Ранг матрицы

[Andrey_Kireew]

Не стал заводить новую тему, так это обобщение того же самого вопроса.
Пусть имеется векторная многомерная функция:
$\bold \gamma=\bold F(\bold g)$
где $\bold \gamma $ - вектор из $n$ элементов, $\bold g $ - вектор из $m$ элементов.

При этом
$\bold g=\bold a + k\cdot \bold b$,
где $k$ - константа, $\bold a $ и $\bold b $ - векторы из $m$ элементов.

Производные функции по $\bold a $ и по $\bold b $ - есть $m$x$n$ матрицы, отличающиеся друг от друга на константу $\ k $
$\frac{\partial \bold \gamma}{\partial \bold a}=\frac{\partial \bold F}{\partial \bold g}=\bold J$
$\frac{\partial \bold \gamma}{\partial \bold b}=k\cdot\frac{\partial \bold F}{\partial \bold g}=k\cdot \bold J$.

Объединив $\bold a $ и $\bold b $ в единый вектор, можно записать

$\bold J_0=\begin{pmatrix} \bold J_1 & k_1\bold J_1 \\ \bold J_1 & k_2\bold J_2 \\ ........ \\ \bold J_q & k_q\bold J_q \\ \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} \bold a\\ \bold b \end{pmatrix}$

Если $\bold J_1$ ... $\bold J_q$ одинаковые, то очевидно, что
$rank(\bold J_0)=2\cdot rank(\bold J_1) ... =2\cdot rank(\bold J_q)$ (1)
этот вопрос здесь уже разобран. Но так будет, только в случае линейной функции $\bold F$, когда матрица Якоби $\bold J $ не зависит от $k$.

Тем не менее, некоторые соображения подсказывают, что так должно быть и в случае функции общего вида.
Более того, недавно удалось поставить численный эксперимент, который полностью подтверждает это предположение.

Уважаемые Padawan и vpb можно ли как то обосновать (1) теоретически. Хотя бы в каком направлении смотреть?

[svv]

1) В $J_0$ у Вас два одинаковых блока $J_1$, это опечатка, должны быть $J_1$ и $J_2$, правильно?

2) Вы говорите, что эта задача — обобщение предыдущей. Но в предыдущей задаче матрица $J_0$ содержала два блочных столбца, а теперь, благодаря умножению на $\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$, только один столбец, зато с суммированием. Так?

[Andrey_Kireew]

svv в сообщении #1391851 писал(а):

В $J_0$ у Вас два одинаковых блока $J_1$, это опечатка, должны быть $J_1$ и $J_2$, правильно?

1. в каждой строке блоки одинаковые, за исключением коэффициента k, во 2-ой строке действительно опечатка - должно быть $\bold J_2 \quad k_2 \bold J_2$

2. В общем я имел в виду

$$\bold J_0 \cdot\begin{pmatrix} \bold a\\ \bold b \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \bold J_1 & k_1\bold J_1 \\ \bold J_2 & k_2\bold J_2 \\ ........ \\ \bold J_q & k_q\bold J_q \\ \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} \bold a\\ \bold b \end{pmatrix}$$

просто хотел как то показать, что первый столбец относится к $a$, а второй к $b$

Приношу извинения за путаницу

[svv]

Вычтите из второго (блочного) столбца первый, умноженный на $k_1$.
Затем вычтите из первого столбца второй, умноженный на $\frac 1{k_2-k_1}$ (считая, что $k_1\neq k_2$).
Что получится? Меня интересуют только две первые блочные строки.

[Andrey_Kireew]

Вот, что то типа такого:

$$\begin{pmatrix} \bold J_1 & 0 \\ 0 & (k_2-k_1)\bold J_2 \\ ........ \\ (1-\frac{(k_q-k_1)}{(k_q-k_1)})\bold J_q & 0 \\ \end{pmatrix} $$

* изменено

-- 09.05.2019, 01:37 --

Сообщите пожалуйста как этот результат трактовать?

