Teorema de rango-nulidad

Dejar${\displaystyle T:V\to W}$sea ​​una transformación lineal entre dos espacios vectoriales donde${\displaystyle T}$dominio${\displaystyle V}$es de dimensión finita. Entonces $${\displaystyle \operatorname {rank} (T)~+~\operatorname {nulity} (T)~=~\dim V,}$$ dónde${\textstyle \operatorname {rango} (T)}$es el rango de${\displaystyle T}$(la dimensión de su imagen ) y${\displaystyle \operatorname {nulidad} (T)}$es la nulidad de${\displaystyle T}$(la dimensión de su núcleo ). En otras palabras, $${\displaystyle \dim(\operatorname {Im} T)+\dim(\operatorname {Ker} T)=\dim(\operatorname {Domain} (T)).}$$ Este teorema puede refinarse mediante el lema de división para convertirse en una afirmación sobre un isomorfismo de espacios, no solo de dimensiones. Explícitamente, dado que${\displaystyle T}$induce un isomorfismo de${\displaystyle V/\operatorname {Ker} (T)}$a${\displaystyle \operatorname {Im} (T),}$la existencia de una base para${\displaystyle V}$que extiende cualquier base dada de${\displaystyle \operatorname {Ker} (T)}$implica, a través del lema de división, que${\displaystyle \operatorname {Im} (T)\oplus \operatorname {Ker} (T)\cong V.}$Tomando dimensiones, se deduce el teorema de rango-nulidad.

Los mapas lineales se pueden representar con matrices . Más precisamente, una${\displaystyle m\times n}$La matriz M representa un mapa lineal.${\displaystyle f:F^{n}\to F^{m},}$dónde${\displaystyle F}$es el campo subyacente . ^{[ 5 ]} Entonces, la dimensión del dominio de${\displaystyle f}$es n , el número de columnas de M , y el teorema de rango-nulidad para un${\displaystyle m\times n}$La matriz M es $${\displaystyle \operatorname {rank} (M)+\operatorname {nulity} (M)=n.}$$

Dejar${\displaystyle V,W}$sean espacios vectoriales sobre algún campo${\displaystyle F,}$y${\displaystyle T}$definido como en el enunciado del teorema con${\displaystyle \dim V=n}$.

Como${\displaystyle \operatorname {Ker} T\subset V}$es un subespacio , existe una base para él. Supongamos que${\displaystyle \dim \operatorname {Ker} T=k}$y dejar $${\displaystyle {\mathcal {K}}:=\{v_{1},\ldots,v_{k}\}\subset \operatorname {Ker} (T)}$$ ser tal base.

Según el lema de intercambio de Steinitz , existe un conjunto linealmente independiente.${\displaystyle {\mathcal {S}}=\{w_{1},\ldots,w_{nk}\}}$de${\displaystyle nk}$vectores tales que la unión${\displaystyle {\mathcal {B}}={\mathcal {K}}\cup {\mathcal {S}}=\{v_{1},\ldots ,v_{k},w_{1},\ldots ,w_{nk}\}}$es una base de${\displaystyle V}$De esto se deduce $${\displaystyle {\begin{aligned}\operatorname {Im} T&=\operatorname {Span} T({\mathcal {B}})=\operatorname {Span} \{T(v_{1}),\ldots ,T(v_{k}),T(w_{1}),\ldots ,T(w_{n-k})\}\\&=\operatorname {Span} \{T(w_{1}),\ldots ,T(w_{n-k})\}=\operatorname {Span} T({\mathcal {S}}).\end{aligned}}}$$ 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 para concluir que es una base.

Para ello, consideremos una combinación lineal. $${\displaystyle \sum _{j=1}^{n-k}\alpha _{j}T(w_{j})=0_{W}}$$ para algunos${\displaystyle \alpha _{j}\in F}$Debemos demostrar que todos los coeficientes${\displaystyle \alpha _{j}}$son iguales a${\displaystyle 0}$Debido a la linealidad de${\displaystyle T}$De ello se deduce que $${\displaystyle T\left(\sum _{j=1}^{n-k}\alpha _{j}w_{j}\right)=0_{W},}$$ y por lo tanto que $${\displaystyle \left(\sum _{j=1}^{n-k}\alpha _{j}w_{j}\right)\in \operatorname {Ker} T=\operatorname {Span} {\mathcal {K}}.}$$ Por lo tanto, existen coeficientes${\displaystyle \beta _{1},\ldots ,\beta _{k}}$de tal manera que${\displaystyle \sum _{j=1}^{n-k}\alpha _{j}w_{j}=\sum _{i=1}^{k}\beta _{i}v_{i}}$y para que${\displaystyle \sum _{j=1}^{n-k}\alpha _{j}w_{j}-\sum _{i=1}^{k}\beta _{i}v_{i}=0_{V}}$Esta última relación expresa${\displaystyle 0_{V}}$como una combinación lineal de la base${\displaystyle {\mathcal {B}}}$; desde${\displaystyle {\mathcal {B}}}$es una base, todos los coeficientes${\displaystyle \alpha _{j}}$son iguales a cero. Esto demuestra que${\displaystyle T({\mathcal {S}})}$es linealmente independiente, y más específicamente que es una base para${\displaystyle \operatorname {Im} T}$.

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

Finalmente podemos afirmar que $${\displaystyle \operatorname {Rank} (T)+\operatorname {Nullity} (T)=\dim \operatorname {Im} T+\dim \operatorname {Ker} T}$$

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

Con esto concluye nuestra demostración.

