Rango di applicazioni lineari e di forme bilineari

[dissonance]

Problema: data una matrice complessa $A$, di $n$ righe per $n$ colonne, vorrei dimostrare che il rango di $A^HA$ è uguale al rango di $A$. (Con $A^H$ indico la trasposta coniugata).
Sicuramente ci sarà un motivo intrinseco per cui questo succede, probabilmente legato alla doppia interpretazione di $A$ come applicazione lineare o come forma bilineare (sesquilineare per essere precisi). Però per prima cosa vorrei trovare una spiegazione diretta in termini di prodotto di matrici. Come posso fare? Forse gli autovalori di $A^HA$ sono i moduli al quadrato degli autovalori di $A$?

[rubik2]

$rg(A^HA)>=rg(A)$ si può pensare così: supponi che $rg(A)=k$ allora A possiede un minore di ordine k con determinante non nullo, supponiamo per semplicità che sia quello formato dalle prime k righe e k colonne e chiamiamolo $I_k$ allora il minore di $A^HA$ formato dalle stesse righe e colonne è $I_k^H*I_k$ che avrà ancora determinante diverso da zero, quindi $rg(A^HA)>=k$

forse funziona anche al contrario: se $rg(A^HA)=t>k$ allora $A^HA$ ha un minore di ordine t $J_t$ con $detJ_t!=0$ se supponiamo di nuovo che sia il primo di testa deve essere $J_t=I_t^H*I_t$ il che implica che $det(I_t)!=0$ e quindi $rg(A)>=t>k$ contro le ipotesi

a me sembra che supporre che sia proprio quel minore non sia restrittivo, ma non ho provato negli altri casi. Non userei gli autovalori perchè $A^HA$ sarà diagonalizzabile in quanto autoaggiunta (giusto?) mentre su $A$ non sappiamo molto e questo mi confonde un po', ma magari si fa comunque non so. ti convince?

[dissonance]

Quindi tu fai discendere il risultato, in ultima analisi, dal fatto che il rango per righe e il rango per colonne coincidono. E' un'idea, però non capisco una cosa:
se supponiamo che $A$ sia una matrice $ntimesn$, di rango $k$, e supponiamo che un minore non nullo di ordine $k$ sia proprio il primo minore di testa: $A=[[I_k, B], [**, **]]$; di conseguenza $A^H=[[I_k^H, **], [B^H, **]]$ e il prodotto $A A^H=[[I_kI_k^H+BB^H, **],[**,**]]$, dove con $B$ e con gli asterischi ho indicato dei blocchi di dimensioni opportune. Se non ho sbagliato, il minore di testa della matrice prodotto è $I_kI_k^H+BB^H$, non solo $I_kI_k^H$, come facciamo a dire che non è singolare?

[rubik2]

hai perfettamente ragione mi sembrava venisse solo $I_k^H*I_k$, non funziona come ho detto io, perlomeno non in maniera così ovvia

con quel rango k avevo messo tutti zeri sotto $I_k$ a questo punto non saprei, se trovi qualcosa aggiornami.

aggiungo solo che secondo me (ho fatto qualche conto) quel $B^HB$ aggiunge ad ogni riga combinazioni lineari delle righe sotto $I_k$ troncate alla k-esima entrata, che sono combinazione delle righe di $I_k$. non ne ho cavato niente, magari però può esserti utile, ciao!

[dissonance]

Ho pensato di fare così: dimostriamo che $Av=0$ se e solo se $A^HAv=0$. Infatti, se $Av=0$, ovviamente $A^HAv=0$; viceversa, se $A^HAv=0$, allora $v^HA^HAv=(Av)^HAv=0$, ovvero il prodotto scalare $\langleAv, Av\rangle=0$ e quindi $Av=0$. In conclusione $A$ e $A^HA$ hanno lo stesso nucleo e quindi anche lo stesso rango.
Due domande:
1) va bene?
2) Dalla dimostrazione (sempre che vada bene) si capisce che l'endomorfismo di matrice $A$, quello di matrice $A^HA$ e la forma Hermitiana di matrice $A^HA$ hanno lo stesso nucleo. Mi piacerebbe approfondire questa cosa. Ci sono altre correlazioni tra queste tre applicazioni?

[rubik2]

la tua mia pare vada bene anche se mi sembra usi il fatto che ad A è associata un'applicazione lineare in quanto parli di nucleo, però breve e pulita mi sa che di meglio non si può fare. Il mio tentativo così come è scritto non credo vada bene e per il resto non saprei proprio, sono stato un po' inutile in questo topic

alla prossima

[dissonance]

"rubik":...usi il fatto che ad A è associata un'applicazione lineare in quanto parli di nucleo...

Alcuni autori parlano di "nucleo" anche riferendosi a forme bi/sesqui-lineari, intendendo l'insieme dei vettori ortogonali a tutto lo spazio. In effetti si tratta del nucleo di un operatore lineare, ed è un concetto che spiega alcune domande saltate fuori nei post precedenti, ma necessita di tirare in ballo gli spazi duali e complicare il discorso.

Invece, come spiegazione di questo fenomeno (delle due matrici $A, A^HA$ che hanno lo stesso rango), ho trovato quest'altra nozione (matrice di Gram - http://en.wikipedia.org/wiki/Gramian_matrix ). L'idea è che $A^HA$ è la matrice dei prodotti scalari $\langleA_{(i)}, A_{(j)}\rangle$, dove $A_{(i)}$ è l'$i$-esima colonna di $A$.

Come è spiegato pure sulla pagina di wikipedia, queste matrici forniscono un test dell'indipendenza lineare di insiemi di vettori. Infatti, se $v_1,...v_n$ sono vettori di uno spazio a prodotto scalare, $M=[\langlev_i, v_j\rangle]_{i, j=1..n}$ è non singolare se e solo se $v_1,...,v_n$ sono l.i.: questo perché una combinazione lineare delle colonne di $M$ si riduce ad essere $[[\langlev_1, lambda_1v_1\rangle],[vdots],[\langlev_n, lambda_nv_n\rangle]]$, che è uguale a zero se e solo se $sum_{i=1}^nlambda_iv_i$ è ortogonale a tutti i $v_1, v_2, ...,v_n$; il che significa dire che $sum_{i=1}^nlambda_iv_i\in("span"(v_1, ...,v_n))^(bot)nn"span"(v_1,...,v_n)$. La tesi segue allora dal fatto noto che l'ultima intersezione è $\langle0\rangle$.
Raffinando un poco il discorso (tirando in ballo il principio dei minori orlati) arriviamo facilmente a dire che il rango di $M$ è proprio il numero di vettori lin. indip. di $v_1,...,v_n$: il che, trasportato alle nostre matrici $A$ e $A^HA$ significa proprio che i loro ranghi coincidono.

Ho voluto postare questa dimostrazione perché (sempre che non abbia sbagliato!) mi sembra maggiormente esplicativa. L'altra è molto più corta ma non mi convince, non sembra spiegare il perché delle cose.