Mam problem z udowodnieniem dwóch nierówności.
1) Niech \(\displaystyle{ A \ i \ B}\) będą macierzami \(\displaystyle{ m \times n}\), wtedy zachodzi:
\(\displaystyle{ rank(A+B) \le rankA + rankB}\)
2) A jest macierzą \(\displaystyle{ m\times s}\), a B macierzą \(\displaystyle{ s \times n}\), wtedy:
\(\displaystyle{ rankA + rankB - s \le rankAB}\)
Nie oczekuję pełnego rozwiązania, ale jedynie wskazówki, w jaki sposób podejść do tych nierówności (chyba że komuś będzie prościej zaprezentować rozwiązanie niż podać sensowną wskazówkę).
Nierówności dla rzędu macierzy
-
Wasilewski
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
-
miodzio1988
Nierówności dla rzędu macierzy
1)Wiemy, że:
\(\displaystyle{ rz(A) \le m}\)
\(\displaystyle{ rz(B) \le m}\)
(jak chcesz to podam dowód, chociaż są to oczywiste nierowności->sądzę, że te nierówności nam dadzą rozwiązanie właśnie, ale tego jeszcze nie widzę ))
\(\displaystyle{ A+B \in P ^{m} _{n}}\)
Zatem też prawdziwa jest nierówność:
\(\displaystyle{ rz (A+B) \le m}\)
\(\displaystyle{ rz(A) \le m \le 2m}\)
\(\displaystyle{ rz(B) \le m}\)
dodajemy stronami:
\(\displaystyle{ rz(A)+ rz(B) \le 3m}\)
\(\displaystyle{ rz (A+B) \le m \le 3m}\)
Zatem mamy:
\(\displaystyle{ rz (A+B) \le 3m}\)
\(\displaystyle{ rz(A)+ rz(B) \le 3m}\)
odejmujemy stronami....no i wychodzi nam teza.
Szczerze? Ten dowód wydaję mi się do bani. Sprawdź czy to jest dobrze. Póki, co tylko na to wpadłem. Aż wstyd mi za ten dowód
\(\displaystyle{ rz(A) \le m}\)
\(\displaystyle{ rz(B) \le m}\)
(jak chcesz to podam dowód, chociaż są to oczywiste nierowności->sądzę, że te nierówności nam dadzą rozwiązanie właśnie, ale tego jeszcze nie widzę ))
\(\displaystyle{ A+B \in P ^{m} _{n}}\)
Zatem też prawdziwa jest nierówność:
\(\displaystyle{ rz (A+B) \le m}\)
\(\displaystyle{ rz(A) \le m \le 2m}\)
\(\displaystyle{ rz(B) \le m}\)
dodajemy stronami:
\(\displaystyle{ rz(A)+ rz(B) \le 3m}\)
\(\displaystyle{ rz (A+B) \le m \le 3m}\)
Zatem mamy:
\(\displaystyle{ rz (A+B) \le 3m}\)
\(\displaystyle{ rz(A)+ rz(B) \le 3m}\)
odejmujemy stronami....no i wychodzi nam teza.
Szczerze? Ten dowód wydaję mi się do bani. Sprawdź czy to jest dobrze. Póki, co tylko na to wpadłem. Aż wstyd mi za ten dowód
-
Wasilewski
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Nierówności dla rzędu macierzy
Owszem, jest do bani. Nie można odejmować nierówności stronami, na przykład:
\(\displaystyle{ 2<4 \\
3<6}\)
Po odjęciu drugiej od pierwszej dostajemy wspaniałe:
\(\displaystyle{ -1<-2}\)
Mnie się to pierwsze zadanie jakoś kojarzy z sumą prostą powłok liniowych, bo wymiar sumy prostej powłok liniowych jest sumą wymiarów powłok (oczywiście, żeby to była suma prosta, to iloczyn powłok musi być pusty). Może trzeba właśnie w tę stronę iść.
\(\displaystyle{ 2<4 \\
3<6}\)
Po odjęciu drugiej od pierwszej dostajemy wspaniałe:
\(\displaystyle{ -1<-2}\)
Mnie się to pierwsze zadanie jakoś kojarzy z sumą prostą powłok liniowych, bo wymiar sumy prostej powłok liniowych jest sumą wymiarów powłok (oczywiście, żeby to była suma prosta, to iloczyn powłok musi być pusty). Może trzeba właśnie w tę stronę iść.