Dejar${\displaystyle \mathbf {A} }$frijol${\displaystyle m\times n}$matriz con${\displaystyle r}$columnas linealmente independientes (es decir,${\displaystyle \operatorname {Rank} (\mathbf {A} )=r}$). Demostraremos que:

Para ello, produciremos un${\displaystyle n\times (n-r)}$matriz${\displaystyle \mathbf {X} }$cuyas columnas forman una base del espacio nulo de${\displaystyle \mathbf {A} }$.

Sin pérdida de generalidad , supongamos que el primero${\displaystyle r}$columnas de${\displaystyle \mathbf {A} }$son linealmente independientes. Por lo tanto, podemos escribir $${\displaystyle \mathbf {A} ={\begin{pmatrix}\mathbf {A} _{1}&\mathbf {A} _{2}\end{pmatrix}},}$$ dónde

• ${\displaystyle \mathbf {A} _{1}}$es un${\displaystyle m\times r}$matriz con${\displaystyle r}$vectores columna linealmente independientes y
• ${\displaystyle \mathbf {A} _{2}}$es un${\displaystyle m\times (n-r)}$matriz tal que cada uno de sus${\displaystyle n-r}$columnas es una combinación lineal de las columnas de${\displaystyle \mathbf {A} _{1}}$.

Esto significa que${\displaystyle \mathbf {A} _{2}=\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} }$para algunos${\displaystyle r\times (n-r)}$matriz${\displaystyle \mathbf {B} }$(véase factorización de rangos ) y, por lo tanto, $${\displaystyle \mathbf {A} ={\begin{pmatrix}\mathbf {A} _{1}&\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} \end{pmatrix}}.}$$

Dejar $${\displaystyle \mathbf {X} ={\begin{pmatrix}-\mathbf {B} \\\mathbf {I} _{n-r}\end{pmatrix}},}$$ dónde${\displaystyle \mathbf {I} _{n-r}}$es el${\displaystyle (n-r)\times (n-r)}$matriz identidad . Entonces,${\displaystyle \mathbf {X} }$es un${\displaystyle n\times (n-r)}$matriz tal que $${\displaystyle \mathbf {A} \mathbf {X} ={\begin{pmatrix}\mathbf {A} _{1}&\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-\mathbf {B} \\\mathbf {I} _{n-r}\end{pmatrix}}=-\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} +\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} =\mathbf {0} _{m\times (n-r)}.}$$

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

Además, el${\displaystyle n-r}$columnas de${\displaystyle \mathbf {X} }$son linealmente independientes porque${\displaystyle \mathbf {Xu} =\mathbf {0} _{{F}^{n}}}$implicará${\displaystyle \mathbf {u} =\mathbf {0} _{{F}^{n-r}}}$para${\displaystyle \mathbf {u} \in {F}^{n-r}}$: $${\displaystyle \mathbf {X} \mathbf {u} =\mathbf {0} _{{F}^{n}}\implies {\begin{pmatrix}-\mathbf {B} \\\mathbf {I} _{n-r}\end{pmatrix}}\mathbf {u} =\mathbf {0} _{{F}^{n}}\implies {\begin{pmatrix}-\mathbf {B} \mathbf {u} \\\mathbf {u} \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\mathbf {0} _{{F}^{r}}\\\mathbf {0} _{{F}^{n-r}}\end{pmatrix}}\implies \mathbf {u} =\mathbf {0} _{{F}^{n-r}}.}$$ Por lo tanto, los vectores columna de${\displaystyle \mathbf {X} }$constituyen un conjunto de${\displaystyle n-r}$soluciones linealmente independientes para${\displaystyle \mathbf {Ax} =\mathbf {0} _{\mathbb {F} ^{m}}}$.

A continuación, demostramos que cualquier solución de${\displaystyle \mathbf {Ax} =\mathbf {0} _{{F}^{m}}}$debe ser una combinación lineal de las columnas de${\displaystyle \mathbf {X} }$.

Para ello, dejemos $${\displaystyle \mathbf {u} ={\begin{pmatrix}\mathbf {u} _{1}\\\mathbf {u} _{2}\end{pmatrix}}\in {F}^{n}}$$

sea ​​cualquier vector tal que${\displaystyle \mathbf {Au} =\mathbf {0} _{{F}^{m}}}$Dado que las columnas de${\displaystyle \mathbf {A} _{1}}$son linealmente independientes,${\displaystyle \mathbf {A} _{1}\mathbf {x} =\mathbf {0} _{{F}^{m}}}$implica${\displaystyle \mathbf {x} =\mathbf {0} _{{F}^{r}}}$.

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${\displaystyle \mathbf {u} }$esa es una solución de${\displaystyle \mathbf {Ax} =\mathbf {0} }$debe ser una combinación lineal de los${\displaystyle n-r}$soluciones especiales dadas por las columnas de${\displaystyle \mathbf {X} }$. Y ya hemos visto que las columnas de${\displaystyle \mathbf {X} }$son linealmente independientes. Por lo tanto, las columnas de${\displaystyle \mathbf {X} }$constituyen una base para el espacio nulo de${\displaystyle \mathbf {A} }$. Por lo tanto, la nulidad de${\displaystyle \mathbf {A} }$es${\displaystyle n-r}$. Desde${\displaystyle r}$igual rango de${\displaystyle \mathbf {A} }$De ello se deduce que${\displaystyle \operatorname {Rank} (\mathbf {A} )+\operatorname {Nullity} (\mathbf {A} )=n}$Con esto concluye nuestra demostración.