Hei
Mitt spørsmål er, hvorfor kan man si at dimensjonen til nullrommet til en matrise er lik antall frie variabler i den reduserte trappeformen?
Slik jeg klarer å forstå må dimensjonen minimum være lik antall frie variabler, men hva er det som forhindrer dimensjonen i å være større enn dette?
Altså, når vi reduserer en matrise, og finner vektorer som passer til nullrommet, så setter vi hver frie variabel 1, og de andre 0, etter tur. Vi får dermed et antall lineært uavhengige vekorer som er lik antall frie variabler. Så dimensjonen må jo være minimum dette, men hvordan vet vi at den er maksimum dette?
Altså at det kanskje er en vektor som blir avbildet til 0, men denne vektoren kan ikke skrives som en lineær kombinasjon av de vi har funnet.
PS:
Siden det er lett å overbevise seg at dimensjonen til kolonnerommet er antall pivot-posisjoner, tenkte jeg at man kunne bruke rank-teoremet for å forklare spørsmålet over, altså n= dim Col(A)+dim Null(A), og antall frie variabler er n minus antall pivot. Men da går jeg i sirkel, for i beviset for rank-teoremet, så brukte de nettopp det at dimensjonen til Null(A) er antall frie vaiabler.
Dimensjonen til nullrommet til en matrise.
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Hei.
Ok, du er enig i at dim(col(A)) er antall pivotposisjoner, som er lik antall ikkenulle rader i den reduserte trappeformen. Hvis du synes dette er åpenbart, tror jeg følgende argument vil tilfredsstille deg.
Nå kan man vise at dim row(A) = dim col (A) ( Prøv! Nøkkelobservasjonen er at elementære rad- og kolonneoperasjoner endrer hverken dim row eller dim col til matrisen, så reduser matrisen A til en redredusert matrise R, og kolonnereduserer du denne til en matrise S.).
S vil bare ha nuller og enere i seg, så nå kan du bare telle antall nullkolonner. Siden dim(col(A))+dim(null(A)) åpenbart må være mindre eller lik n, og summen av antall nullkolonner og antall ikkenulle kolonner er lik n, vil dette vil gi deg dimensjonen til nullrommet.
Dette viser rangteoremet uten noe sirkulært argument, så nå kan du bruke det til å vise at antall fire variabler er lik dimensjonen av nullrommet, dersom dette ikke er åpenbart fra det øvrige.
Ok, du er enig i at dim(col(A)) er antall pivotposisjoner, som er lik antall ikkenulle rader i den reduserte trappeformen. Hvis du synes dette er åpenbart, tror jeg følgende argument vil tilfredsstille deg.
Nå kan man vise at dim row(A) = dim col (A) ( Prøv! Nøkkelobservasjonen er at elementære rad- og kolonneoperasjoner endrer hverken dim row eller dim col til matrisen, så reduser matrisen A til en redredusert matrise R, og kolonnereduserer du denne til en matrise S.).
S vil bare ha nuller og enere i seg, så nå kan du bare telle antall nullkolonner. Siden dim(col(A))+dim(null(A)) åpenbart må være mindre eller lik n, og summen av antall nullkolonner og antall ikkenulle kolonner er lik n, vil dette vil gi deg dimensjonen til nullrommet.
Dette viser rangteoremet uten noe sirkulært argument, så nå kan du bruke det til å vise at antall fire variabler er lik dimensjonen av nullrommet, dersom dette ikke er åpenbart fra det øvrige.
-
student1989
- Noether
- Innlegg: 34
- Registrert: 09/05-2013 13:58
Hei, tusen takk for svar.espen180 skrev:Hei.
Ok, du er enig i at dim(col(A)) er antall pivotposisjoner, som er lik antall ikkenulle rader i den reduserte trappeformen. Hvis du synes dette er åpenbart, tror jeg følgende argument vil tilfredsstille deg.
Nå kan man vise at dim row(A) = dim col (A) ( Prøv! Nøkkelobservasjonen er at elementære rad- og kolonneoperasjoner endrer hverken dim row eller dim col til matrisen, så reduser matrisen A til en redredusert matrise R, og kolonnereduserer du denne til en matrise S.).
