Ранг матрицы

[oleg.k]

artempalkin в сообщении #1484294 писал(а):

Один из вариантов: доказать, что дефект плюс ранг есть размерность.

Так нельзя. Ранг матрицы еще не определен. Чтобы его определить, нужно сначала доказать, что ранги систем строк и столбцов совпадают.

artempalkin в сообщении #1484294 писал(а):

Скажите, а в целом доказательством про сумму дефекта и ранга вы владеете?

Нет, т.к. я до этого еще не дошел.

[artempalkin]

oleg.k в сообщении #1484323 писал(а):

Так нельзя. Ранг матрицы еще не определен. Чтобы его определить, нужно сначала доказать, что ранги систем строк и столбцов совпадают.

Зависит от того, как определить ранг. Определите ранг временно, как размерность образа матрицы (я уверен, что есть литература, где он так и определяется).

-- 23.09.2020, 15:16 --

artempalkin в сообщении #1484341 писал(а):

Нет, т.к. я до этого еще не дошел.

Мне кажется, вы не тот подход выбрали. "Поэлементные" доказательства неинтересны, некрасивы, муторны и не раскрывают глубинного математического смысла понятий. Лучше искать интересные, красивые и элегантные доказательство исходя из свойств матриц, определителей и прочего.

[oleg.k]

artempalkin в сообщении #1484341 писал(а):

"Поэлементные" доказательства неинтересны, некрасивы, муторны и не раскрывают глубинного математического смысла понятий.

Как бы там ни было, начатое в post1484160.html#p1484160 доказательство надо доделать.

[artempalkin]

oleg.k в сообщении #1484352 писал(а):

Как бы там ни было, начатое в post1484160.html#p1484160 доказательство надо доделать.

Ваше право :)

[oleg.k]

Вроде бы, опираясь на идеи из учебника, мне таки удалось доказать этот факт. Пост post1484160.html#p1484160 можно рассматривать как лемму, которая формулируется вот так:

oleg.k в сообщении #1484160 писал(а):

Поэтому, если после некоторых элементарных преобразований матрицы $A$ получилась матрица $A'$, то множество наборов чисел $M'$, обращающих в ноль набор ее столбцов, совпадает с $M$, а множество $N'$ тех наборов чисел, при которых линейная комбинация ее столбцов не равна нулю, очевидно, совпадает с $N$.

Далее я использую метод от противного. Предположим, что таки нашлось некоторое поле $K$, некоторая матрица $A \in K^{m \times n}$ над этим полем и некоторый набор элементарных преобразований (строк) этой матрицы, такой, что ранг системы столбцов полученной в результате этих преобразований матрицы $A' \in K^{m \times n}$ не совпадает с рангом системы столбцов матрицы $A$. Системы столбцов матриц $A$ и $A'$ являются порождающими - они порождают некоторые подпространства $K^m(K)$. Назовем эти подпространства $W(K)$ и $W'(K)$ соответственно. Из несовпадения рангов систем столбцов следует, что размерности этих подпространств разные.

Любая порождающая система содержит подсистему, являющуюся базисом того пространства, которое она порождает (подсистема может быть пустой, если система порождает пространство, состоящее из одного нулевого вектора). Таким образом, системы столбцов $V$ и $V'$ матриц $A$ и $A'$ соответственно содержат подсистемы $G$ и $G'$, являющиеся базисами $W(K)$ и $W'(K)$ соответственно. Если одна из подсистем пустая, то другая, очевидно, нет (т.к. если бы обе подсистемы были бы пустыми, то $V$ и $V'$ порождали бы одно и то же пространство, состоящее из одного нулевого вектора, и тогда ранги систем $V$ и $V'$ совпадали бы). В таком случае, та матрица, система столбцов которой в качестве базисной подсистемы содержит пустое множество, была бы нулевой (т.к. имей она хотя бы один ненулевой столбец, система ее столбцов порождала бы пространство положительной размерности, и пустое множество не было бы ее базисной подсистемой). А другая матрица была бы ненулевой. Но нулевую матрицу никакими элементарными преобразованиями нельзя привести к ненулевой, получили противоречие.

