Teorema de rango-nulidad

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En álgebra lineal, relación entre 3 dimensiones

El teorema de rango-nulidad es un teorema de álgebra lineal, que afirma:

el número de columnas de una matriz $M$ es la suma del rango de $M$ y la nulidad de $M$ ; y
la dimensión del dominio de una transformación lineal $f$ es la suma del rango de $f$ (la dimensión de la imagen $f$ ) y la nulidad de $f$ (la dimensión del núcleo $f$ ).

Did you mean:

It follows that for linear transformations of vector spaces of finite dimension, either injectivity and surjectivity implies injectivity.

Enunciado del teorema

Transformaciones lineales

Vamos ${displaystyle T:Vto W}$ ser una transformación lineal entre dos espacios vectoriales donde $T$ 's dominio $V$ es una dimensión finita. Entonces...

{displaystyle operatorname {rank} (T)~+~operatorname {nullity} (T)~=~dim V,}

{textstyle operatorname {rank} (T)}

T

{displaystyle operatorname {nullity} (T)}

T

{displaystyle dim(operatorname {Im} T)+dim(operatorname {Ker} T)=dim(operatorname {Domain} (T)).}

T

{displaystyle V/operatorname {Ker} (T)}

{displaystyle operatorname {Image} (T),}

V

{displaystyle operatorname {Ker} (T)}

{displaystyle operatorname {Image} (T)oplus operatorname {Ker} (T)cong V.}

Matrices

Los mapas lineales pueden ser representados con matrices. Más precisamente, un $mtimes n$ matriz $M$ representa un mapa lineal ${displaystyle f:F^{n}to F^{m},}$ Donde $F$ es el campo subyacente. Entonces, la dimensión del dominio $f$ es $n$ , el número de columnas de $M$ , y el teorema de anualidad rango para un $mtimes n$ matriz $M$ es

{displaystyle operatorname {rank} (M)+operatorname {nullity} (M)=n.}

Pruebas

Aquí ofrecemos dos pruebas. El primero opera en el caso general, utilizando mapas lineales. La segunda prueba mira el sistema homogéneo ${displaystyle mathbf {Ax} =mathbf {0}}$ Donde $mathbf{A}$ es un $mtimes n$ con rango $r,$ y muestra explícitamente que existe un conjunto de $n-r$ soluciones linealmente independientes que abarcan el espacio nulo $mathbf {A}$ .

Si bien el teorema requiere que el dominio del mapa lineal sea de dimensión finita, no existe tal suposición en el codominio. Esto significa que hay aplicaciones lineales no dadas por matrices para las que se aplica el teorema. A pesar de esto, la primera prueba en realidad no es más general que la segunda: dado que la imagen del mapa lineal es de dimensión finita, podemos representar el mapa desde su dominio hasta su imagen mediante una matriz, probar el teorema para esa matriz, entonces componer con la inclusión de la imagen en el codominio completo.

Primera prueba

Vamos $V,W$ ser espacios vectoriales en algún campo ${displaystyle F,}$ y $T$ definido como en la declaración del teorema con ${displaystyle dim V=n}$ .

As ${displaystyle operatorname {Ker} Tsubset V}$ es un subespacio, existe una base para ello. Suppose ${displaystyle dim operatorname {Ker} T=k}$ y dejar

{displaystyle {mathcal {K}}:={v_{1},ldotsv_{k}}subset operatorname {Ker} (T)}

Ahora podemos, por el intercambio de Steinitz, extendernos ${mathcal {K}}$ con $n-k$ vectores linealmente independientes ${displaystyle w_{1},ldotsw_{n-k}}$ para constituir una base completa $V$ .

