Ранг матрицы из квадратов

[xolodec]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1007615 писал(а):

А вот ТС, как видите -- нет. Попытайтесь-ка сформулировать теоремку о сумме одноранговых матриц, на которую Вы намекали, а потом посмотрите, в каком месте учебника она находится.

Да нет, я прочитал и очень всем благодарен за ответ, просто хочу попробовать разобраться с каждым решением, прежде чем писать ответ.
Кстати, теоремку о сумме одноранговых матриц я тоже не знаю, к сожалению.
И, к моему сожалению, пока не могу даже найти, дабы просветиться.

[ewert]

xolodec в сообщении #1007657 писал(а):

Кстати, теоремку о сумме одноранговых матриц я тоже не знаю, к сожалению.

Там примерно так. Во-первых, любой (конечномерномерный) оператор можно представить как сумму операторов ранга 1. Во-вторых, ранг этого оператора равен количеству слагаемых тогда и только тогда, когда в этих слагаемых как выходные векторы линейно независимы между собой, так и входные.

Теоремка простая и при этом весьма содержательная (её можно и обобщить, но это выйдет уже некоторое занудство). Однако она не столько линейно-алгебраическая, сколько теоретико-операторная и потому к моменту обсуждения просто ранга матрицы обычно отсутствует. Между тем для предлагавшегося решения она нужна.

[patzer2097]

ewert в сообщении #1007719 писал(а):

Между тем для предлагавшегося решения она нужна.

Если Вы про мое решение, то мне в голову не пришли бы ни "выходные" векторы, ни будние.

[ewert]

(Оффтоп)

patzer2097 в сообщении #1007733 писал(а):

:twisted: Если Вы про мое решение, то мне в голову не пришли бы ни "выходные" векторы, ни будние.

а где решение-то?... Намёк -- да, наличествует. Но крайне смутный.

[Xaositect]

ewert в сообщении #1007719 писал(а):

Там примерно так. Во-первых, любой (конечномерномерный) оператор можно представить как сумму операторов ранга 1. Во-вторых, ранг этого оператора равен количеству слагаемых тогда и только тогда, когда в этих слагаемых как выходные векторы линейно независимы между собой, так и входные.

Зачем так сложно? От этой теоремы тут достаточно верхней оценки, которая очевидна через размерность образа, а для нижней достаточно посчитать какой-нибудь минор.

[ewert]

(Оффтоп)

Xaositect в сообщении #1007737 писал(а):

а для нижней достаточно посчитать какой-нибудь минор.

Достаточно, но неэстетично. Для эстетической замкнутости того решения надо бы сослаться именно на совокупность линейных независимостей. А так ни два, ни полтора выходит.

Я ведь с самого начала говорил, что решение -- само по себе замечательно. Только не укладывается в некие рамки.

[patzer2097]

ewert в сообщении #1007738 писал(а):

Достаточно, но неэстетично. Для эстетической замкнутости того решения надо бы сослаться именно на совокупность линейных независимостей.

а я как раз имел в виду примерно то, о чем писал Xaositect

Xaositect в сообщении #1007737 писал(а):

а для нижней достаточно посчитать какой-нибудь минор

Причем "для эстетической замкнутости" я бы предложил не посчитать, а заметить, что в левом верхнем миноре нет отрицательных слагаемых

[ewert]

(Оффтоп)

patzer2097 в сообщении #1007739 писал(а):

я бы предложил не посчитать, а заметить, что в левом верхнем миноре нет отрицательных слагаемых

Это надо ещё заметить. Это надо их ещё увидеть -- нищастные слагаемые. Это никому не нужное изобретательство.

[patzer2097]

(ewert)

ewert в сообщении #1007741 писал(а):

Это никому не нужное изобретательство.

Как и почти вся математика? Впрочем, тут соглашусь с Вами.

[xolodec]

GDTD в сообщении #1007567 писал(а):

Пусть $n\ge 4$. Вычтете из первой строки вторую, из второй третью, ..., из предпоследней последнюю. В полученной матрице вычтете из первой строки вторую, ..., из предпредпоследней предпоследнюю. Далее вроде очевидно.

Действительно, просто и очевидно для конечного фиксированного случая, для общего же случая можно показать по индукции. Спасибо большое! А почему это так?

svv в сообщении #1007618 писал(а):

А потому что мы откуда-то знаем, что если взять разности соседних значений полинома $n$-й степени от целочисленной переменной, получится полином $(n-1)$-й степени.

