Minori di matrici su anelli qualsiasi - Eliminazione di Gauss
Sia $R$ un anello commutativo con unita'. Sia $A$ una matrice $m \times n$ a coefficienti in $R$, con $m \le n$ tale che tutti i minori $m \times m$ hanno determinante non nullo. E' vero che le righe di $A$ sono linearmente dipendenti, nel senso che esiste una combinazione lineare a coefficienti non tutti nulli che e' nulla?
La dimostrazione di algebra lineare che io conosco di questo fatto fa uso dell'eliminazione di Gauss. Dal momento che a me interessa lo span delle righe (inteso come il sottomodulo di $R^n$ generato dalle righe di $A$), usero' solo operazioni di Gauss sulle righe, e cerchero' di capire quali di queste operazioni non mi modificano il sottomodulo generato.
- scambiare due righe $\to$ certamente non modifica lo span
- aggiungere a una riga un multiplo di un'altra $\to$ certamente non modifica lo span
- moltiplicare una riga per uno scalare non nullo $\to$ questa modifica lo span, se lo scalare non e' invertibile. Riformuliamo quindi con: moltiplicare una riga per un elemento invertibile di $R$ (che sui campi corrisponde a uno scalare non nullo).
Domanda: bastano queste tre operazioni per ridurre ogni matrice in forma di Gauss (ovvero, per intendersi anche se la matrice non e' quadrata, in forma triangolare superiore)?. Direi di no, perche' se ad esempio tutti i possibili pivot sono non invertibili, mi trovo nei guai.
E' quello che succede nell'esempio seguente: in $\ZZ_6$ prendiamo la matrice
$( ( 2,3 ) , ( 3 , 2 ) ) .$
Ho dunque pensato a una dimostrazione alternativa del problema originario. Supponiamo che ci sia un minore $m-1 x m-1$ che e' non nullo (altrimenti basta prendere meno righe). Supponiamo che questo minore sia dato dalle prime m-1 righe e m-1 colonne (altrimenti riordiniamo). Consideriamo il minore $m \times m$ ottenuto aggiungendo l'ultima riga e l'ultima colonna (quindi dato da tutte le righe e le prime $m$ colonne). Indico con $A^i$ la $i$-esima riga di $A$. Inoltre indico con $\Delta_{ij}$ il determinante del minore $m-1 \times m-1$ ottenuto dal minore $m \times m$ eliminando la $i$-esima riga e la $j$-esima colonna. Sviluppando il determinante del minore $m\times m$ sull'ultima colonna ho
\[
0 = \sum_i (-1)^{i+m} a_{im}\Delta_{im}.
\]
E' forse vero che posso usare i coefficienti $c_i = (-1)^{i+m}\Delta_{im}$ per ottenere una combinazione lineare non nulla delle righe, ovvero tale che $\sum c_i A^i = 0$ (e almeno uno dei minori e' non nullo, quindi la combinazione sarebbe non banale)?
Infatti tale combinazione avrebbe certamente l'ultima entrata nulla (corrispondente a quello che succede sull'ultima colonna) proprio uguale al determinante, e quindi nulla. Facendo un po' di esempi ottengo nulle anche le altre, ma, ammesso che sia vero, non so come dimstrarlo? Per matrici $2 \times 2$ e' facile...induzione?
Qualunque idea o consiglio sono ben accetti.
[Ho postato in geometria perche' il post ha sostanzialmente a che vedere con il rango di matrici; se pensate che stia meglio in algebra (in effetti la domanda e' prettamente algebrica) spostate pure]
La dimostrazione di algebra lineare che io conosco di questo fatto fa uso dell'eliminazione di Gauss. Dal momento che a me interessa lo span delle righe (inteso come il sottomodulo di $R^n$ generato dalle righe di $A$), usero' solo operazioni di Gauss sulle righe, e cerchero' di capire quali di queste operazioni non mi modificano il sottomodulo generato.
- scambiare due righe $\to$ certamente non modifica lo span
- aggiungere a una riga un multiplo di un'altra $\to$ certamente non modifica lo span
- moltiplicare una riga per uno scalare non nullo $\to$ questa modifica lo span, se lo scalare non e' invertibile. Riformuliamo quindi con: moltiplicare una riga per un elemento invertibile di $R$ (che sui campi corrisponde a uno scalare non nullo).