Dejar

{displaystyle {mathcal {S}}:={w_{1},ldotsw_{n-k}}subset Vsetminus operatorname {Ker} (T)}

{displaystyle {mathcal {B}}:={mathcal {K}}cup {mathcal {S}}={v_{1},ldotsv_{k},w_{1},ldotsw_{n-k}}subset V}

V

{displaystyle operatorname {Im} T=operatorname {Span} T({mathcal {B}})=operatorname {Span} {T(v_{1}),ldotsT(v_{k}),T(w_{1}),ldotsT(w_{n-k})}}

{displaystyle =operatorname {Span} {T(w_{1}),ldotsT(w_{n-k})}=operatorname {Span} T({mathcal {S}}).}

Ahora afirmamos que ${displaystyle T({mathcal {S}})}$ es una base para ${displaystyle operatorname {Im} T}$ . La igualdad anterior ya establece que ${displaystyle T({mathcal {S}})}$ es un conjunto generador para ${displaystyle operatorname {Im} T}$ ; queda por demostrar que también es linealmente independiente concluir que es una base.

Suppose ${displaystyle T({mathcal {S}})}$ no es linealmente independiente, y

{displaystyle sum _{j=1}^{n-k}alpha _{j}T(w_{j})=0_{W}}

{displaystyle alpha _{j}in F}

Así pues, debido a la linealidad $T$ , sigue que

{displaystyle Tleft(sum _{j=1}^{n-k}alpha _{j}w_{j}right)=0_{W}implies left(sum _{j=1}^{n-k}alpha _{j}w_{j}right)in operatorname {Ker} T=operatorname {Span} {mathcal {K}}subset V.}

{mathcal {B}}

{displaystyle alpha _{j}}

{displaystyle T({mathcal {S}})}

{displaystyle operatorname {Im} T}

Para resumir, tenemos ${mathcal {K}}$ , una base para ${displaystyle operatorname {Ker} T}$ , y ${displaystyle T({mathcal {S}})}$ , una base para ${displaystyle operatorname {Im} T}$ .

Finalmente podemos afirmar que

{displaystyle operatorname {Rank} (T)+operatorname {Nullity} (T)=dim operatorname {Im} T+dim operatorname {Ker} T}

{displaystyle =|T({mathcal {S}})|+|{mathcal {K}}|=(n-k)+k=n=dim V.}

Esto concluye nuestra prueba.

Segunda prueba

Vamos $mathbf {A}$ ser un $mtimes n$ matriz $r$ columnas linealmente independientes (es decir, ${displaystyle operatorname {Rank} (mathbf {A})=r}$ ). Demostraremos que:

Existe un conjunto de $n-r$ soluciones linealmente independientes al sistema homogéneo ${displaystyle mathbf {Ax} =mathbf {0} }$ .
Que cada otra solución es una combinación lineal de estas $n-r$ soluciones.

Para hacer esto, produciremos un ${displaystyle ntimes (n-r)}$ matriz $mathbf {X}$ cuyas columnas forman la base del espacio nulo de $mathbf {A}$ .

Sin pérdida de generalidad, asuma que la primera $r$ columnas de $mathbf {A}$ son linealmente independientes. Así que podemos escribir

{displaystyle mathbf {A} ={begin{pmatrix}mathbf {A} _{1}&mathbf {A} _{2}end{pmatrix}},}

${displaystyle mathbf {A} _{1}}$ es un $mtimes r$ matriz $r$ vectores de columna linealmente independientes, y
${displaystyle mathbf {A} _{2}}$ es un ${displaystyle mtimes (n-r)}$ matriz tal que cada uno de sus $n-r$ columnas es combinaciones lineales de las columnas de ${displaystyle mathbf {A} _{1}}$ .

