degegen folgende Gestalt $\begin{eqnarray} A A^T=\begin{pmatrix} \vec a_1\vec a_1 & ... & \vec a_1\vec a_m\\ ... & ... & ... \\ \vec a_m\vec a_1 & ... & \vec a_m\vec a_m\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Offenbar ist die Matrix $\begin{eqnarray} AA^T \end{eqnarray}$ gerade der "linke obere Teil" der Matrix $\begin{eqnarray} \tilde A\tilde A^T \end{eqnarray}$ . Wie man deshalb sieht, ist der Rang von $\begin{eqnarray} AA^T \end{eqnarray}$ ebenfalls genau um n-m geringer ist als der Rang von $\begin{eqnarray} \tilde A\tilde A^T \end{eqnarray}$ . Die obige Kette von Schlüssen kann man am Ende ergänzen durch die Aussage $\begin{eqnarray} \text{Rang}(AA^T)=m \end{eqnarray}$ w.z.b.w.
07.11.2011, 17:32	Margarita90	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich danke dir vielmals für deine Geduld und Hilfe! Viele Grüße, Margarita
07.11.2011, 18:08	Margarita90	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe doch noch eine kleine Frage: Macht es hier einen Unterschied, ob man dei Matrix A aus den reellen oder komplexen Zahlen wählt?
Anzeige

07.11.2011, 18:34	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist egal, ob reell oder komplex.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »