Beweis Spaltenrg = Zeilenrang < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Sei $A [mm] \in [/mm] M(m [mm] \times [/mm] n, K)$. Es gilt $Srg(A) = Zrg(A)$ |
Hallo allerseits!
Ich versuche gerade den oben genannten Beweis in meinem LA-Script nachzuvollziehen. Leider ist er an einigen Stellen ziemlich kurz, und ich bin mir daher nicht sicher, ob ich die einzelnen Schritte wirklich verstanden habe. Ich werde unten den Beweis aus dem Script angeben und in blau meine eigenen Kommentare dazu abgeben. Falls meine Argumentation falsch oder unpräzise ist, wäre ich sehr dankbar, wenn Ihr mich darauf hinweisen könntet. Über sonstige Kommentare freue ich mich aber auch 
Beweis: Sei $r = Srg(A)$, seien [mm] $\left(a^{j_1}, \ldots, a^{j_r} \right)$ [/mm] linear unabhängig. Ohne Einschränkung sei dabei [mm] $j_1 [/mm] = 1, [mm] \ldots, j_r [/mm] = r$ nach Umnummerierung. Sei dann [mm] $\tilde [/mm] A := [mm] \left(a^1, \ldots, a^r \right)$, [/mm] das ist eine Matrix in $M(n [mm] \times [/mm] r)$. Dann lässt sich $A$ schreiben als $A = [mm] (\tilde [/mm] A, [mm] \bar [/mm] A)$ mit [mm] $\bar [/mm] A [mm] \in [/mm] M(m [mm] \times [/mm] (n-r))$. Nun ist [mm] $Zrg(\tilde [/mm] A) [mm] \le [/mm] r$, weil die Zeilen von [mm] $\tilde [/mm] A$ Vektoren in [mm] $K^r$ [/mm] sind.
Wir zeigen nun $Zrg(A) [mm] \le [/mm] r$. Dazu reicht es zu zeigen, dass $(r + 1)$ Zeilen von $A$ linear abhängig sind.
Denn dann kann es maximal $r$ linear unabhängige Zeilen geben, was äquivalent mit $Zrg(A) [mm] \le [/mm] r$ ist.
Seien [mm] $i_1, \ldots, i_{r + 1} \in \left\{1, \ldots, m \right\}$ [/mm] mit [mm] $i_1 [/mm] < [mm] i_2 [/mm] < [mm] \ldots [/mm] < [mm] i_{r +1}$. [/mm] Da [mm] $Zrg(\tilde [/mm] A) [mm] \le [/mm] r$ gibt es
$$x =(0, [mm] \ldots, x_{i_1}, \ldots, [/mm] 0, [mm] \ldots, x_{i_{r + 1}}, \ldots, [/mm] 0) [mm] \in K^m [/mm] - [mm] \left\{ 0 \right\}$$
[/mm]
mit $x * [mm] \tilde [/mm] A = 0$.
Hier bin ich mir nicht einmal sicher, was die obige Notation exakt bedeutet. Handelt es sich um einen Vektor mit $r$ Komponenten, wobei die Verteilung auf die Komponenten beliebig sein kann?
Warum gibt es einen solchen Vektor? Dies ist eine direkte Konsequenz aus der Rangformel, denn es gilt [mm] $\dim(Ker(f)) [/mm] = [mm] \dim(K^m) [/mm] - [mm] \dim(Bild(f)) \ge [/mm] m - r [mm] \ge [/mm] r + 1 - r = 1$ (ansonsten gäbe es ja keine $r + 1$ Zeilenvektoren und wir hätten gar nichts zu tun). Nach der Dimesionsformel gibt es also einen nicht trivialen Kern und deshalb ein solches $x$.