Я так понимаю, что решение

svv в сообщении #1007584 писал(а):

линейная комбинация (третья разностная производная) $1a_{i,k-3}-3a_{i,k-2}+3a_{i,k-1}-1a_{i,k}=0$.

также основано на этом факте. А не могли бы ли вы послать меня туда, где можно это прочитать подробнее? Я имею в виду про разности соседних значений полинома от целочисленной переменной.

patzer2097 в сообщении #1007582 писал(а):

xolodec, Ваша матрица равна $A+B+C$, где $a_{ij}=i^2$, $b_{ij}=j^2$, $c_{ij}=-2ij$; матрицы $A,B,C$ имеют ранг $1$. Это самое простое решение, как мне кажется

Xaositect в сообщении #1007737 писал(а):

достаточно верхней оценки, которая очевидна через размерность образа, а для нижней достаточно посчитать какой-нибудь минор.

Потрясаяюще простое решение. Огромное спасибо за него!

[Xaositect]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1007738 писал(а):

Xaositect в сообщении #1007737 писал(а):

а для нижней достаточно посчитать какой-нибудь минор.

Достаточно, но неэстетично. Для эстетической замкнутости того решения надо бы сослаться именно на совокупность линейных независимостей. А так ни два, ни полтора выходит.

А между тем, если мы вылезем за пределы матриц и посмотрим на трех- (и более) валентные тензоры, то там ровно так все и устроено - для верхних оценок ранга приводят конкретные разложения, а для нижних придумывают уравнения, которые должны выполняться на тензорах ранга $r$.
Правда, там все гораздо хуже, ибо ни методов получения разложений, ни уравнений для нижних оценок толком нет, но тем не менее.

-- Сб апр 25, 2015 16:26:22 --

xolodec в сообщении #1007788 писал(а):

также основано на этом факте. А не могли бы ли вы послать меня туда, где можно это прочитать подробнее? Я имею в виду про разности соседних значений полинома от целочисленной переменной.

Тут все просто: разность соседних значений многочлена $n$-й степени есть многочлен $n - 1$ степени, потому что у многочлена $x^{[n]} = x(x - 1)(x - 2)\dots (x - n + 1)$ разность равна $nx^{[n - 1]}$. Подробнее почитать можно, например, в "Конкретной математике" Кнута.

[xolodec]

Xaositect, Спасибо большое!

[arseniiv]

Xaositect в сообщении #1007847 писал(а):

Тут все просто: разность соседних значений многочлена $n$-й степени есть многочлен $n - 1$ степени, потому что у многочлена $x^{[n]} = x(x - 1)(x - 2)\dots (x - n + 1)$ разность равна $nx^{[n - 1]}$.

В принципе, тут и без убывающих степеней можно быстро показать: $a_n(x-c)^n = a_nx^n + O(x^{n-1})$ по биному Ньютона, так что разность двух $a_n(x-c_i)^n + O(x^{n-1})$ даст $O(x^{n-1})$.

[Munin]

Я правильно понял, что

$$\operatorname{rk}\begin{pmatrix} 0^k & 1^k & 2^k & \cdots & (n-1)^k \\ 1^k & 0^k & 1^k & \cdots & (n-2)^k \\ 2^k & 1^k & 0^k & \cdots & \vdots \\ \cdots & \cdots & \cdots & \ddots & \vdots\\ (n-1)^k & (n-2)^k & \cdots & \cdots & 0^k \end{pmatrix}=k+1?$$

[patzer2097]

(Munin)

Munin в сообщении #1012543 писал(а):

Я правильно понял, что

$$\operatorname{rk}\begin{pmatrix} 0^k & 1^k & 2^k & \cdots & (n-1)^k \\ 1^k & 0^k & 1^k & \cdots & (n-2)^k \\ 2^k & 1^k & 0^k & \cdots & \vdots \\ \cdots & \cdots & \cdots & \ddots & \vdots\\ (n-1)^k & (n-2)^k & \cdots & \cdots & 0^k \end{pmatrix}=k+1?$$

Нет, при $k\geqslant1$ левый верхний 3х3 минор невырожден, и ранг не меньше трех.