неравенство Сильвестра для рангов

[2old]

Проверьте, пожалуйста.

Показать, что для любых матриц $A_{ms},B_{sn}$ имеет место неравенство:

$$\operatorname{rank}A+\operatorname{rank}B-s\leq\operatorname{rank}(AB)$$

Рассмотрим ядро отображения $AB$: множество таких векторов $X$, что $ABX=0$. C другой стороны это подмножество ядра $A$: $\ker A\cap\operatorname{Im}(B)$. Значит:

$$\dim\ker AB \leq \dim\ker A $$

$$n-\operatorname{rank}AB\leq s - \operatorname{rank}A $$

$$n+\operatorname{rank}A - s \leq \operatorname{rank}AB $$

Так как $\operatorname{rank}B\leq n$, то имеем

$$\operatorname{rank}A+\operatorname{rank}B-s\leq\operatorname{rank}(AB)$$

[Brukvalub]

Верно.

[nnosipov]

2old в сообщении #1004417 писал(а):

Значит:

$$\dim\ker AB \leq \dim\ker A $$

Пусть, например, $A$ --- единичная матрица (тождественный оператор). Что-то странное тогда получается, если написанное неравенство верно.

-- Чт апр 16, 2015 20:39:36 --

2old в сообщении #1004417 писал(а):

C другой стороны это подмножество ядра $A$: $\ker A\cap\operatorname{Im}(B)$.

С чего бы это? Ясно, однако, что ядро $AB$ содержит ядро $B$.

[Brukvalub]

Упс, проморгал... Впрочем, рассуждение ТС легко спасти, просто нужно рассуждать аккуратнее: рассматривать сужения одних операторов на образы действия других операторов, и тогда все получится.

[2old]

nnosipov
Мда, какой-то бред получается. Но я не понимаю где ошибка.

Цитата:

C другой стороны это подмножество ядра $A$: $\ker A\cap\operatorname{Im}(B)$.

Цитата:

С чего бы это?

Потому что когда я рассматриваю просто отображение $A_{ms}$, то я могу воздействовать им на все вектора из $\mathbb{R}^s$ и смотреть какие из них попадут в ядро. А когда рассматриваю отображение $AB_{mn}$, то могу только на те воздействовать отображением $A$, которые попадут в $\operatorname{Im}B$. Получается вектор должен лежать и в ядре $A$ и быть образом какого-либо элемента отображения $B$.

$+$ как вы сказали, $\ker{B}\in\ker{AB}$ и имеем противоположное неравенство

$$\dim\ker{B}\leq\ker{AB}$$

[2old]

Я понял в чем ошибка, $X$ не обязан лежать в ядре $A$, чтобы лежать в ядре $AB$

-- 17.04.2015, 12:33 --

Brukvalub
Насколько я понял вас, о сужении, надо сделать как-то так:

Для всех векторов $X\in\mathbb{R}^s$ и отображения $A$, будет верно:

$$\operatorname{rank}A+\dim\ker{A}=s$$

Теперь запишем аналогичное тождество в случае, когда отображение $A$ будет действовать только из $\operatorname{Im}B$

$$\operatorname{rank}AB+???=\operatorname{rank}B$$

Вот как там с ядром будет, я не понимаю...Хочется опять написать $\dim(\ker A\cap\operatorname{Im}B)$

[Brukvalub]

Мне проще сослаться: Прасолов Задачи и теоремы линейной алгебры Гл.2 параграф 8 п.8.1.