Рассмотрим случай, когда обе базисные подсистемы получились ненулевыми. Раз системы $V$ и $V'$ порождают пространства разных размерностей, то эти базисные подсистемы содержат разное число векторов. Не уменьшая общности, можно считать, что $G$ содержит больше векторов, чем $G'$ Т.е. $G = (\nu_{i_{1}}, ... , \nu_{i_{p}})$ и $G' = (\nu_{j_{1}}', ... , \nu_{j_{s}}')$, где $p > s$. Система $G$, будучи базисом, является линейно независимой. Возьмем систему $F = (\nu_{i_{1}}', ... , \nu_{i_{p}}')$ векторов из системы $V'$, стоящие на местах векторов системы $G$. Эта система будет линейно зависимой (т.к. она содержит больше векторов, чем базис пространства $W'$.) Возьмем какую-нибудь ее нетривиальную линейную комбинацию, равную нулю. Расширим эту систему чисел до строки из $n$ мест, так, чтобы получившаяся строка $\Lambda = (\lambda_1, ... , \lambda_n)$ содержала эту линейную комбинацию в качестве подстроки, а на всех остальных местах (если они есть) имела бы нули. Линейная комбинация системы столбцов матрицы $A'$ с коэффициентами из $\Lambda$ равна нулю. С другой стороны, линейная комбинация системы столбцов матрицы $A$ с коэффициентами из $\Lambda$ не равна нулю, т.к. ненулевая подстрока $\Lambda$ комбинируется с базисом $G$ и в виду его линейной независимости и равенству нулей всех остальных коэффициентов, не дает ноль. Существование такой $\Lambda$ противоречит лемме. Теорема доказана.

[svv]

oleg.k, можно вернуться немного назад? У Вас в доказательстве Вашей леммы было такое рассуждение:

oleg.k в сообщении #1484160 писал(а):

Элементарные преобразования расширенной матрицы коэффициентов некоторой СЛАУ приводят к эквивалентной СЛАУ.

А откуда Вы это знаете? Не случится ли так, что на вопрос «Почему элементарные преобразования матрицы приводят к эквивалентной СЛАУ?» ответить не проще, чем на вопрос «Почему элементарные преобразования строк не изменяют ранг системы столбцов?» ?

[oleg.k]

svv в сообщении #1484506 писал(а):

А откуда Вы это знаете?

Я это двумя способами вроде бы доказывал.

1. "В лоб". Взял произвольную СЛАУ и проверил все 3 (хотя можно и 2) элементарных преобразования. Поменял 2 строки местами. Очевидно, что всякое решение старой СЛАУ является решением новой. Умножил строку на ненулевое число - то же самое. Прибавил к одной строке другую, умноженную на число - аналогично. В виду обратимости элементарных преобразований, получается, что СЛАУ эквивалентны.

2. Если расширенную матрицу некоторой СЛАУ умножить на абсолютно любую матрицу (согласованную по размеру) слева, то получится матрица, ассоциированная с которой СЛАУ будет "СЛАУ - следствием", т.е. любое решение старой СЛАУ будет решением новой (но, вообще говоря, не факт, что наоборот). Если умножаем слева на обратимую слева матрицу, то получится эквивалентная СЛАУ. Для любого элементарного преобразования СЛАУ есть соответственная матрица этого преобразования. Путем явного построения ей обратной, доказывается, что она обратима. Вот и все.

svv в сообщении #1484506 писал(а):

Не случится ли так, что на вопрос «Почему элементарные преобразования матрицы приводят к эквивалентной СЛАУ?» ответить не проще, чем на вопрос «Почему элементарные преобразования строк не изменяют ранг системы столбцов?» ?

Ну судя по тому, как это я доказывал, то у меня со СЛАУ гораздо проще, чем со столбцами.

