Teorema che collega invertibilità e rango di una matice
Ciao a tutti,
per il teorema che segue ho fatto una dimostrazione per la parte che riguarda $\Rightarrow$
vi volevo chiedere se poteva essere giusta; inoltre per la dimostrazione $\Leftarrow$
purtroppo non ho idee (alcune confuse), se avete un suggerimento tenterò di proseguire.
Enunciato:
Sia $A$$in$$M_{m,n}$ $(K)$ allora
$A$ invertibile a dx $\Leftrightarrow$ $r$$(A)$$=m$
Dimostro $\Rightarrow$
moltiplico a dx per $B$$in$$M_{n,m}$ $(K)$ inversa di $A$ e ottengo
$A$x$B$ = $I_{m}$ dove $I_{m}$ è la matrice identità quadrata di ordine m
$r$$(A xx B)$$<=$$r$$(A)$ inoltre $r$$(A xx B)$$<=$$r$$(B)$ il rango del prodotto
non supera mai il rango di ciascun fattore; dato che
$r$$(I_{m})$$=$$m$ per definizione di matrice identità in quanto non ha righe nulle,
anche $r$$(A xx B)$$=$$m$ quindi $r$$(A xx B)$$=$$m$$<=$$r$$(A)$ significa che
$r$$(A)$$>=$$m$ maggiore di m non è possibile perchè m è il numero massimo di righe di $A$
quindi in definitiva $r$$(A)$$=$$m$
Molte grazie
per il teorema che segue ho fatto una dimostrazione per la parte che riguarda $\Rightarrow$
vi volevo chiedere se poteva essere giusta; inoltre per la dimostrazione $\Leftarrow$
purtroppo non ho idee (alcune confuse), se avete un suggerimento tenterò di proseguire.
Enunciato:
Sia $A$$in$$M_{m,n}$ $(K)$ allora
$A$ invertibile a dx $\Leftrightarrow$ $r$$(A)$$=m$
Dimostro $\Rightarrow$
moltiplico a dx per $B$$in$$M_{n,m}$ $(K)$ inversa di $A$ e ottengo
$A$x$B$ = $I_{m}$ dove $I_{m}$ è la matrice identità quadrata di ordine m
$r$$(A xx B)$$<=$$r$$(A)$ inoltre $r$$(A xx B)$$<=$$r$$(B)$ il rango del prodotto
non supera mai il rango di ciascun fattore; dato che
$r$$(I_{m})$$=$$m$ per definizione di matrice identità in quanto non ha righe nulle,
anche $r$$(A xx B)$$=$$m$ quindi $r$$(A xx B)$$=$$m$$<=$$r$$(A)$ significa che
$r$$(A)$$>=$$m$ maggiore di m non è possibile perchè m è il numero massimo di righe di $A$
quindi in definitiva $r$$(A)$$=$$m$
Molte grazie
Risposte
La tua dimostrazione è corretta. Un solo piccolissimo appunto:
Anche la matrice quadrata di ordine $m$ con 1 su ogni posto non ha righe nulle ma non per questo ha rango $m$!
$I_m$ ha rango $m$, perchè ha $m$ righe linearmente indipendenti!
Per quanto riguarda l'implicazione $\Leftarrow$ prova a passare all'applicazione lineare $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m$ definita da $A$ tale che
$f(x)=Ax$ dove $x$ è visto come vettore colonna.
Dire che $A$ ha rango $m$ significa che $f$ è surgettiva. A questo punto come puoi ricostruire la matrice $B$ inversa a destra di $A$ ?
Saluti!
"O grande":
$r$$(I_{m})$$=$$m$ per definizione di matrice identità in quanto non ha righe nulle,
Anche la matrice quadrata di ordine $m$ con 1 su ogni posto non ha righe nulle ma non per questo ha rango $m$!
$I_m$ ha rango $m$, perchè ha $m$ righe linearmente indipendenti!
