Provare o confutare la seguente affermazione?
se A è una matrice 6x6 di rango 2, allora è possibile trovare una matrice B invertibile tale che A+B abbia rango 3?
io penso che centri qualcosa il fatto che se il determinante è uguale a 0, la matrice non è invertibile. quindi non sarebbe possibile trovare la matrice b che soddisfi tutte le condizioni
grazie a tutti
io penso che centri qualcosa il fatto che se il determinante è uguale a 0, la matrice non è invertibile. quindi non sarebbe possibile trovare la matrice b che soddisfi tutte le condizioni
grazie a tutti
Risposte
se ha rango 2 il numero delle colonne linearmente indipendenti è 2, perciò proietterà [tex]V^6[/tex] su uno spazio di dimensione 2 (la sua immagine ha dimensione 2).
B se è invertibile ha il determinante diverso da 0 e quindi proietterà su tutto [tex]V^6[/tex]
perciò al massimo si può trovare che se si sottraggono perfettamente i due spazi (con i coefficienti giusti in A e B), facendo l'immagine di B meno l'immagine di A si può ottenere uno spazio a dimensione 4.
Questa era la mia considerazione un pò intuitiva, ora non so se andrebbe dimostrata un pò meglio...
B se è invertibile ha il determinante diverso da 0 e quindi proietterà su tutto [tex]V^6[/tex]
perciò al massimo si può trovare che se si sottraggono perfettamente i due spazi (con i coefficienti giusti in A e B), facendo l'immagine di B meno l'immagine di A si può ottenere uno spazio a dimensione 4.
Questa era la mia considerazione un pò intuitiva, ora non so se andrebbe dimostrata un pò meglio...
Poiché ad A è associato un'applicazione lineare il cui kernel [tex]K_A[/tex] abbia dimensione 4, B deve essere associata ad un'isomorfismo lineare il cui kernel [tex]K_B[/tex] sommato col precedente è [tex]K_A[/tex] per cui la matrice somma ha rango 2 ed il tuo quesito è confutato!
"j18eos":
Poiché ad A è associato un'applicazione lineare il cui kernel [tex]K_A[/tex] abbia dimensione 4, B deve essere associata ad un'isomorfismo lineare il cui kernel [tex]K_B[/tex] sommato col precedente è [tex]K_A[/tex] per cui la matrice somma ha rango 2 ed il tuo quesito è confutato!
grazie ma... potresti essere un po' più chiaro?
@j18eos:
Posso permettermi un consiglio? Ogni volta che argomenti una tesi, devi cercare di essere il più rigoroso possibile e devi evitare di trarre conclusioni affrettate. E' capitato più di una volta che fai affermazioni un po' criptiche e non si capisce se sono conseguenze dirette delle tue argomentazioni.
Molto spesso sono giuste, ma ogni tanto zoppicano un po'.
Il mio consiglio è sempre spiegare tutti i dettagli, soprattutto quando spieghi qualcosa a studenti meno esperti (non me ne voglia gtsolid
).
In questo caso la conclusione è giusta (cioè la risposta alla domanda iniziale posta da gtsolid è no), ma i tuoi argomenti devono essere chiariti un po'.
Addirittura fai un'affermazione falsa - e sai quanto i matematici odiano dire il falso!
Precisamente l'affermazione falsa è
E' vero che [tex]\ker B=\{0\}[/tex], ma certamente è falso che [tex]\ker(A+B)=\ker A+\ker B[/tex].
Non puoi concludere che la matrice ha somma ha rango $2$, nè che ha rango $4$.
Esempio:
$A=((-1,0,0,0,0,0),(0,1,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0))$, $B=((1,0,0,0,0,0),(0,1,0,0,0,0),(0,0,1,0,0,0),(0,0,0,1,0,0),(0,0,0,0,1,0),(0,0,0,0,0,1))$
Si vede facilmente che [tex]\textrm{rank}(A)=2[/tex], [tex]\textrm{rank}(B)=6[/tex], ma [tex]\textrm{rank}(A+B)=5[/tex].
@gtsolid:
Segui l'intuizione di Fox. Il suggerimento per una dimostrazione rigorosa (forse dovrei dire confutazione rigorosa) è fissare una base opportuna nello spazio di partenza.
Posso permettermi un consiglio? Ogni volta che argomenti una tesi, devi cercare di essere il più rigoroso possibile e devi evitare di trarre conclusioni affrettate. E' capitato più di una volta che fai affermazioni un po' criptiche e non si capisce se sono conseguenze dirette delle tue argomentazioni.