Domanda: bastano queste tre operazioni per ridurre ogni matrice in forma di Gauss (ovvero, per intendersi anche se la matrice non e' quadrata, in forma triangolare superiore)?. Direi di no, perche' se ad esempio tutti i possibili pivot sono non invertibili, mi trovo nei guai.
E' quello che succede nell'esempio seguente: in $\ZZ_6$ prendiamo la matrice
$( ( 2,3 ) , ( 3 , 2 ) ) .$
Ho dunque pensato a una dimostrazione alternativa del problema originario. Supponiamo che ci sia un minore $m-1 x m-1$ che e' non nullo (altrimenti basta prendere meno righe). Supponiamo che questo minore sia dato dalle prime m-1 righe e m-1 colonne (altrimenti riordiniamo). Consideriamo il minore $m \times m$ ottenuto aggiungendo l'ultima riga e l'ultima colonna (quindi dato da tutte le righe e le prime $m$ colonne). Indico con $A^i$ la $i$-esima riga di $A$. Inoltre indico con $\Delta_{ij}$ il determinante del minore $m-1 \times m-1$ ottenuto dal minore $m \times m$ eliminando la $i$-esima riga e la $j$-esima colonna. Sviluppando il determinante del minore $m\times m$ sull'ultima colonna ho
\[
0 = \sum_i (-1)^{i+m} a_{im}\Delta_{im}.
\]
E' forse vero che posso usare i coefficienti $c_i = (-1)^{i+m}\Delta_{im}$ per ottenere una combinazione lineare non nulla delle righe, ovvero tale che $\sum c_i A^i = 0$ (e almeno uno dei minori e' non nullo, quindi la combinazione sarebbe non banale)?
Infatti tale combinazione avrebbe certamente l'ultima entrata nulla (corrispondente a quello che succede sull'ultima colonna) proprio uguale al determinante, e quindi nulla. Facendo un po' di esempi ottengo nulle anche le altre, ma, ammesso che sia vero, non so come dimstrarlo? Per matrici $2 \times 2$ e' facile...induzione?
Qualunque idea o consiglio sono ben accetti.
[Ho postato in geometria perche' il post ha sostanzialmente a che vedere con il rango di matrici; se pensate che stia meglio in algebra (in effetti la domanda e' prettamente algebrica) spostate pure]
Risposte
Credo di aver risolto. Basta prendere la matrice dei cofattori.
Supponiamo $A$ sia quadrata $m \times m$ con almeno un cofattore non nullo ma con determinante nullo. La moltiplicazione di $A$ per la sua matrice dei cofattori dà $0$, ma la matrice dei cofattori non è zero. Scrivendo per bene le cose, dovrebbe uscire una combinazione lineare delle colonne di $A$ che è nulla ma con coefficienti non nulli. C'è ancora qualcosa che non mi torna tanto, ma tutto sommato le cose in questo modo dovrebbero funzionare.
Supponiamo $A$ sia quadrata $m \times m$ con almeno un cofattore non nullo ma con determinante nullo. La moltiplicazione di $A$ per la sua matrice dei cofattori dà $0$, ma la matrice dei cofattori non è zero. Scrivendo per bene le cose, dovrebbe uscire una combinazione lineare delle colonne di $A$ che è nulla ma con coefficienti non nulli. C'è ancora qualcosa che non mi torna tanto, ma tutto sommato le cose in questo modo dovrebbero funzionare.
Se l'anello è un PID allora può essere portata a quella che viene chiamata Smith Normal Form (una matrice diagonale) con un algoritmo molto simile a quello della eliminazione di Gauss. Nel caso generale non credo sia possibile fare nulla del genere.
Nel caso generale l'eliminazione di Gauss non funziona. Una cosa simile si può fare in un dominio d'integrità. In sostanza si fa finta che tutto sia invertibile (per dirla meglio, si va nel campo delle frazioni) e una volta che si è in forma di gauss si moltiplica tutto quanto per uno scalare non nullo in modo da eliminare i denominatori. Facendo questo, lo span delle colonne, come spazio, cambia, ma il suo rango (sempre che si possa parlare di rango) non cambia. Il risultato è una forma triangolare.
Comunque il trucco con la matrice dei cofattori funziona e dimostra il problema originario.
Comunque il trucco con la matrice dei cofattori funziona e dimostra il problema originario.
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