[svv]

oleg.k
Я понял Ваше доказательство. Хорошо.
Взгляните на мой вариант (примерно в том же духе).

0) Матрицу $A$ можно представить в виде набора векторов-столбцов: $A=(v_1,\ldots, v_n)$.
Для произвольного вектора-столбца из $K^m$ вводим те же элементарные преобразования (при которых, уточню, переставляются, складываются и т.п. состоящие из одного элемента строки данного вектора-столбца).
Тогда произвольное элементарное преобразование строк $A$ — это то же преобразование, применённое к каждому вектору-столбцу матрицы: $f(A)=(f(v_1), \ldots, f(v_n))$.

1) Легко проверяется линейность всех типов элементарных преобразований векторов-столбцов:
$f(u+v)=f(u)+f(v),\quad f(cu)=cf(u)$
Кроме того, любое элементарное преобразование обратимо, и обратное к нему также является элементарным преобразованием.

2) Обозначим $A'=f(A), v'_k=f(v_k), k=1..n$.
Пусть векторы $(v_{k_1},\ldots,v_{k_p})$ составляют базис пространства столбцов $A$, тогда любой вектор-столбец $A$ через них линейно выражается:
$v_K=c_1 v_{k_1}+\ldots+c_p v_{k_p}$
Тогда в силу 1) и любой вектор-столбец $A'$ линейно выражается через векторы $(v'_{k_1},\ldots,v'_{k_p})$
$v'_K=c_1 v'_{k_1}+\ldots+c_p v'_{k_p}$

3) Итак, если набор $(v_{k_1},\ldots,v_{k_p})$ — базис в пространстве столбцов $A$, то набор $(v'_{k_1},\ldots,v'_{k_p})$ полон в пространстве столбцов $A'$. И наоборот.
Следовательно, размерности пространств столбцов $A$ и $A'$ равны.

[oleg.k]

svv в сообщении #1484574 писал(а):

3) Итак, если набор $(v_{k_1},\ldots,v_{k_p})$ — базис в пространстве столбцов $A$, то набор $(v'_{k_1},\ldots,v'_{k_p})$ полон в пространстве столбцов $A'$. И наоборот.
Следовательно, размерности пространств столбцов $A$ и $A'$ равны.

Но из того, что набор $(v'_{k_1},\ldots,v'_{k_p})$ полон в пространстве столбцов $A'$ ведь не следует, что он является базисом? Т.е. надо еще доказать его линейную независимость. Или я что-то пропустил?

[svv]

Верно, не следует. Но отсюда следует, что размерность пространства столбцов $A'$ не превосходит размерности пространства столбцов $A$. А поскольку элементарные преобразования обратимы, и обратное преобразование также является элементарным (пункт 1), то аналогично можно показать, что и размерность пр-ва столбцов $A$ не превосходит размерности пр-ва столбцов $A'$. То есть они равны.

-- Пт сен 25, 2020 22:31:50 --

Можно поступить чуть иначе. Из 1) получаем
$c_1 v_{k_1}+\ldots+c_p v_{k_p}=0 \Leftrightarrow c_1 v'_{k_1}+\ldots+c_p v'_{k_p}=0$,
то есть из линейной зависимости набора $(v_{k_1},\ldots,v_{k_p})$ следует линейная зависимость $(v'_{k_1},\ldots,v'_{k_p})$ и наоборот.

Но тогда и из линейной независимости набора $(v_{k_1},\ldots,v_{k_p})$ следует линейная независимость $(v'_{k_1},\ldots,v'_{k_p})$. В противном случае некоторая нетривиальная линейная комбинация векторов $(v'_{k_1},\ldots,v'_{k_p})$ была бы равна 0, а соответствующая линейная комбинация векторов $(v_{k_1},\ldots,v_{k_p})$ — нет. Что, как видно из предыдущего абзаца, невозможно.

[oleg.k]

svv
Да, теперь все понятно. Еще раз благодарю за помощь!