2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 неравенство Сильвестра для рангов
Сообщение16.04.2015, 14:10 
Проверьте, пожалуйста.

Показать, что для любых матриц $A_{ms},B_{sn}$ имеет место неравенство:
$$\operatorname{rank}A+\operatorname{rank}B-s\leq\operatorname{rank}(AB)$$

Рассмотрим ядро отображения $AB$: множество таких векторов $X$, что $ABX=0$. C другой стороны это подмножество ядра $A$: $\ker A\cap\operatorname{Im}(B)$. Значит:
$$\dim\ker AB \leq \dim\ker A $$
$$n-\operatorname{rank}AB\leq s - \operatorname{rank}A $$
$$n+\operatorname{rank}A - s \leq \operatorname{rank}AB $$
Так как $\operatorname{rank}B\leq n$, то имеем
$$\operatorname{rank}A+\operatorname{rank}B-s\leq\operatorname{rank}(AB)$$

 
 
 
 Re: неравенство Сильвестра для рангов
Сообщение16.04.2015, 16:19 
Аватара пользователя
Верно.

 
 
 
 Re: неравенство Сильвестра для рангов
Сообщение16.04.2015, 16:37 
2old в сообщении #1004417 писал(а):
Значит:
$$\dim\ker AB \leq \dim\ker A $$
Пусть, например, $A$ --- единичная матрица (тождественный оператор). Что-то странное тогда получается, если написанное неравенство верно.

-- Чт апр 16, 2015 20:39:36 --

2old в сообщении #1004417 писал(а):
C другой стороны это подмножество ядра $A$: $\ker A\cap\operatorname{Im}(B)$.
С чего бы это? Ясно, однако, что ядро $AB$ содержит ядро $B$.

 
 
 
 Re: неравенство Сильвестра для рангов
Сообщение16.04.2015, 16:41 
Аватара пользователя
Упс, проморгал... :oops: Впрочем, рассуждение ТС легко спасти, просто нужно рассуждать аккуратнее: рассматривать сужения одних операторов на образы действия других операторов, и тогда все получится.

 
 
 
 Re: неравенство Сильвестра для рангов
Сообщение16.04.2015, 17:33 
nnosipov
Мда, какой-то бред получается. Но я не понимаю где ошибка.

Цитата:
C другой стороны это подмножество ядра $A$: $\ker A\cap\operatorname{Im}(B)$.

Цитата:
С чего бы это?

Потому что когда я рассматриваю просто отображение $A_{ms}$, то я могу воздействовать им на все вектора из $\mathbb{R}^s$ и смотреть какие из них попадут в ядро. А когда рассматриваю отображение $AB_{mn}$, то могу только на те воздействовать отображением $A$, которые попадут в $\operatorname{Im}B$. Получается вектор должен лежать и в ядре $A$ и быть образом какого-либо элемента отображения $B$.

$+$ как вы сказали, $\ker{B}\in\ker{AB}$ и имеем противоположное неравенство
$$\dim\ker{B}\leq\ker{AB}$$

:shock: :shock:

 
 
 
 Re: неравенство Сильвестра для рангов
Сообщение17.04.2015, 10:55 
Я понял в чем ошибка, $X$ не обязан лежать в ядре $A$, чтобы лежать в ядре $AB$ :oops: :oops:

-- 17.04.2015, 12:33 --

Brukvalub
Насколько я понял вас, о сужении, надо сделать как-то так:

Для всех векторов $X\in\mathbb{R}^s$ и отображения $A$, будет верно:
$$\operatorname{rank}A+\dim\ker{A}=s$$
Теперь запишем аналогичное тождество в случае, когда отображение $A$ будет действовать только из $\operatorname{Im}B$
$$\operatorname{rank}AB+???=\operatorname{rank}B$$

Вот как там с ядром будет, я не понимаю...Хочется опять написать $\dim(\ker A\cap\operatorname{Im}B)$

 
 
 
 Re: неравенство Сильвестра для рангов
Сообщение17.04.2015, 13:49 
Аватара пользователя
Мне проще сослаться: Прасолов Задачи и теоремы линейной алгебры Гл.2 параграф 8 п.8.1.

 
 
 [ Сообщений: 7 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group