S vil bare ha nuller og enere i seg, så nå kan du bare telle antall nullkolonner. Siden dim(col(A))+dim(null(A)) åpenbart må være mindre eller lik n, og summen av antall nullkolonner og antall ikkenulle kolonner er lik n, vil dette vil gi deg dimensjonen til nullrommet.
Dette viser rangteoremet uten noe sirkulært argument, så nå kan du bruke det til å vise at antall fire variabler er lik dimensjonen av nullrommet, dersom dette ikke er åpenbart fra det øvrige.
Kan du forklare setningen jeg har markert. Hva er det som sikrer at dim Col(A) + dim Null(A) <= n ?
Vel, hvis du ser på en $m\times n$-matrise som en lineær avbildning $A: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^m$, så vil kolonnerommet svare til underrommet av $\mathbb{R}^n$ som ikke sendes til $0$ i $\mathbb{R}^m$, mens nullrommet vil svare til underrommet av $\mathbb{R}^n$ som sendes til $0$ i $\mathbb{R}^m$. Altså er disse underrommene disjunkte: $\text{col}(A)\cap\text{null}(A)=\{0\}$ i $\mathbb{R}^n$. Når du har 2 disjunkte underrom, vil underrommet de spenner sammen ha dimensjon lik summen av dimensjonene. Altså: $R,S\subseteq \mathbb{R}^n$, $R\cap S=\{0\}$ medfører $\dim(R+S)=\dim(R)+\dim(S)$
Hvis $\dim(\text{col}(A))+\dim(\text{null}(A))$ var større enn $n$, ville det bety at dimensjonen til $\mathbb{R}^n$ var større enn $n$, siden summen av to underrom er igjen et underrom, men det er umulig, så $\dim(\text{col}(A))+\dim(\text{null}(A))\leq n$
Hvis $\dim(\text{col}(A))+\dim(\text{null}(A))$ var større enn $n$, ville det bety at dimensjonen til $\mathbb{R}^n$ var større enn $n$, siden summen av to underrom er igjen et underrom, men det er umulig, så $\dim(\text{col}(A))+\dim(\text{null}(A))\leq n$
-
student1989
- Noether
- Innlegg: 34
- Registrert: 09/05-2013 13:58
Er ikke kolonnerommet et underrom av Rm, ikke Rn?espen180 skrev:Vel, hvis du ser på en $m\times n$-matrise som en lineær avbildning $A: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^m$, så vil kolonnerommet svare til underrommet av $\mathbb{R}^n$ som ikke sendes til $0$ i $\mathbb{R}^m$, mens nullrommet vil svare til underrommet av $\mathbb{R}^n$ som sendes til $0$ i $\mathbb{R}^m$. Altså er disse underrommene disjunkte: $\text{col}(A)\cap\text{null}(A)=\{0\}$ i $\mathbb{R}^n$. Når du har 2 disjunkte underrom, vil underrommet de spenner sammen ha dimensjon lik summen av dimensjonene. Altså: $R,S\subseteq \mathbb{R}^n$, $R\cap S=\{0\}$ medfører $\dim(R+S)=\dim(R)+\dim(S)$
Hvis $\dim(\text{col}(A))+\dim(\text{null}(A))$ var større enn $n$, ville det bety at dimensjonen til $\mathbb{R}^n$ var større enn $n$, siden summen av to underrom er igjen et underrom, men det er umulig, så $\dim(\text{col}(A))+\dim(\text{null}(A))\leq n$
Ja, det er det vel, men det viser seg å være ett fett, siden radrommet og kolonnerommet har samme dimensjon. La meg gi et annet bevis, som ikke gjør bruk av matriser i det hele tatt. Jeg formulerer alt med generelle vektorrom, men du kan sette inn $V=\mathbb{R}^n$ og $W=\mathbb{R}^m$ hvis du vil, og bytte ut notasjonen $\ker$ med $\text{null}$ og $\text{im}$ med $\text{col}$ for å havne tilbake i matrisesituasjonen.
Observasjon: Ethvert underrom $S$ av $V$ har et komplement $S^c$, slik at $V=S+S^c$ og $S\cap S^c=\{0\}$ (Lett å vise ved å bruke en passelig basis for $V$).