Esto significa que ${displaystyle mathbf {A} _{2}=mathbf {A} _{1}mathbf {B} }$ para algunos ${displaystyle rtimes (n-r)}$ matriz $mathbf {B}$ (ver factorización de rango) y, por consiguiente,

{displaystyle mathbf {A} ={begin{pmatrix}mathbf {A} _{1}&mathbf {A} _{1}mathbf {B} end{pmatrix}}.}

Dejar

{displaystyle mathbf {X} ={begin{pmatrix}-mathbf {B} \mathbf {I} _{n-r}end{pmatrix}},}

mathbf {I} _{n-r}

{displaystyle (n-r)times (n-r)}

mathbf {X}

{displaystyle ntimes (n-r)}

{displaystyle mathbf {A} mathbf {X} ={begin{pmatrix}mathbf {A} _{1}&mathbf {A} _{1}mathbf {B} end{pmatrix}}{begin{pmatrix}-mathbf {B} \mathbf {I} _{n-r}end{pmatrix}}=-mathbf {A} _{1}mathbf {B} +mathbf {A} _{1}mathbf {B} =mathbf {0} _{mtimes (n-r)}.}

Por lo tanto, cada uno de los $n-r$ columnas de $mathbf {X}$ son soluciones particulares ${displaystyle mathbf {Ax} ={0}_{{F}^{m}}}$ .

Además, el $n-r$ columnas de $mathbf {X}$ son linealmente independientes porque ${displaystyle mathbf {Xu} =mathbf {0} _{{F}^{n}}}$ implicarán ${displaystyle mathbf {u} =mathbf {0} _{{F}^{n-r}}}$ para ${displaystyle mathbf {u} in {F}^{n-r}}$ :

{displaystyle mathbf {X} mathbf {u} =mathbf {0} _{{F}^{n}}implies {begin{pmatrix}-mathbf {B} \mathbf {I} _{n-r}end{pmatrix}}mathbf {u} =mathbf {0} _{{F}^{n}}implies {begin{pmatrix}-mathbf {B} mathbf {u} \mathbf {u} end{pmatrix}}={begin{pmatrix}mathbf {0} _{{F}^{r}}\mathbf {0} _{{F}^{n-r}}end{pmatrix}}implies mathbf {u} =mathbf {0} _{{F}^{n-r}}.}

mathbf {X}

n-r

{displaystyle mathbf {Ax} =mathbf {0} _{mathbb {F} ^{m}}}

Probamos que cualquiera solución de ${displaystyle mathbf {Ax} =mathbf {0} _{{F}^{m}}}$ debe ser una combinación lineal de las columnas de $mathbf {X}$ .

Para esto, deja

{displaystyle mathbf {u} ={begin{pmatrix}mathbf {u} _{1}\mathbf {u} _{2}end{pmatrix}}in {F}^{n}}

ser cualquier vector tal que ${displaystyle mathbf {Au} =mathbf {0} _{{F}^{m}}}$ . Desde las columnas de ${displaystyle mathbf {A} _{1}}$ son linealmente independientes, ${displaystyle mathbf {A} _{1}mathbf {x} =mathbf {0} _{{F}^{m}}}$ implicación ${displaystyle mathbf {x} =mathbf {0} _{{F}^{r}}}$ .

Por lo tanto,

{displaystyle {begin{array}{rcl}mathbf {A} mathbf {u} &=&mathbf {0} _{{F}^{m}}\implies {begin{pmatrix}mathbf {A} _{1}&mathbf {A} _{1}mathbf {B} end{pmatrix}}{begin{pmatrix}mathbf {u} _{1}\mathbf {u} _{2}end{pmatrix}}&=&mathbf {A} _{1}mathbf {u} _{1}+mathbf {A} _{1}mathbf {B} mathbf {u} _{2}&=&mathbf {A} _{1}(mathbf {u} _{1}+mathbf {B} mathbf {u} _{2})&=&mathbf {0} _{mathbb {F} ^{m}}\implies mathbf {u} _{1}+mathbf {B} mathbf {u} _{2}&=&mathbf {0} _{{F}^{r}}\implies mathbf {u} _{1}&=&-mathbf {B} mathbf {u} _{2}end{array}}}

{displaystyle implies mathbf {u} ={begin{pmatrix}mathbf {u} _{1}\mathbf {u} _{2}end{pmatrix}}={begin{pmatrix}-mathbf {B} \mathbf {I} _{n-r}end{pmatrix}}mathbf {u} _{2}=mathbf {X} mathbf {u} _{2}.}