Molto spesso sono giuste, ma ogni tanto zoppicano un po'.
Il mio consiglio è sempre spiegare tutti i dettagli, soprattutto quando spieghi qualcosa a studenti meno esperti (non me ne voglia gtsolid
).In questo caso la conclusione è giusta (cioè la risposta alla domanda iniziale posta da gtsolid è no), ma i tuoi argomenti devono essere chiariti un po'.
Addirittura fai un'affermazione falsa - e sai quanto i matematici odiano dire il falso!
Precisamente l'affermazione falsa è
"j18eos":
... B deve essere associata ad un'isomorfismo lineare il cui kernel [tex]K_B[/tex] sommato col precedente è [tex]K_A[/tex] per cui la matrice somma ha rango 2...
E' vero che [tex]\ker B=\{0\}[/tex], ma certamente è falso che [tex]\ker(A+B)=\ker A+\ker B[/tex].
Non puoi concludere che la matrice ha somma ha rango $2$, nè che ha rango $4$.
Esempio:
$A=((-1,0,0,0,0,0),(0,1,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0))$, $B=((1,0,0,0,0,0),(0,1,0,0,0,0),(0,0,1,0,0,0),(0,0,0,1,0,0),(0,0,0,0,1,0),(0,0,0,0,0,1))$
Si vede facilmente che [tex]\textrm{rank}(A)=2[/tex], [tex]\textrm{rank}(B)=6[/tex], ma [tex]\textrm{rank}(A+B)=5[/tex].
@gtsolid:
Segui l'intuizione di Fox. Il suggerimento per una dimostrazione rigorosa (forse dovrei dire confutazione rigorosa) è fissare una base opportuna nello spazio di partenza.
"cirasa":
@j18eos:
Posso permettermi un consiglio? Ogni volta che argomenti una tesi, devi cercare di essere il più rigoroso possibile e devi evitare di trarre conclusioni affrettate. E' capitato più di una volta che fai affermazioni un po' criptiche e non si capisce se sono conseguenze dirette delle tue argomentazioni.
Molto spesso sono giuste, ma ogni tanto zoppicano un po'.
Il mio consiglio è sempre spiegare tutti i dettagli, soprattutto quando spieghi qualcosa a studenti meno esperti (non me ne voglia gtsolid
In questo caso la conclusione è giusta (cioè la risposta alla domanda iniziale posta da gtsolid è no), ma i tuoi argomenti devono essere chiariti un po'.
Addirittura fai un'affermazione falsa - e sai quanto i matematici odiano dire il falso!
Precisamente l'affermazione falsa è
[quote="j18eos"]... B deve essere associata ad un'isomorfismo lineare il cui kernel [tex]K_B[/tex] sommato col precedente è [tex]K_A[/tex] per cui la matrice somma ha rango 2...
E' vero che [tex]\ker B=\{0\}[/tex], ma certamente è falso che [tex]\ker(A+B)=\ker A+\ker B[/tex].
Non puoi concludere che la matrice ha somma ha rango $2$, nè che ha rango $4$.
Esempio:
$A=((-1,0,0,0,0,0),(0,1,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,0))$, $B=((1,0,0,0,0,0),(0,1,0,0,0,0),(0,0,1,0,0,0),(0,0,0,1,0,0),(0,0,0,0,1,0),(0,0,0,0,0,1))$
Si vede facilmente che [tex]\textrm{rank}(A)=2[/tex], [tex]\textrm{rank}(B)=6[/tex], ma [tex]\textrm{rank}(A+B)=5[/tex].
@gtsolid:
Segui l'intuizione di Fox. Il suggerimento per una dimostrazione rigorosa (forse dovrei dire confutazione rigorosa) è fissare una base opportuna nello spazio di partenza.[/quote]
nn te ne voglio, anzi vi ringrazio a tutti...
il ragionamento che avevo abbozzato era che se una matrice deve avere rango 3 è impossibile che essa derivi da due matrici una di rango 2 e l'altra di rango di 6. in quanto ci dovrebbero essere 3 righ nulle nella matrice somma e non è possibile dato che la seconda matrice ha rango 6.
se invece la prima matrice avesse rango 2 e la seconda rango 3 la cosa potrebbe essere fattibile (non sempre) mentre se la seconda avesse rango 4 non sarebbe già più possibile...
ho detto giusto? se è così penso di aver capito
"gtsolid":
il ragionamento che avevo abbozzato era che se una matrice deve avere rango 3 è impossibile che essa derivi da due matrici una di rango 2 e l'altra di rango di 6. in quanto ci dovrebbero essere 3 righ nulle nella matrice somma e non è possibile dato che la seconda matrice ha rango 6.
