<<

. 24
( 63 .)



>>

rg s (A) = rg z (At ) , rg z (A) = rg s (At ) . (4.7)


Lemma 4.37
Sei A ∈ IK m,n . Dann gilt:

(a) rg s (A) = rg(A) .

(b) rg s (A) = rg s (T A S) , rg z (A) = rg z (T A S) , falls T ∈ IK m,m , S ∈ IK n,n inver-
tierbar sind.
Beweis:
Zu (a).
Da rg(A) = dimIK Bild (A) gilt und die Spalten von A ein Erzeugendensystem von Bild (A)
sind, ist die Behauptung klar.
Zu (b).
Klar ist, daß def (AS) = def (A) gilt, da S invertierbar ist. Also ist rg(AS) = rg(A) nach
der Dimensionsformel. Daraus folgt mit (a) nun rg s (A) = rg s (AS). Entsprechend beweist
man rg s (A) = rg s (T A). Also

rg s (A) = rg s (T A) = rg s (T AS).

Schließlich haben wir

rg z (A) = rg s (At) = rg s (S t AtT t) = rg s ((T AS)t) = rg z (T AS).

Beachte, daß mit T, S auch T t, S t invertierbar sind.

Bevor wir zum Beweis des Hauptergebnisses dieses Abschnitts (“Spaltenrang = Zeilen-
rang“) kommen, ben¨tigen wir noch eine “Normalform“ einer Darstellung von IK “linearen
o
Abbildungen.
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 95


Lemma 4.38
Seien X, Y endlichdimensionale IK “Vektorr¨ume und sei L : X ’’ Y eine IK “
a
lineare Abbildung. Dann gibt es Basen ¦X , ¦Y in X bzw. Y , sodaß die Matrixdar-
stellung von L bzgl. dieser Basen folgende Form hat:

Er ˜
A= . (4.8)
˜˜

Dabei ist Er eine Einheitsmatrix in IK r,r und r ist der Rang von A und L.
Beweis:
Wir wissen: r := rg(L) = dimIK Bild (L).
Sei ¦Y := {y 1, . . . , y r , y r+1, . . . , y m} eine Basis von Y, wobei {y 1, . . . , y r } eine Basis von
Bild (L) ist.
Wir wissen wegen
def(L) + rg(L) = dimIK X =: n ,
daß dimIK Kern(L) = n ’ r ist. Sei {xr+1 , . . . , xn } eine Basis von Kern(L) . Sei W ein
direkter Summand von Kern(L), also X = Kern(L) • W . Dann ist r = dimIK W und
T := L|W ist ein Isomorphismus von W nach Bild (L) . Seien xi := T ’1(y i ) , 1 ¤ i ¤ r .
Dann ist ¦X := {x1, . . . , xr , xr+1 , . . . , xn} also eine Basis von X, wobei {xr+1, . . . , xn } eine
Basis von Kern(L) ist und L(xi ) = y i , i = 1(1)r , gilt.
Bzgl. dieser Basis hat L o¬enbar eine Darstellung in der gewunschten Form.
¨


Satz 4.39
Sei A ∈ IK m,n . Es gilt:
rg(A) = rg s (A) = rg z (A) .
Beweis:
Sei r := rg(A) und sei L := TA : IK n,1 a ’’ A a ∈ IK m,1 . A ist die Matrixdarstellung
von L bzgl. der Standardbasis in IK n,1 und IK m,1 . Nach Lemma 4.38 gibt es Basen in
X := IK n,1 , Y := IK m,1, sodaß L bzgl. dieser Basen eine Matrixdarstellung

Er ˜
A=
˜˜

hat. Nun liest man ab:

rg(L) = rg(A ) = rg s (A ) = rg z (A ) = r .

Nach Satz 4.31 gibt es invertierbare Matrizen T, S derart, daß

A = T A S ’1 (4.9)

ist. Da aber A und A nach Lemma 4.37 gleichen Spalten“ und Zeilenrang besitzen, ist
der Satz bewiesen.
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 96


Folgerung 4.40
Sei A ∈ IK m,n . Dann ist rg(A) = rg(At) .
Beweis:
Folgt aus der Tatsache, daß rg(At ) = rg s (At) = rg z (A) = rg(A) .
¨
Die Aussage aus Satz 4.31 kann man als Aquivalenzrelation begreifen, denn in der Tat
wird auf IK m,n durch
A ∼ B : ⇐’ Es existieren invertierbare Matrizen T, S mit A = T BS ’1
¨
eine Aquivalenzrelation de¬niert. Dies halten wir fest in
De¬nition 4.41
Zwei Matrizen A, B ∈ IK m,n heißen ¨quivalent “ wir schreiben daf¨r “∼“ “ genau
a u
dann, wenn es invertierbare Matrizen T ∈ IK m,m und S ∈ IK n,n gibt mit A =
T BS ’1.
2

Nun kann ein Hauptergebnis dieses Abschnitts bewiesen werden.
Satz 4.42
Seien A, B ∈ IK m,n . Dann sind ¨quivalent:
a

(a) A ∼ B .

(b) rg(A) = rg(B) .