-
Wasilewski
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Nierówności dla rzędu macierzy
To, co ja powiedziałem, chyba da się rozwinąć do rozwiązania. Niech:
\(\displaystyle{ rankA = r_{1} \\
rankB = r_{2}}\)
Wystarczy rozważyć przypadek \(\displaystyle{ r_{1} + r_{2} \le m}\). Rzędy macierzy \(\displaystyle{ A \ i \ B}\) to wymiary podprzestrzeni liniowych rozpiętych na ich kolumnach, oznaczmy te podprzestrzenie przez \(\displaystyle{ U \ i V}\). Rozważmy taki zbiór wektorów (jest to pewna podprzestrzeń liniowa przestrzeni \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{m}}\)):
\(\displaystyle{ U + V = \{u+v: u \in U \wedge v \in V\}}\)
Oczywiście podprzestrzeń rozpięta na kolumnach macierzy \(\displaystyle{ A+B}\) zawiera się w tym zbiorze, zatem jej wymiar nie jest większy. Zachodzi coś takiego:
\(\displaystyle{ dim(U+V) = dim(U) + dim(V) - dim(U \cap V) \le dimU + dimV = r_{1} + r_{2}}\)
Ja na razie umiem pokazać tylko, że gdy \(\displaystyle{ U\cap V = \{0\}}\), to \(\displaystyle{ dim(U+V) = dim(U) + dim(V)}\), ale sądzę, że od tego już niedaleka droga.
Ok, umiem już pokazać, że \(\displaystyle{ dim(U+V) \le dim(U) + dim(V)}\)
Jeśli iloczyn U i V nie jest jedynie wektorem zerowym, to zachodzi dla pewnego wektora:
\(\displaystyle{ x = \sum_{i=1}^{r_{1}} \alpha_{i} a_{i} = \sum_{i=1}^{r_{2}} \beta_{i} b_{i}}\)
\(\displaystyle{ a_{i}, b_{i}}\) - wektory z U i V.
Załóżmy, że niezerowy jest współczynnik \(\displaystyle{ a_{k}}\), wtedy wektor ten jest kombinacją liniową wektorów \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{r_{1}}, b_{1}, \ldots, b_{r_{2}}}\)
Zatem każdy wektor z \(\displaystyle{ U + V}\) jest kombinacją liniową co najwyżej \(\displaystyle{ r_{1} + r_{2} - 1}\) wektorów, wszak jest on postaci:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{r_{1}} \alpha_{i}a_{i} + \sum_{i=1}^{r_{2}}\beta_{i} b_{i}}\)
Jest więc kombinacją liniową \(\displaystyle{ r_{1} + r_{2}}\) wektorów, ale wektor \(\displaystyle{ a_{k}}\) jest liniowo zależny od pozostałych, co potwierdza wniosek powyżej. Zatem ostatecznie mamy:
\(\displaystyle{ rank(A+B) \le dim(U+V) \le dim(U) + dim(V) = rankA + rankB}\)
\(\displaystyle{ rankA = r_{1} \\
rankB = r_{2}}\)
Wystarczy rozważyć przypadek \(\displaystyle{ r_{1} + r_{2} \le m}\). Rzędy macierzy \(\displaystyle{ A \ i \ B}\) to wymiary podprzestrzeni liniowych rozpiętych na ich kolumnach, oznaczmy te podprzestrzenie przez \(\displaystyle{ U \ i V}\). Rozważmy taki zbiór wektorów (jest to pewna podprzestrzeń liniowa przestrzeni \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{m}}\)):
\(\displaystyle{ U + V = \{u+v: u \in U \wedge v \in V\}}\)
Oczywiście podprzestrzeń rozpięta na kolumnach macierzy \(\displaystyle{ A+B}\) zawiera się w tym zbiorze, zatem jej wymiar nie jest większy. Zachodzi coś takiego:
\(\displaystyle{ dim(U+V) = dim(U) + dim(V) - dim(U \cap V) \le dimU + dimV = r_{1} + r_{2}}\)
Ja na razie umiem pokazać tylko, że gdy \(\displaystyle{ U\cap V = \{0\}}\), to \(\displaystyle{ dim(U+V) = dim(U) + dim(V)}\), ale sądzę, że od tego już niedaleka droga.
Ok, umiem już pokazać, że \(\displaystyle{ dim(U+V) \le dim(U) + dim(V)}\)
Jeśli iloczyn U i V nie jest jedynie wektorem zerowym, to zachodzi dla pewnego wektora:
\(\displaystyle{ x = \sum_{i=1}^{r_{1}} \alpha_{i} a_{i} = \sum_{i=1}^{r_{2}} \beta_{i} b_{i}}\)
\(\displaystyle{ a_{i}, b_{i}}\) - wektory z U i V.