Mmm, non mi convince...se una matrice ha rango $3$ non è detto che abbia tre righe nulle!
Esempio:
$((1,0,0,1,1,1),(0,1,0,1,1,1),(1,1,1,1,1,1),(1,1,1,1,1,1),(1,1,1,1,1,1),(1,1,1,1,1,1))$
"cirasa":
[quote="gtsolid"]
il ragionamento che avevo abbozzato era che se una matrice deve avere rango 3 è impossibile che essa derivi da due matrici una di rango 2 e l'altra di rango di 6. in quanto ci dovrebbero essere 3 righ nulle nella matrice somma e non è possibile dato che la seconda matrice ha rango 6.
Mmm, non mi convince...se una matrice ha rango $3$ non è detto che abbia tre righe nulle!
Esempio:
$((1,0,0,1,1,1),(0,1,0,1,1,1),(1,1,1,1,1,1),(1,1,1,1,1,1),(1,1,1,1,1,1),(1,1,1,1,1,1))$[/quote]
quindi come si può dimostrare?
Siano $A$ e $B$ due matrici $6times 6$ tali che $rank(A)=2$ e $rank(B)=6$ (o equivalentemente $B$ invertibile).
Denotiamo con $f_A, f_B:RR^6\to RR^6$ le applicazioni lineari che hanno $A$ e $B$ risp. come matrici associate rispetto alla base canonica.
Visto che $"ker"(f_A)$ ha dimensione $4$ (perchè?) fisso una base $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ di $"ker"(f_A)$ e la completo ad una base $(v_1,v_2,v_3,v_4,v_5,v_6)$.
Il rango di $A+B$ è la dimensione di $"Im"(f_A+f_B)$.
Perchè la dimensione di $"Im"(f_A+f_B)$ non può essere $3$?
Denotiamo con $f_A, f_B:RR^6\to RR^6$ le applicazioni lineari che hanno $A$ e $B$ risp. come matrici associate rispetto alla base canonica.
Visto che $"ker"(f_A)$ ha dimensione $4$ (perchè?) fisso una base $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ di $"ker"(f_A)$ e la completo ad una base $(v_1,v_2,v_3,v_4,v_5,v_6)$.
Il rango di $A+B$ è la dimensione di $"Im"(f_A+f_B)$.
Perchè la dimensione di $"Im"(f_A+f_B)$ non può essere $3$?
A me il punto di vista di j18eos non dispiaceva - per quanto concordo che sia un po' ellittico.
Io l'avrei detto così: Siano $L_A$ ed $L_B$ gli operatori lineari da $RR^6$ in $RR^6$ associati alle due matrici $A$ e $B$.
Allora $L_{A+B}=L_A+L_B$; inoltre il nucleo di $L_A$, indichiamolo con $K(A)$, ha dimensione $4$ (non è standard ? dovrebbe essere
conseguenza del fatto che la dimensione del nucleo più la dimensione dell'immagine fa $6$, e che la dimensione dell'immagine è pari
al rango di $A$). Se allora considero la restrizione di $L_{A+B}$ su $K(A)$ vedo che essa coincide con $L_B$, dato che $L_A(u)=0$
per le $u$ in $K(A)$, e quindi essendo $L_B$ invertibile $K(A)\cap K(A+B)={0}$ (dove $K(A+B)$ indica il nucleo di $L_{A+B}$). Ma allora
$K(A+B)$ ha al massimo dimensione $2$ (questo forse è la cosa meno ovvia, per quanto standard pure lei, e cioè che presi due sottospazi
$X_1$ e $X_2$ di $RR^6$ tali che $dim(X_1)+dim(X_2)>6$, la loro intersezione deve avere dimensione maggiore di zero). Ma se il nucleo
di $L_{A+B}$ ha dimensione minore o eguale a due la sua immagine ha dimensione almeno $4$ e quindi il rango di $A+B$ è almeno quattro.
Mi pare giusta.
Io l'avrei detto così: Siano $L_A$ ed $L_B$ gli operatori lineari da $RR^6$ in $RR^6$ associati alle due matrici $A$ e $B$.