Per quanto riguarda l'implicazione $\Leftarrow$ prova a passare all'applicazione lineare $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m$ definita da $A$ tale che
$f(x)=Ax$ dove $x$ è visto come vettore colonna.
Dire che $A$ ha rango $m$ significa che $f$ è surgettiva. A questo punto come puoi ricostruire la matrice $B$ inversa a destra di $A$ ?
Saluti!
Grazie Cirasa,
sia per il chiarimento sulla matrice identità sia sul suggerimento
che hai fornito, provo ad approfondirlo e vedo di rispondere
producendo la dimostrazione.
sia per il chiarimento sulla matrice identità sia sul suggerimento
che hai fornito, provo ad approfondirlo e vedo di rispondere
producendo la dimostrazione.
prego 
Osservo solo una cosa che ritengo interessante: l'implicazione "$A$ ha rango massimo $Rightarrow$ la funzione $f(x)=Ax$ è suriettiva" è vera solo se siamo su un campo (come per esempio $RR$).
Per esempio su $ZZ$ non è più vera: la funzione $ZZ^2 to ZZ^2$, $((x),(y)) to ((2,1),(0,1)) ((x),(y))$ non è suriettiva eppure $((2,1),(0,1))$ ha rango massimo. O più semplicemente anche la funzione $ZZ to ZZ$, $x to 2x$ risulta essere un controesempio.
Quello che smette di essere vero quando si passa a cose "più deboli" dei campi è il fatto che un insieme linearmente indipendente massimale è una base.
Per esempio su $ZZ$ non è più vera: la funzione $ZZ^2 to ZZ^2$, $((x),(y)) to ((2,1),(0,1)) ((x),(y))$ non è suriettiva eppure $((2,1),(0,1))$ ha rango massimo. O più semplicemente anche la funzione $ZZ to ZZ$, $x to 2x$ risulta essere un controesempio.
Quello che smette di essere vero quando si passa a cose "più deboli" dei campi è il fatto che un insieme linearmente indipendente massimale è una base.
"Martino":Per "base" intendi "sistema di generatori linearmente indipendente", giusto?
Quello che smette di essere vero quando si passa a cose "più deboli" dei campi è il fatto che un insieme linearmente indipendente massimale è una base.
Se $X$ è sottoinsieme di uno spazio vettoriale su un campo, sono equivalenti:
a)$X$ è linearmente indipendente e sistema di generatori (base);
b)$X$ è linearmente indipendente e massimale;
c)$X$ è sistema di generatori minimale.
Sopravvive qualcosa di questa equivalenza se invece di un campo ci appoggiamo ad un dominio? Hai appena detto che $b => a$ cade. Cade anche tutto il resto? (E' una mia curiosità).
"dissonance":Per "base" intendi "sistema di generatori linearmente indipendente", giusto?
[quote="Martino"]Quello che smette di essere vero quando si passa a cose "più deboli" dei campi è il fatto che un insieme linearmente indipendente massimale è una base.
Se $X$ è sottoinsieme di uno spazio vettoriale su un campo, sono equivalenti:
a)$X$ è linearmente indipendente e sistema di generatori (base);
b)$X$ è linearmente indipendente e massimale;
c)$X$ è sistema di generatori minimale.
Sopravvive qualcosa di questa equivalenza se invece di un campo ci appoggiamo ad un dominio? Hai appena detto che $b => a$ cade. Cade anche tutto il resto? (E' una mia curiosità).[/quote]Cade anche $b => c$ per lo stesso motivo. $a <=> c$, $a => b$ e $c => b$ restano vere perché sono vere sul campo delle frazioni.