[svv]

Отлично.
Вы применили к матрице элементарные преобразования столбцов (обычных), не меняющие ранг.
Если бы матрица состояла только из двух верхних блочных строк, могли бы Вы сейчас найти её ранг?

[Andrey_Kireew]

Ещё бы ... это сумма рангов, т.е. желаемое $2\cdot rank(\bold J)$,
но ведь $\bold J $ не квадратные (и это как правило), вот в чём беда то. Или я чего то не понимаю?

[svv]

Сумма рангов — верно. Да, матрицы $J_1$ и $J_2$ могут быть неквадратными, их ранг это учитывает (не может быть больше минимального из размеров).

А почему Вы думаете, что $\operatorname{rank}J_1=\operatorname{rank}J_2$? У меня нет оснований считать их равными, но у Вас может быть дополнительная информация.

[Andrey_Kireew]

Можно считать по верхней границе, тогда он связан с размерами, а размеры у них одинаковые.
Суть не в этом - я не пойму, почему можно ограничиться лишь двумя строками? Собственно в этом весь камень преткновения.
Получается что оно так, а почему так - я понять никак не могу

-- 09.05.2019, 02:02 --

Вы намекаете, что остальные блоки теперь можно обнулить вычитанием верхних строк, предусмотрительно домноженных на псевдообратные?

[svv]

Andrey_Kireew в сообщении #1391895 писал(а):

почему можно ограничиться лишь двумя строками?

Я этого не утверждаю, это только начало рассуждения.
Итак, ранг матрицы, состоящей из первых двух блочных строк, равен $\operatorname{rank}J_1+\operatorname{rank}J_2$. Это значит, что в этой матрице столько линейно независимых строк, это же значит, что найдётся ненулевой минор такого порядка.
Если мы добавим остальные блочные строки, уже найденные линейно независимые строки останутся независимыми, и найденный минор никуда не денется. Поэтому ранг может только увеличиться. Это понятно?

-- Чт май 09, 2019 01:09:01 --

Andrey_Kireew в сообщении #1391895 писал(а):

Вы намекаете, что остальные блоки теперь можно обнулить вычитанием верхних строк, предусмотрительно домноженных на псевдообратные?

Нет, ничего такого не имел в виду.

[Andrey_Kireew]

svv в сообщении #1391897 писал(а):

Если мы добавим остальные блочные строки, уже найденные линейно независимые никуда не пропадут, и найденный минор никуда не денется. Поэтому ранг может только увеличиться. Это понятно?

Это очевидно, непонятно то, почему с добавлением новых строк он не увеличивается

[svv]

Считайте, что он увеличивается.

Заметьте, что я то же самое могу проделать не с первой и второй, а с 34-й и 71-й блочными строками. Допустим, они существуют. Допустим, $k_{34}\neq k_{71}$. И, допустим, $\operatorname{rank}J_{34}+\operatorname{rank}J_{71}>\operatorname{rank}J_{1}+\operatorname{rank}J_{2}$. Теперь мы можем утверждать уже, что $\operatorname{rank}J_0\geqslant\operatorname{rank}J_{34}+\operatorname{rank}J_{71}$, и это более сильное утверждение.

Теперь отсортируем все блоки по рангу и возьмём два блока с самыми большими рангами. Так сказать, Юпитер и Сатурн.

[Andrey_Kireew]

С нетерпением жду продолжения ...

[svv]

Всё, что я мог сделать, я сделал: ранг $J_0$ не меньше суммы рангов Юпитера и Сатурна — блоков, занявших два верхних места по величине ранга (их ранги могут быть и равны). Мне кажется, это неплохая оценка.

Ну, а сверху ранг $J_0$ ограничен, понятно, минимальным из размеров этой матрицы.

[Andrey_Kireew]

Здрасти ... приехали. Вы бы хоть почитали сообщение моё внимательнее.
Интерес представляет верхняя граница, а не нижняя. И оценка эта такова

$$rank(\bold J_0)=2\cdot rank(\bold J)$$

это проверено экспериментально и многократно, с разными матрицами - сомнений нет.
Нижняя граница, как я уже писал, особого интереса не представляет. Можно принять её равной размеру $\bold J$