Nun ist [mm] $rg(\tilde [/mm] A) = rg(A)$, also gibt es ein [mm] $b^j \in K^r$, [/mm] mit
[mm] $$a^{r + j} [/mm] = [mm] \tilde [/mm] A * [mm] b^j,\ [/mm] j = 1, [mm] \ldots, [/mm] n-r$$
Nach der Konstruktion von [mm] $\tilde [/mm] A$ sind die restlichen Spaltenvektoren linear abhängig, können also als Linearkombination der Spaltenvektoren von [mm] $\tilde [/mm] A$ dargestellt werden. Das es ein solches [mm] $b^j$ [/mm] gibt sieht man, wenn man $A * [mm] e_j [/mm] = [mm] a^r$ [/mm] und die Linearität der Abbildung betrachtet (gibt es eine einfachere Begründung?)
Dann setze
$$B = [mm] (b^1, \ldots, b^{n - r}) \in [/mm] M(r [mm] \times [/mm] (n - r), K).$$
Es gilt [mm] $\bar [/mm] A = [mm] \tilde [/mm] A * B$. Dies sieht man mit dem oberen Punkt ein und der Tatsache, dass die Matrixmultiplikation auf jeder Spalte von $B$ einzeln operiert (die einzelnen Spalten sind ja gerade meine [mm] $b^j$).
[/mm]
Nun folgt
$$x * A = [mm] (x\tilde [/mm] A, [mm] x\bar [/mm] A) = [mm] (x\tilde [/mm] A, [mm] x\tilde [/mm] AB) = (0, [mm] \ldots, [/mm] 0).$$
Also sind die Zeilen [mm] $(a_{i_1}, \ldots, a_{i_{r + 1}})$ [/mm] von $A$ linear abhängig.
Wir haben also wieder einen nicht trivialen Kern. Warum ist sofort klar, dass dies auch eine nicht triviale Linearkombination der Null darstellt?
Insgesamt folgt also die Ungleichung $Zrg(A) [mm] \le [/mm] Srg(A)$. Durch Übergang zur transponierten Matrix [mm] $A^t$ [/mm] folgt
$$Srg(A) = [mm] Zrg(A^t) \le Srg(A^t) [/mm] = Zrg(A)$$
Somit gilt $Zrg(A) = Srg(A)$ (qed).
Vielen Dank für eure Mühe!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:39 Fr 24.08.2007 | | Autor: | clwoe |
Hi,
schau dir mal den Beweis hier an. Ist zwar nicht ganz so theoretisch aber dafür absolut nachvollziehbar. Und ich finde, man kann einen Beweis auch nicht so ganz theoretisch aufschreiben und darstellen denn hauptsache man hat das Prinzip dahinter verstanden und nicht einfach irgendeinen Beweis auswendig gelernt.
![[]](/images/popup.gif) http://www.grundstudium.info/linearealgebra/lineare_algebra_grundlagennode81.php
Sind auch noch viele andere Sachen vorhanden, die alle für die Vordiplomsprüfung verwendet werden können.
Ich benutze es selbst mit als Vorbereitung, natürlich ist das nicht alles, aber bestimmt hilfreich.
Unser Professor hat uns extra gesagt, das er keine Sätze und Definitionen abfragt, sondern hauptsächlich den Sachverhalt der hinter den ganzen Sachen steht, erklärt haben möchte. Man soll also in eigenen Worten und natürlich mit einer mathematisch korrekten Darstellung die Sachverhalte die gefragt sind darstellen und erklären können. Daran erkennt er, wer den Stoff wirklich verstanden hat und wer nur auswendig gelernt hat.
Das trifft natürlich nicht auf jeden Professor zu, aber ich wollte es nur mal erwähnen.
Gruß,
clwoe
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:01 Sa 25.08.2007 | | Autor: | subclasser |
Hallo Dominic!
Danke für den Link. Der von dir genannte Beweis ist tatsächlich kürzer und verständlicher. Du hast sicherlich Recht, dass der Beweis für Prüfungen irrelevant ist und dass maximal die Beweisidee gefragt wird.
Mir geht es hier auch weniger, mich auf die Prüfung direkt vorzubereiten oder gar irgendwelche Beweise auswendig zu lernen. Nichtsdestoweniger möchte ich sie doch beim Durcharbeiten des Stoffs verstehen und nicht einfach übergehen
Schönes Wochenende!
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