Det følger at hvis $T:V\rightarrow W$ er en lineær avbildning, så er $V=\ker T+(\ker T)^c$ og $\dim V=\dim \ker T + \dim (\ker T)^c$. Vi observerer så at restriksjonen av $T$ til $(\ker T)^c$, $$T^c:(\ker T)^c\rightarrow W$$ er injektiv, siden $\ker (T^c)=\ker T\cap (\ker T)^c=\{0\}$.
Det er klart at $\text{im}\ T^c \subseteq \text{im} \,T$ For den motsatte inklusjonen, hvis $v\in V$, så er $T(v)\in\text{im}\,T$. Skriv $v$ som en sum $v=u+w$ der $u\in\ker T$ og $w\in(\ker T)^c$. Da er $$T(v)=T(u)+T(w)=T(w)=T^c(w)\in\text{im}\,T^c$$
Det følger at $\text{im}\,T^c=\text{im}\,T$ og dermed at $(\ker T)^c\simeq \text{im}\,T$, så $\dim V=\dim\ker T + \dim\text{im}\,T$.
Observasjon: Ethvert underrom $S$ av $V$ har et komplement $S^c$, slik at $V=S+S^c$ og $S\cap S^c=\{0\}$ (Lett å vise ved å bruke en passelig basis for $V$).
Det følger at hvis $T:V\rightarrow W$ er en lineær avbildning, så er $V=\ker T+(\ker T)^c$ og $\dim V=\dim \ker T + \dim (\ker T)^c$. Vi observerer så at restriksjonen av $T$ til $(\ker T)^c$, $$T^c:(\ker T)^c\rightarrow W$$ er injektiv, siden $\ker (T^c)=\ker T\cap (\ker T)^c=\{0\}$.
Det er klart at $\text{im}\ T^c \subseteq \text{im} \,T$ For den motsatte inklusjonen, hvis $v\in V$, så er $T(v)\in\text{im}\,T$. Skriv $v$ som en sum $v=u+w$ der $u\in\ker T$ og $w\in(\ker T)^c$. Da er $$T(v)=T(u)+T(w)=T(w)=T^c(w)\in\text{im}\,T^c$$
Det følger at $\text{im}\,T^c=\text{im}\,T$ og dermed at $(\ker T)^c\simeq \text{im}\,T$, så $\dim V=\dim\ker T + \dim\text{im}\,T$.
-
student1989
- Noether
- Innlegg: 34
- Registrert: 09/05-2013 13:58
Tusen takk, det ser ut som et omfattende bevis, og tusen takk for at du tok deg tid. Men jeg må innrømme at det er flere elmenter der som ikke er så intuitive for meg, og som jeg nok må bruke en del tid på å bevise.
Jeg har en ide til noe, som jeg ikke kommer fram til, kanskje du ser hvordan det skal løses? Vi har sett at dim Null(A) >= n - antall pivot, siden vi i hvert fall får n - pivot linært uavhengige vektorer i nullrommet, og hvis vi klarer å vise at enhver vektor x hvor Ax = 0 kan skrives som en lineærkombinasjon av disse n - pivot, vektorene, da har vi vist at de utspenner hele nullrommet og vi har dimensjonen.
Jeg begynner med at Ax = 0.
Da er rref(A) x =0.
Og siden rref(A) er veldig nær i sammenheng med hvordan de n - pivot, vektorene vi plukket ut, kan vi kanskje vise at x MÅ, være en lineær kombinasjon av disse?, klarer vi å vise at x er en lineærkombinasjon av disse har vi sett at de n - pivot utspenner hele nullrommet, og dimensjonen må være n - pivot(siden de i tillegg er lineært uavhengige). Men ser du hvordan vi kan vise at x er en lineærkombinasjon av disse vektorene?
Jeg har en ide til noe, som jeg ikke kommer fram til, kanskje du ser hvordan det skal løses? Vi har sett at dim Null(A) >= n - antall pivot, siden vi i hvert fall får n - pivot linært uavhengige vektorer i nullrommet, og hvis vi klarer å vise at enhver vektor x hvor Ax = 0 kan skrives som en lineærkombinasjon av disse n - pivot, vektorene, da har vi vist at de utspenner hele nullrommet og vi har dimensjonen.
