det(AB)=0

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22.01.2018, 12:27	Ulysses133	Auf diesen Beitrag antworten »
det(AB)=0 Meine Frage: Seien ein Körper K und $\begin{eqnarray} k,n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ mit n > k gegeben. Für $\begin{eqnarray} A \in \mathbb K^{nk}, B \in \mathbb K^{kn} \end{eqnarray}$ gilt dann $\begin{eqnarray} AB \in \mathbb K^{nn} \end{eqnarray}$ und daher kann der Matrix AB eine Determinante zugeordnet werden. Zeigen Sie, dass unabhängig von der Wahl von A und B immer det(AB)=0 Meine Ideen:* Ich denke, dass der einfachste Weg wohl über den Rang führt. det(AB)=0 gilt ja, wenn Rang(AB) < n Wenn mich nicht alles täuscht, dann gilt: $\begin{eqnarray} <br /> Rang(A) \leq n<br /> Rang(B) \leq k<br /> \end{eqnarray}$ AB müsste dann doch maximal den Rang k haben. Oder denke ich völlig falsch?
22.01.2018, 13:35	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: det(AB)=0 Du denkst völlig richtig Edit: Zu LaTeX: Der Befehl \times erzeugt das $\begin{eqnarray} \times \end{eqnarray}$ . Das ist der Standard um $\begin{eqnarray} K^{n \times k} \end{eqnarray}$ usw. zu schreiben.
22.01.2018, 14:00	Ulysses133	Auf diesen Beitrag antworten »
Und das war's dann auch schon? Ich bin immer verunsichert, wenn es so schnell und simpel gelöst ist
22.01.2018, 14:02	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn du weisst, dass der Rang von AB höchstens $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ ist, bist du fertig. Wenn du das nur vermutest und ihr es vorher nicht gezeigt habt, musst du das natürlich noch zeigen.
22.01.2018, 14:06	Ulysses133	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie kann ich das denn zeigen? Also ich habe mal irgendwo gelesen, dass der Rang von AB maximal der kleinere Rang von A oder B (je nach dem eben) wird. Aber ich weiß nicht mehr wo und der Sicherheit wegen würde ich das dann gerne machen.
22.01.2018, 14:16	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Aussage stimmt. Die Idee ist: Seien $\begin{eqnarray} V, W \end{eqnarray}$ endlich-dimensionale Vektorräume und $\begin{eqnarray} \phi\colon V \to W \end{eqnarray}$ eine lineare Abbildung. Dann ist $\begin{eqnarray} Im( \phi) \subset W \end{eqnarray}$ ein Untervektorraum. Und falls $\begin{eqnarray} \mathcal B = \{ e_1, e_2, \ldots, e_k \} \end{eqnarray}$ eine Basis von $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ ist, so ist $\begin{eqnarray} \mathcal B' = \{ \phi(e_1), \ldots, \phi(e_k) \} \end{eqnarray}$ ein Erzeugendensystem von $\begin{eqnarray} Im(\phi) \end{eqnarray}$ . Damit ist die Dimension von $\begin{eqnarray} Im (\phi) \end{eqnarray}$ höchstens $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ . Fasst man also $\begin{eqnarray} A \colon K^k \to K^n \end{eqnarray}$ als lineare Abbildung auf, folgt sogar $\begin{eqnarray} Rang A \leq k \end{eqnarray}$ . Ist das Lemma bekannt? Wenn nein, dann kannst du es beweisen? (Habe es extra schrittweise aufgeschrieben).
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22.01.2018, 14:25	Ulysses133	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein und nein
22.01.2018, 14:28	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Tjo, dann bleibt nur wohl nur eine Sache übrig: Versuche es zu beweisen, und wir gucken wie weit du kommst.
22.01.2018, 15:14	Ulysses133	Auf diesen Beitrag antworten »
Puuhh... Okay, dann versuch ich's mal Also, was mir jetzt klar ist, ist dass gilt: $\begin{eqnarray} Rang (A) \leq dim(K^{k}) \end{eqnarray}$ Und deswegen ist $\begin{eqnarray} Rang(A) \leq k \end{eqnarray}$
22.01.2018, 15:29	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok. Wenn wir das klar ist, dann folgt das oben mit $\begin{eqnarray} Bild(AB) \subset Bild(A) \end{eqnarray}$ und damit $\begin{eqnarray} rang(AB) \leq rang(A) \end{eqnarray}$ .
22.01.2018, 15:32	Ulysses133	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, ich glaube der Groschen fällt. Ich muss jetzt erstmal weg, aber ich schaue mir das gleich noch mal an, bis ich's wirklich verstanden und verinnerlicht habe. Danke, dafür. Das hat mir echt geholfen.

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