Ранг суммы двух матриц

[idecey]

Доказать, что $ \operatorname{rk}(A + B) \leqslant \operatorname{rk}(A) + \operatorname{rk}(B) $

Допустим A и B размера 3 на 3, $\operatorname{rk}(A) = \operatorname{rk}(B) = 1$.
Это значит, что $\exists \alpha_i \ne 0 \colon \alpha_1 \cdot x_1 + \alpha_2 \cdot x_2 + \alpha_3 \cdot x_3 = 0$ и $\exists \beta_i \ne 0 \colon \beta_1 \cdot y_1 + \beta_2 \cdot y_2 + \beta_3 \cdot y_3 = 0$, где $\alpha$ и $\beta$ строки A и B соответственно.
Допустим, что $ \operatorname{rk}(A + B) > \operatorname{rk}(A) + \operatorname{rk}(B) $, это значит, что $\nexists \gamma_i \ne 0 \colon \gamma_1 \cdot (x_1 + y_1) + \gamma_2 \cdot (x_2 + y_2) + \gamma_3 \cdot (x_3 + y_3) = 0$ или $\gamma_1 \cdot x_1 + \gamma_2 \cdot x_2 + \gamma_3 \cdot x_3 + $\gamma_1 \cdot y_1 + \gamma_2 \cdot y_2 + \gamma_3 \cdot y_3 = 0$.
Тут хотел получить противоречие, что найдется $\gamma_i \ne 0$ и выражение обнулится, но на самом деле мы точно не знаем, найдется ли такая гамма.
Это первое, что пришло на ум ) К сожалению, ничего другого не пришло...

В итоге, с чего начать? )

[nnosipov]

idecey в сообщении #1551353 писал(а):

В итоге, с чего начать?

Разумеется, с определения того, что называется рангом матрицы.

[Sinoid]

nnosipov в сообщении #1551354 писал(а):

idecey в сообщении #1551353 писал(а):

В итоге, с чего начать?

Разумеется, с определения того, что называется рангом матрицы.

И с курса алгебры Куроша: там 1 его теорема почти прямое решение задачи.

[пианист]

idecey в сообщении #1551353 писал(а):

Это значит, что

Немножко по другому: что есть такая $\alpha$ (одна), через которую все $\alpha_i$ выражаются.

[artempalkin]

Можно доказать лемму: если из матрицы вычеркнуть строку или столбец, то ранг не увеличится.
Потом доказать, что

$$\operatorname{rk} A+\operatorname{rk} B=\operatorname{rk}\begin{bmatrix} A& 0\\ 0& B \end{bmatrix}$$

А потом попробовать поработать с $\operatorname{rk}\begin{bmatrix} A& 0\\ 0& B \end{bmatrix}$

[bot]

Идея неплохая, только погорячились с равенством - возьмите, к примеру, $A=B$. А что потом - к сумме вычёркиваниями собираетесь переходить?

[nnosipov]

bot в сообщении #1551424 писал(а):

только погорячились с равенством - возьмите, к примеру, $A=B$.

С равенством все в порядке.

Вообще, само утверждение настолько банально, что непонятно, что здесь можно обсуждать.

[bot]

nnosipov в сообщении #1551425 писал(а):

С равенством все в порядке

Ой!

[artempalkin]

bot в сообщении #1551424 писал(а):

А что потом - к сумме вычёркиваниями собираетесь переходить?

А дальше магия изящного доказательства :)

nnosipov в сообщении #1551425 писал(а):

Вообще, само утверждение настолько банально, что непонятно, что здесь можно обсуждать.

Ну вот, кстати, в плане суммы сложно согласиться. Почему вдруг ранг суммы не может оказаться больше суммы рангов? Про произведение неравенства более интуитивно понятны.

[bot]

artempalkin в сообщении #1551431 писал(а):

А дальше магия изящного доказательства :)

Ну что за изящество - к сумме переходить суммами?

[lel0lel]

artempalkin в сообщении #1551431 писал(а):

Ну вот, кстати, в плане суммы сложно согласиться. Почему вдруг ранг суммы не может оказаться больше суммы рангов?

Пусть одна матрица диагональная. А теперь пусть одна матрица приведена к жордановой форме. По-моему всё очевидно.

[mihaild]

lel0lel, вы серьезно? Во-первых, даже с ЖНФ сходу не очевидно, а во-вторых, её ввод (вместе с понятием алгебраического замыкания поля и доказательства, что ранг матрицы над расширением равен исходному) гораздо сложнее исходного утверждения.

Лично мне очень понравилось доказательство artempalkin. Придется правда показать, что линейные преобразования не увеличивают ранг, но это всё равно приходится делать.

[artempalkin]

lel0lel в сообщении #1551436 писал(а):

Пусть одна матрица диагональная. А теперь пусть одна матрица приведена к жордановой форме. По-моему всё очевидно

хорошая шутка :) Как-то тут на форуме предлагали доказывать иррациональность кубического корня из двух через теорему Ферма

mihaild в сообщении #1551438 писал(а):

Лично мне очень понравилось доказательство artempalkin.

Да, спасибо, это доказательство из разряда "несколькими простыми шагами дойти до сложного"

[nnosipov]

ЖНФ --- это для любителей очень острых блюд. А для меня данное утверждение про ранги матриц прямо ассоциируется с очевидным неравенством $\dim{(L_1+L_2)} \leqslant \dim{L_1}+\dim{L_2}$ для подпространств $L_1$, $L_2$.

[lel0lel]

А я не шутил, просто вопрос был про то чтобы легко увидеть (а не доказать строго), поэтому я предложил суммировать диагональные матрицы. А так да, есть $n$ векторов в $n$-мерном пространстве среди которых $k$ линейно независимых и ещё $n$ векторов, среди которых максимальное количество линейно независимых равно $m$. Представим все остальные через эти $k+m$ векторов.