Er ˜
(c) A, B ∼ fur ein r ∈ IN 0 .
¨
˜˜
Beweis:
Zu (a) =’ (b). Siehe Lemma 4.37 mit Satz 4.39.
Er ˜
Zu (b) =’ (c). Nach Lemma 4.38 und Satz 4.31 sind A, B ¨quivalent zu
a .
˜˜
Zu (c) =’ (a). Aus der Transitivitat von “∼“ folgt A ∼ B .
¨

Der Satz 4.42 besagt, daß der Rang eine Invariante (Unver¨nderliche) von Matrizen bzgl.
a
¨ ¨
der Aquivalenz ist. Fur jede Aquivalenzklasse haben wir eine Normalform wie in (4.8)
¨
angegeben. Die Bemerkung 4.33 fuhrt uns bei quadratischen Matrizen zu einer weiteren
¨
¨ ¨
Aquivalenzrelation, namlich zu der der Ahnlichkeit.
¨

De¬nition 4.43
Zwei Matrizen A, B ∈ IK n,n heißen ¨hnlich genau dann, wenn es eine invertierbare
a
gibt mit A = T BT ’1.
Matrix T ∈ IK n,n
2

¨ ¨
Das Klassi¬kationsproblem, d.h. die Charakterisierung der Aquivalenzklassen bzgl. Ahn-
¨
lichkeit durch eine Invariante ist schwieriger als bei der Aquivalenz. Wir kommen sp¨ter
a
zu diesem Problem zuruck.
¨
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 97


4.4 Lineare Gleichungssysteme
Wir kommen nun zu den Gleichungssystemen zuruck und schreiben die Ergebnisse mit
¨
den nun schon entwickelten Begri¬en auf.
Betrachte das Gleichungssystem
Ax = b (4.10)
mit A ∈ IK m,n , b ∈ IK m,1
Wendet man das Gaußsche Eliminationsverfahren an, kann man aus der Endform
BC x1 c
= ,
˜˜ x2 d
wobei B ∈ IK r,r eine regul¨re Matrix von oberer Dreiecksgestalt ist, ablesen:
a
BC
r = rg(B) = rg(B C) = rg .
˜˜
Da sich durch elementare Umformungen Spalten“ und Zeilenrang nicht ver¨ndern, ist also
a
r = rg(A) .
Damit ist erkannt, daß mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren die Invariante r = rg(A)
berechnet werden kann. Es ist nun auch klar, daß diese Zahl r vom Verfahren nicht abh¨ngt
a
(siehe Bemerkung 2.15).

Satz 2.8 aus Kapitel 2 bekommt nun folgende Fassung:

Satz 4.44
(a) Ist das System (4.10) homogen, so hat es die triviale L¨sung x = θ.
o

(b) Lθ := {x ∈ IK n,1 |Ax = θ} = Kern(A) ist ein linearer Unterraum mit Dimen-
sion def (A).

(c) Das System (4.10) ist losbar genau dann, wenn rg(A) = rg(A|b) gilt.
¨

(d) Das System (4.10) ist eindeutig l¨sbar genau dann, wenn rg(A) = rg(A|b) = n
o
gilt.

(e) Das System (4.10) ist l¨sbar f¨r alle b ∈ IK m,1 genau dann, wenn rg(A) = m
o u
gilt.

(f) Ist das System (4.10) losbar, dann ist die L¨sungsmenge
o
¨

Lb := {x ∈ IK n,1 |Ax = b}

gegeben durch
Lb = x + Kern(A) ,
¯
wobei x (irgendeine) spezielle L¨sung von (4.10) ist.
¯ o
Beweis:
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 98


Zu (a). Trivial.
Zu (b). Folgerung 4.4 und De¬nition von Kern(A).
Zu (c). Aus der Endform des Gaußschen Eliminationsverfahrens

BC x1 c
=
˜˜ x2 d

lesen wir ab, daß bei Losbarkeit (d = θ !)
¨
r = rg(B C|c) = rg(A|b) ≥ rg(A) = rg(B C) = rg(B) = r

gilt. Also folgt bei Losbarkeit
¨
r = rg(A|b) = rg(A) .

Ist rg(A|b) = rg(A), dann ist b Linearkombination der Spaltenvektoren von A, also
b ∈ Bild (A) und Losbarkeit liegt vor.
¨
Zu (d). Aus der Dimensionsformel (siehe (4.2)) folgt

n = rg(A) ⇐’ def (A) = 0 , d.h. n = rg(A) ⇐’ Kern(A) = {θ} ,

was unter Berucksichtigung von (c) nur noch zu zeigen war.
¨
Zu (e). Klar, denn m = rg(A) ⇐’ Bild (A) = IK m,1 .
Zu (f). Siehe (b) und Satz 2.8.
Als erster hat mit Rangargumenten wohl J. Sylvester (1814 “ 1897) gearbeitet. Der Begri¬ “Rang“
wird von F.G. Frobenius (1849 “ 1917) eingefuhrt. Die Bedingung (c) in Satz 4.44 wurde im Jahr
¨
1875/1876 von G. Fonten´, G. Rouch´, F.G. Frobenius gefunden.
e e

Die nun bereitstehenden Ergebnisse gestatten es, den Identit¨tssatz fur Polynome zu
a ¨
beweisen.

Satz 4.45
Sei IK ein Korper mit # IK = ∞. Dann sind PIK , IK [x] isomorph.
¨
Beweis:
Wir de¬nieren die Abbildung

p ’’ H(p) ∈ PIK
H : IK [x]

durch n n
ai z , z ∈ IK , falls p = aixi ∈ IK [x] .
i
H(p)(z) :=
i=0 i=0
O¬enbar ist H linear und surjektiv.
n
ai xi ∈ Kern(H), d.h. H(p)(z) = 0 fur alle z ∈ IK . Zu zeigen ist a0 = . . . =
Sei p = ¨
i=0
an = 0.
W¨hle z0 , . . . , zn ∈ IK mit #{z0, . . . , zn } = n + 1. Dies ist wegen # IK = ∞ m¨glich.
a o

<<

. 24
( 63 .)



>>