Allora $L_{A+B}=L_A+L_B$; inoltre il nucleo di $L_A$, indichiamolo con $K(A)$, ha dimensione $4$ (non è standard ? dovrebbe essere
conseguenza del fatto che la dimensione del nucleo più la dimensione dell'immagine fa $6$, e che la dimensione dell'immagine è pari
al rango di $A$). Se allora considero la restrizione di $L_{A+B}$ su $K(A)$ vedo che essa coincide con $L_B$, dato che $L_A(u)=0$
per le $u$ in $K(A)$, e quindi essendo $L_B$ invertibile $K(A)\cap K(A+B)={0}$ (dove $K(A+B)$ indica il nucleo di $L_{A+B}$). Ma allora
$K(A+B)$ ha al massimo dimensione $2$ (questo forse è la cosa meno ovvia, per quanto standard pure lei, e cioè che presi due sottospazi
$X_1$ e $X_2$ di $RR^6$ tali che $dim(X_1)+dim(X_2)>6$, la loro intersezione deve avere dimensione maggiore di zero). Ma se il nucleo
di $L_{A+B}$ ha dimensione minore o eguale a due la sua immagine ha dimensione almeno $4$ e quindi il rango di $A+B$ è almeno quattro.
Mi pare giusta.
Scusate l'interruzione, ma volevo dare il ben tornato a "ViciousGoblin" che è da un po' che mancava!! 
....scusate ancora!
....scusate ancora!
La dimostrazione a cui stavo pensando io, invece, è la seguente:
Dopo aver provato, così come ha fatto "ViciousGoblin", che $L_{A+B}$ coincide con $L_B$ su $K(A)$, per dimostrare che $"Im"(L_{A+B})$ ha dimensione almeno $4$, basta osservare che contiene $L_{A+B}(K(A))=L_B(K(A))$ che è un sottospazio di dimensione $4$.
Nel suggerimento che avevo dato precedentemente avevo fissato una base di $K(A)$. Ed in effetti potevo risparmiarmelo.
Dopo aver provato, così come ha fatto "ViciousGoblin", che $L_{A+B}$ coincide con $L_B$ su $K(A)$, per dimostrare che $"Im"(L_{A+B})$ ha dimensione almeno $4$, basta osservare che contiene $L_{A+B}(K(A))=L_B(K(A))$ che è un sottospazio di dimensione $4$.
Nel suggerimento che avevo dato precedentemente avevo fissato una base di $K(A)$. Ed in effetti potevo risparmiarmelo.
In effetti l'idea di cirasa mi sembra la più semplice. In realtà non l'avevo capita bene prima.
"Alexp":
Scusate l'interruzione, ma volevo dare il ben tornato a "ViciousGoblin" che è da un po' che mancava!!
....scusate ancora!
Grazie
"ViciousGoblin":
A me il punto di vista di j18eos non dispiaceva - per quanto concordo che sia un po' ellittico.
Io l'avrei detto così: Siano $L_A$ ed $L_B$ gli operatori lineari da $RR^6$ in $RR^6$ associati alle due matrici $A$ e $B$.
Allora $L_{A+B}=L_A+L_B$; inoltre il nucleo di $L_A$, indichiamolo con $K(A)$, ha dimensione $4$ (non è standard ? dovrebbe essere
conseguenza del fatto che la dimensione del nucleo più la dimensione dell'immagine fa $6$, e che la dimensione dell'immagine è pari
al rango di $A$). Se allora considero la restrizione di $L_{A+B}$ su $K(A)$ vedo che essa coincide con $L_B$, dato che $L_A(u)=0$
per le $u$ in $K(A)$, e quindi essendo $L_B$ invertibile $K(A)\cap K(A+B)={0}$ (dove $K(A+B)$ indica il nucleo di $L_{A+B}$). Ma allora
$K(A+B)$ ha al massimo dimensione $2$ (questo forse è la cosa meno ovvia, per quanto standard pure lei, e cioè che presi due sottospazi
$X_1$ e $X_2$ di $RR^6$ tali che $dim(X_1)+dim(X_2)>6$, la loro intersezione deve avere dimensione maggiore di zero). Ma se il nucleo
di $L_{A+B}$ ha dimensione minore o eguale a due la sua immagine ha dimensione almeno $4$ e quindi il rango di $A+B$ è almeno quattro.
Mi pare giusta.
mio dio quanto era difficile.
grazie cmq
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