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Kern einer Matrix und Transponierte Matrix

Universität / Fachhochschule

Matrizenrechnung

Tags: Matrizenrechnung

Clmxz aktiv_icon

18:52 Uhr, 29.04.2020

Hi ,
sitze grad an einem beweis und hänge bei einem kleinen Zwischenschritt fest ,
hoffe mir kann jemand helfen :
Sei A eine reelle

n x n

Matrix , zz. ist das Ker

(A A^{t}) c

Ker

(A)

.
Was auch ginge wäre , zz. dass Ker

(A A^{t}) c

Ker

(A^{t} A)

. Was im wesentlichen glaube keinen unterschied im beweis machen würde .
Vielen Dank schonmal.

"

c :=

Teilmenge"

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

ermanus aktiv_icon

19:36 Uhr, 29.04.2020

Hallo,
die Aussage wirst du nicht beweisen können, da sie falsch ist!
Man findet schon bei

2 \times 2

-Matrizen ein Gegenbeispiel.
Gruß ermanus

Clmxz aktiv_icon

20:07 Uhr, 29.04.2020

Kann man denn zeigen dass die Dimension des kerns jeweils die gleiche ist ?

ermanus aktiv_icon

21:13 Uhr, 29.04.2020

dim(ker(

A A^{t}

))=dim(ker(

A

)) ?

Zumindest fällt mir hier bisher kein Gegenbeispiel ein.
Einen Beweis habe ich aber auch nicht parat.

Gruß ermanus

Clmxz aktiv_icon

21:58 Uhr, 29.04.2020

Ja genau, also eigentlich zu beweisen war , dass rang

(A) =

rang

(A \cdot A^{t})

Das wollte ich halt über die dimensionsformel machen ,sprich dim(A)=dim(ker(A))+rang(A)
,analog für

A \cdot A^{t}

.
Dazu ,üsste man nur zeigen dass die dimension und der kern übereinstimmen , nur wie bereits geschrieben fällt mir nicht ein wie man dim(Ker(A))=dim(Ker(A*A^t)) beweisen kann , vllt gibt es ja auch einfach noch eine bessere herangehensweise.
Gruß Clmxz

ermanus aktiv_icon

13:54 Uhr, 30.04.2020

Hallo,

ich schlage dir hier einen Weg vor, der mir selbst ein bisschen
sehr aufwendig erscheint. Vielleicht erscheint hier noch ein Helfer
mit einem kürzeren Vorschlag ...

Es gibt eine invertierbare Matrix

S

, so dass

S A

eine reduzierte/normierte
Zeilenstufenform (auch Treppennormalform, reduced Echelon genannt) besitzt.
Durch eine etwaige Permutation der Spalten mit einer Permutationsmatrix

P

bekommt man

S A P = (\begin{array}{cc} I_{r} & B \\ 0 & 0 \end{array})

,

wobei

r = r a n g (A)

ist und

B

eine

r \times (n - r)

-Matrix.
Dann gilt

S A P (S A P)^{T} = S A P P^{T} A^{T} S^{T} = S A A^{T} S^{T}

, da

P

orthogonal ist.

Somit ergibt sich

S A A^{T} S^{T} = S A {(S A)}^{T} = (\begin{array}{cc} I_{r} & B \\ 0 & 0 \end{array}) (\begin{array}{cc} I_{r} & 0 \\ B^{T} & 0 \end{array}) = (\begin{array}{cc} I_{r} + B B^{T} & 0 \\ 0 & 0 \end{array})

.

Wir wollen nun zeigen, dass

I_{r} + B B^{T}

den Rang

r

hat, also injektiv ist.
Sei dazu

(I_{r} + B B^{T}) v = 0 \overset{}{\Leftrightarrow} v + B B^{T} v = 0 \overset{}{\Leftrightarrow} B B^{T} v = - v .

Wäre

v \neq 0

, dann hätte also

B B^{T}

den Eigenwert

- 1

.
Nun sind aber Matrizen der Gestalt

B B^{T}

positiv semidefinit,
also ist

- 1

kein Eigenwert und somit

v = 0

.

Insgesamt haben wir damit

r a n g (A A^{T}) = r a n g (S A A^{T} S^{T}) = r a n g (I_{r} + B B^{T}) = r = r a n g (A)

.

Gruß ermanus

Clmxz aktiv_icon

20:11 Uhr, 30.04.2020

Vielen lieben Dank,
Ich werde versuchen deinen Beweis nachzuvollziehen :-)
Ich lass die Frage erstmal noch offen ,falls jemand noch andere Ideen hat .

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