Jeg begynner med at Ax = 0.
Da er rref(A) x =0.
Og siden rref(A) er veldig nær i sammenheng med hvordan de n - pivot, vektorene vi plukket ut, kan vi kanskje vise at x MÅ, være en lineær kombinasjon av disse?, klarer vi å vise at x er en lineærkombinasjon av disse har vi sett at de n - pivot utspenner hele nullrommet, og dimensjonen må være n - pivot(siden de i tillegg er lineært uavhengige). Men ser du hvordan vi kan vise at x er en lineærkombinasjon av disse vektorene?
Det er vel bare å anta at den ikke er det, og så vise at Ax ikke er lik 0?
-
student1989
- Noether
- Innlegg: 34
- Registrert: 09/05-2013 13:58
Jeg prøvde meg på et bevis, men jeg klarer ikke å skrive det på en særlig elegant måte, men tror du det holder?
Vi har m*n matrisen A, vi radreduserer den og danner de p vektorene i Rn som er en del av nullrommet. For å gjøre det lettere krever vi at hver av de frie variablene har verdien 1, vi tar altså ikke hensyn til stygge brøker.
Så har vi en annen tilfeldig x hvor Ax = 0.
Da blir rref(A)x = 0.
Vi vet at det er n-p ligninger i rref(A) som x må tilfredsstilles. Vi danner en ny vektor y som er en lineærkombinasjon av de p første vektorene. Siden hver frie variabel er i en og bare en av de p vektorene, vet vi at vi kan bygge opp y, slik at hver plass i y som korresponderer til en fri variabel, kan ha likt tall som korresponderende plass i x. Vi må nå vise at hver av de n-p "pivot-plassene" i x er lik er lik hver pivot-plass i y, slik at x = y.
Men de n-p ligninene i rref(A) uttrykker hver pivot-plass med frie variabler. Og vi vet at en vektor v tilfredsstiller disse n-p ligningene hvis og bare hvis Av=0. Siden det er kun en ligning per pivot-variabel, og hver pivot-variabel kun avhenger av de frievariablene, og vi vet at både x og y tilfredsstiller disse(siden Ax og Ay = 0), må de ha like tall i pivot-plassene, siden x og y har likt tall i hver plass som korresponderer til frie variabler.
Dermed er x = y, og siden y er skrevet som en lin. komb. av p vektorer, kan ikke dimensjonen til Null(A) være større enn antall frie variabler.
Vi har m*n matrisen A, vi radreduserer den og danner de p vektorene i Rn som er en del av nullrommet. For å gjøre det lettere krever vi at hver av de frie variablene har verdien 1, vi tar altså ikke hensyn til stygge brøker.
Så har vi en annen tilfeldig x hvor Ax = 0.
Da blir rref(A)x = 0.
Vi vet at det er n-p ligninger i rref(A) som x må tilfredsstilles. Vi danner en ny vektor y som er en lineærkombinasjon av de p første vektorene. Siden hver frie variabel er i en og bare en av de p vektorene, vet vi at vi kan bygge opp y, slik at hver plass i y som korresponderer til en fri variabel, kan ha likt tall som korresponderende plass i x. Vi må nå vise at hver av de n-p "pivot-plassene" i x er lik er lik hver pivot-plass i y, slik at x = y.
Men de n-p ligninene i rref(A) uttrykker hver pivot-plass med frie variabler. Og vi vet at en vektor v tilfredsstiller disse n-p ligningene hvis og bare hvis Av=0. Siden det er kun en ligning per pivot-variabel, og hver pivot-variabel kun avhenger av de frievariablene, og vi vet at både x og y tilfredsstiller disse(siden Ax og Ay = 0), må de ha like tall i pivot-plassene, siden x og y har likt tall i hver plass som korresponderer til frie variabler.
Dermed er x = y, og siden y er skrevet som en lin. komb. av p vektorer, kan ikke dimensjonen til Null(A) være større enn antall frie variabler.