Załóżmy, że niezerowy jest współczynnik \(\displaystyle{ a_{k}}\), wtedy wektor ten jest kombinacją liniową wektorów \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{r_{1}}, b_{1}, \ldots, b_{r_{2}}}\)
Zatem każdy wektor z \(\displaystyle{ U + V}\) jest kombinacją liniową co najwyżej \(\displaystyle{ r_{1} + r_{2} - 1}\) wektorów, wszak jest on postaci:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{r_{1}} \alpha_{i}a_{i} + \sum_{i=1}^{r_{2}}\beta_{i} b_{i}}\)
Jest więc kombinacją liniową \(\displaystyle{ r_{1} + r_{2}}\) wektorów, ale wektor \(\displaystyle{ a_{k}}\) jest liniowo zależny od pozostałych, co potwierdza wniosek powyżej. Zatem ostatecznie mamy:
\(\displaystyle{ rank(A+B) \le dim(U+V) \le dim(U) + dim(V) = rankA + rankB}\)
-
max
- Użytkownik
- Posty: 3306
- Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lebendigentanz
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 778 razy
Nierówności dla rzędu macierzy
1. Trochę naturalniejsze mi się to wydaje w języku odwzorowań liniowych. W międzyczasie zrobiłeś zadanie, ale skoro napisałem to niech zostanie, chociaż argument jest ideologicznie ten sam.
Weźmy odwzorowania liniowe \(\displaystyle{ f, g: \mathbb{R}^{n}\to \mathbb{R}^{m}}\) o macierzach odpowiednio \(\displaystyle{ A, B}\) tzn
\(\displaystyle{ f(v) = Av, \ g(v) = Bv, \ v = \begin{bmatrix}v_{1}\\ \vdots \\ v_{n}\end{bmatrix}.}\)
Mamy teraz pokazać, że
\(\displaystyle{ \mbox{rank} (f + g) \le \mbox{rank} f + \mbox{rank} g}\)
ponieważ \(\displaystyle{ \mbox{rank} f = \dim f(\mathbb{R}^{n})}\)
to chcemy pokazać:
\(\displaystyle{ \dim (f + g)(\mathbb{R}^{n})\le \dim f(\mathbb{R}^{n}) + \dim g(\mathbb{R}^{n})}\)
ale to jest już łatwe, bo
\(\displaystyle{ (f + g)(\mathbb{R}^{n})\subseteq f(\mathbb{R}^{n}) + g(\mathbb{R}^{n})}\)
oraz
\(\displaystyle{ \dim (f(\mathbb{R}^{n}) + g(\mathbb{R}^{n}))\le \dim f(\mathbb{R}^{n}) + \dim g(\mathbb{R}^{n})}\)
To, że \(\displaystyle{ \dim (U + V) \le \dim(U) + \dim(V)}\) jest natychmiastowe, nie trzeba rozpatrywać przypadków w zależności od tego czy przecięcie jest zerowe czy nie (nie potrzebujemy przecież ostrej nierówności).
Ten ogólniejszy wzorek łatwo pokazać z takiej postaci:
\(\displaystyle{ \dim (U\cap V) + (\dim U - \dim (U\cap V)) + (\dim V - \dim (U\cap V)) = \dim (U + V)}\)
2. Też będziemy rozpatrywać odwzorowania liniowe, analogiczne jak wyżej, tzn:
\(\displaystyle{ f: \mathbb{R}^{s}\to \mathbb{R}^{m}, \ g: \mathbb{R}^{n}\to \mathbb{R}^{s}}\)
Mamy do wykazania:
\(\displaystyle{ \mbox{rank} f + \mbox{rank} g - s \le \mbox{rank} f\circ g}\)
tzn
\(\displaystyle{ \dim f(\mathbb{R}^{s}) + \dim g(\mathbb{R}^{n}) - s \le \dim f\circ g(\mathbb{R}^{n})}\)
Zauważmy teraz:
\(\displaystyle{ \dim f\circ g(\mathbb{R}^{n}) = \dim g(\mathbb{R}^{n}) - \dim (g(\mathbb{R}^{n})\cap \mbox{ker} f)}\)
bo ogólniej dla odwzorowania liniowego \(\displaystyle{ L: U\to V}\) mamy \(\displaystyle{ \dim U = \dim L(U) + \dim \mbox{ker} L}\)
(u nas \(\displaystyle{ L:= f|_{g(\mathbb{R}^{n})}}\)).
Czyli wystarczy pokazać:
\(\displaystyle{ \dim (g(\mathbb{R}^{n})\cap \mbox{ker} f) \le s - \dim f(\mathbb{R}^{s})}\)
ale to wynika analogicznej równości jak wyżej dla \(\displaystyle{ L:= f}\) i z tego, że
\(\displaystyle{ g(\mathbb{R}^{n})\cap \mbox{ker} f\subseteq \mbox{ker} f}\)
edit. faktycznie była literówka.