Esto demuestra que cualquier vector $mathbf {u}$ que es una solución ${displaystyle mathbf {Ax} =mathbf {0} }$ debe ser una combinación lineal de la $n-r$ soluciones especiales dadas por las columnas de $mathbf {X}$ . Y ya hemos visto que las columnas de $mathbf {X}$ son linealmente independientes. Por lo tanto, las columnas de $mathbf {X}$ constituye una base para el espacio nulo de $mathbf {A}$ . Por lo tanto, la nulidad de $mathbf {A}$ es $n-r$ . Desde $r$ igualdad de rango $mathbf {A}$ , sigue que ${displaystyle operatorname {Rank} (mathbf {A})+operatorname {Nullity} (mathbf {A})=n}$ . Esto concluye nuestra prueba.

Un tercer subespacio fundamental

Cuando ${displaystyle T:Vto W}$ es una transformación lineal entre dos subespacios finitos-dimensionales, con ${displaystyle n=dim(V)}$ y ${displaystyle m=dim(W)}$ (también puede ser representado por un $mtimes n$ matriz $M$ ), el teorema de rango anual afirma que si $T$ tiene rango $r$ , entonces $n-r$ es la dimensión del espacio nulo de $M$ , que representa el núcleo $T$ . En algunos textos, un tercer subespacio fundamental asociado a $T$ se considera junto a su imagen y núcleo: el cokernel $T$ es el espacio conveniente ${displaystyle W/operatorname {Image} (T)}$ , y su dimensión es $m-r$ . Esta fórmula de dimensión (que también podría ser renderizada ${displaystyle dim operatorname {Image} (T)+dim operatorname {Coker} (T)=dim(W)}$ ) junto con el teorema de rango-nullidad a veces se llama el teorema fundamental de álgebra lineal.

Reformulaciones y generalizaciones

Este teorema es un enunciado del primer teorema de isomorfismo del álgebra para el caso de espacios vectoriales; se generaliza al lema de división.

En un lenguaje más moderno, el teorema también puede expresarse diciendo que cada secuencia exacta corta de espacios vectoriales se divide. Explícitamente, dado que

{displaystyle 0rightarrow Urightarrow Vmathbin {overset {T}{rightarrow }} Rrightarrow 0}

{displaystyle Uoplus Rcong V}

{displaystyle dim(U)+dim(R)=dim(V).}

R

{displaystyle operatorname {Im} T}

U

{displaystyle operatorname {Ker} T}

{displaystyle 0rightarrow ker Tmathbin {hookrightarrow } Vmathbin {overset {T}{rightarrow }} operatorname {im} Trightarrow 0}

En el caso de dimensión finita, esta formulación es susceptible de una generalización: si

{displaystyle 0rightarrow V_{1}rightarrow V_{2}rightarrow cdots V_{r}rightarrow 0}

{displaystyle sum _{i=1}^{r}(-1)^{i}dim(V_{i})=0.}

índice

{displaystyle Tin operatorname {Hom} (V,W)}

V

W

{displaystyle operatorname {index} T=dim operatorname {Ker} (T)-dim operatorname {Coker} T.}

Intuitivamente, ${displaystyle dim operatorname {Ker} T}$ es el número de soluciones independientes $v$ de la ecuación ${displaystyle Tv=0}$ , y ${displaystyle dim operatorname {Coker} T}$ es el número de restricciones independientes que deben imponerse $w$ para hacer ${displaystyle Tv=w}$ solvable. El teorema de rango-nullidad para espacios vectoriales finitos es equivalente a la declaración

{displaystyle operatorname {index} T=dim V-dim W.}

Vemos que podemos leer fácilmente el índice del mapa lineal $T$ de los espacios involucrados, sin necesidad de analizar $T$ en detalle. Este efecto también se produce en un resultado mucho más profundo: el teorema del índice de Atiyah-Singer indica que el índice de ciertos operadores diferenciales se puede leer de la geometría de los espacios involucrados.

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