Una cosa divertente è che $ZZ^n$ ha "sottospazi" (sottogruppi o sotto-$ZZ$-moduli) che sono del tipo $ZZ^n$ ma contenuti propriamente in $ZZ^n$ (tecnicamente si chiamano reticoli completi), come per esempio il sottospazio generato da $((2),(0))$ e $((1),(1))$. Si dimostra che se $H$ è un "sottospazio" di $ZZ^n$ isomorfo a $ZZ^n$ allora presa una base $h_1,...,h_n$ di $H$, il modulo del determinante della mappa che manda $e_1,...,e_n$ (la base canonica di $ZZ^n$) ordinatamente in $h_1,...,h_n$ è uguale alla cardinalità del quoziente $ZZ^n//H$. Per esempio se $H=<((2),(0)),((1),(1))>$ allora $ZZ^2//H$ ha due elementi.
Dimostrazione $\Leftarrow$
Sia $A$$in$$M_{m,n}$$(K)$ con $(K)$ generico campo
passando all'applicazione lineare $f: K^n \to K^m$ tale che $f(x)=AX$ con $X$ vettore colonna,
dato che $r$$(A)$$=m$ significa che $r$$(A)= dimImA = m$ quindi l'applicazione lineare è surgettiva
ora il mio problema è che un'applicazione lineare deve essere surgettiva e iniettiva per essere
invertibile; purtroppo non riesco nella dimostrazione dell'iniettività, poi il passo successivo penso
sia quello di dimostrare che data l'invertibilità di $f(x)=AX$ deriva che la matrice $A$ è invertibile.
Sia $A$$in$$M_{m,n}$$(K)$ con $(K)$ generico campo
passando all'applicazione lineare $f: K^n \to K^m$ tale che $f(x)=AX$ con $X$ vettore colonna,
dato che $r$$(A)$$=m$ significa che $r$$(A)= dimImA = m$ quindi l'applicazione lineare è surgettiva
ora il mio problema è che un'applicazione lineare deve essere surgettiva e iniettiva per essere
invertibile; purtroppo non riesco nella dimostrazione dell'iniettività, poi il passo successivo penso
sia quello di dimostrare che data l'invertibilità di $f(x)=AX$ deriva che la matrice $A$ è invertibile.
Purtroppo l'applicazione $f$ non può essere anche iniettiva (tranne nel caso in cui $n=m$) perchè
$f$ è iniettiva se e solo se $r(A)=n$
Dovresti sfruttare la semplice surgettività. Ti dò un altro suggerimento.
Denoto per ogni $i=1,...,m$ con $e_i$ il vettore colonna $m$-dimensionale formato da tutti $0$ tranne al posto $i$ dove c'è un $1$ (l'unità del campo $\mathbb{K}$).
Per la surgettività di $f$, per ogni $i$ esiste un $b_i\in\mathbb{K}^n$ tale che $e_i=f(b_i)=Ab_i$.
Secondo te, come può essere formata la matrice $B$ tale che $AB=I_m$ ? Tieni conto che
- la matrice $I_m$ è formata dalle colonne $e_1,...,e_m$ messe in fila;
- la matrice $B$ che vuoi costruire ha $n$ righe ed $m$ colonne e "casualmente" con il procedimento precedente hai costruito $m$ vettori colonna $b_1,...,b_m$ ognuno dei quali è $n$-dimensionale...
Spero di non aver fatto errori di indici
Fammi sapere se riesci a concludere, altrimenti chiedi pure
$f$ è iniettiva se e solo se $r(A)=n$
Dovresti sfruttare la semplice surgettività. Ti dò un altro suggerimento.
Denoto per ogni $i=1,...,m$ con $e_i$ il vettore colonna $m$-dimensionale formato da tutti $0$ tranne al posto $i$ dove c'è un $1$ (l'unità del campo $\mathbb{K}$).
Per la surgettività di $f$, per ogni $i$ esiste un $b_i\in\mathbb{K}^n$ tale che $e_i=f(b_i)=Ab_i$.