Weźmy odwzorowania liniowe \(\displaystyle{ f, g: \mathbb{R}^{n}\to \mathbb{R}^{m}}\) o macierzach odpowiednio \(\displaystyle{ A, B}\) tzn
\(\displaystyle{ f(v) = Av, \ g(v) = Bv, \ v = \begin{bmatrix}v_{1}\\ \vdots \\ v_{n}\end{bmatrix}.}\)
Mamy teraz pokazać, że
\(\displaystyle{ \mbox{rank} (f + g) \le \mbox{rank} f + \mbox{rank} g}\)
ponieważ \(\displaystyle{ \mbox{rank} f = \dim f(\mathbb{R}^{n})}\)
to chcemy pokazać:
\(\displaystyle{ \dim (f + g)(\mathbb{R}^{n})\le \dim f(\mathbb{R}^{n}) + \dim g(\mathbb{R}^{n})}\)
ale to jest już łatwe, bo
\(\displaystyle{ (f + g)(\mathbb{R}^{n})\subseteq f(\mathbb{R}^{n}) + g(\mathbb{R}^{n})}\)
oraz
\(\displaystyle{ \dim (f(\mathbb{R}^{n}) + g(\mathbb{R}^{n}))\le \dim f(\mathbb{R}^{n}) + \dim g(\mathbb{R}^{n})}\)
To, że \(\displaystyle{ \dim (U + V) \le \dim(U) + \dim(V)}\) jest natychmiastowe, nie trzeba rozpatrywać przypadków w zależności od tego czy przecięcie jest zerowe czy nie (nie potrzebujemy przecież ostrej nierówności).
Ten ogólniejszy wzorek łatwo pokazać z takiej postaci:
\(\displaystyle{ \dim (U\cap V) + (\dim U - \dim (U\cap V)) + (\dim V - \dim (U\cap V)) = \dim (U + V)}\)
2. Też będziemy rozpatrywać odwzorowania liniowe, analogiczne jak wyżej, tzn:
\(\displaystyle{ f: \mathbb{R}^{s}\to \mathbb{R}^{m}, \ g: \mathbb{R}^{n}\to \mathbb{R}^{s}}\)
Mamy do wykazania:
\(\displaystyle{ \mbox{rank} f + \mbox{rank} g - s \le \mbox{rank} f\circ g}\)
tzn
\(\displaystyle{ \dim f(\mathbb{R}^{s}) + \dim g(\mathbb{R}^{n}) - s \le \dim f\circ g(\mathbb{R}^{n})}\)
Zauważmy teraz:
\(\displaystyle{ \dim f\circ g(\mathbb{R}^{n}) = \dim g(\mathbb{R}^{n}) - \dim (g(\mathbb{R}^{n})\cap \mbox{ker} f)}\)
bo ogólniej dla odwzorowania liniowego \(\displaystyle{ L: U\to V}\) mamy \(\displaystyle{ \dim U = \dim L(U) + \dim \mbox{ker} L}\)
(u nas \(\displaystyle{ L:= f|_{g(\mathbb{R}^{n})}}\)).
Czyli wystarczy pokazać:
\(\displaystyle{ \dim (g(\mathbb{R}^{n})\cap \mbox{ker} f) \le s - \dim f(\mathbb{R}^{s})}\)
ale to wynika analogicznej równości jak wyżej dla \(\displaystyle{ L:= f}\) i z tego, że
\(\displaystyle{ g(\mathbb{R}^{n})\cap \mbox{ker} f\subseteq \mbox{ker} f}\)
edit. faktycznie była literówka.
-
Wasilewski
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Nierówności dla rzędu macierzy
Fajne, dzięki; nawet udało mi się zrozumieć. Masz tylko mały błąd w przedostatniej linijce, powinno być: \(\displaystyle{ \ldots s - \dim f(\mathbb{R}^{s})}\).
Co do pierwszego, to nie wpadłem od razu na to, że skoro każdy wektor \(\displaystyle{ U + V}\) jest postaci \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{r_{1}} \alpha_{i} a_{i} + \sum_{i=1}^{r_{2}} \beta_{i} b_{i}}\) to wymiar nie może być siłą rzeczy większy od \(\displaystyle{ r_{1} + r_{2}}\), dlatego stopniowo dochodziłem do wyniku.
Co do pierwszego, to nie wpadłem od razu na to, że skoro każdy wektor \(\displaystyle{ U + V}\) jest postaci \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{r_{1}} \alpha_{i} a_{i} + \sum_{i=1}^{r_{2}} \beta_{i} b_{i}}\) to wymiar nie może być siłą rzeczy większy od \(\displaystyle{ r_{1} + r_{2}}\), dlatego stopniowo dochodziłem do wyniku.