Secondo te, come può essere formata la matrice $B$ tale che $AB=I_m$ ? Tieni conto che
- la matrice $I_m$ è formata dalle colonne $e_1,...,e_m$ messe in fila;
- la matrice $B$ che vuoi costruire ha $n$ righe ed $m$ colonne e "casualmente" con il procedimento precedente hai costruito $m$ vettori colonna $b_1,...,b_m$ ognuno dei quali è $n$-dimensionale...
Spero di non aver fatto errori di indici
Fammi sapere se riesci a concludere, altrimenti chiedi pure
ho trovato su un testo quanto segue non so se possa essere utile:
per formare la matrice $B$ , che di fatto è la matrice inversa,
è necessario trovare ogni singola colonna $b_i$
dato che $AB = I_m$ in altro modo questo si esprime $AB^1 = e_1$ ,......, $AB^n = e_n$
per costruire $B$ si devono risolvere i sistemi lineari
$A$$x$$^1=e_1$ , ....... , $A$$x$$^n=e_n$ ; la soluzione del primo sistema
è la prima colonna di $B$, la soluzione del secondo rappresenta la seconda colonna allo stesso modo
fino all' n-esima soluzione.
Purtroppo non mi sembra chiaro, soprattutto il fatto che risolvendo $n$ sistemi lineari ottengo le $n$
colonne della matrice inversa che interessa.
per formare la matrice $B$ , che di fatto è la matrice inversa,
è necessario trovare ogni singola colonna $b_i$
dato che $AB = I_m$ in altro modo questo si esprime $AB^1 = e_1$ ,......, $AB^n = e_n$
per costruire $B$ si devono risolvere i sistemi lineari
$A$$x$$^1=e_1$ , ....... , $A$$x$$^n=e_n$ ; la soluzione del primo sistema
è la prima colonna di $B$, la soluzione del secondo rappresenta la seconda colonna allo stesso modo
fino all' n-esima soluzione.
Purtroppo non mi sembra chiaro, soprattutto il fatto che risolvendo $n$ sistemi lineari ottengo le $n$
colonne della matrice inversa che interessa.
E proprio per risolvere i tuoi sistemi utilizzi la surgettività di $f$!
Visto che $f$ è surgettiva, per ogni $i=1,...,m$ esiste un elemento $b_i\in\mathbb{K}^n$ tale che $e_i=f(b_i)=Ab_i$ oppure, detto in un altro modo, esiste una soluzione $b_i$ del sistema $Ax=e_i$.
Quindi hai costruito le colonne della matrice $B$, cioè $B$ è così fatta:
$B=(b_1\ b_2\ ...\ b_m)$
Questa matrice così formata è l'inversa a destra di $A$ perchè
$AB=A(b_1\ b_2\ ...\ b_m)=(Ab_1\ Ab_2\ ...\ Ab_m)=(e_1\ e_2\ ...\ e_m)=I_m$.
Che ne dici? Secondo me funziona bene
Se c'è qualcosa che non va, fammi sapere!
Visto che $f$ è surgettiva, per ogni $i=1,...,m$ esiste un elemento $b_i\in\mathbb{K}^n$ tale che $e_i=f(b_i)=Ab_i$ oppure, detto in un altro modo, esiste una soluzione $b_i$ del sistema $Ax=e_i$.
Quindi hai costruito le colonne della matrice $B$, cioè $B$ è così fatta:
$B=(b_1\ b_2\ ...\ b_m)$
Questa matrice così formata è l'inversa a destra di $A$ perchè
$AB=A(b_1\ b_2\ ...\ b_m)=(Ab_1\ Ab_2\ ...\ Ab_m)=(e_1\ e_2\ ...\ e_m)=I_m$.
Che ne dici? Secondo me funziona bene
Se c'è qualcosa che non va, fammi sapere!
perfetto, ti ringrazio molto, ho compreso tutta
la dimostrazione che mi faceva penare.
A presto
la dimostrazione che mi faceva penare.
A presto
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