Equivalenza matrici con lo stesso Kernel

[cianfa72]

Ciao,

vorrei chiarire la seguente questione di algebra lineare.

Consideriamo due matrici $A$ e $B$ rettangolari m x n con lo stesso Kernel: $Ker(A) = Ker(B)$.
Come al seguente link si puo' dimostrare allora che le righe di $A$ si possono esprimere come combinazione lineare delle righe di $B$ e viceversa. In altre parole esistono 2 matrici quadrate $L$ e $M$ m x m tali che

$B = LA$ e $A = MB$

Ora la domanda e' la seguente: $L$ e $M$ non e' detto siano necessariamente non singolari anche se e' possibile trovarne 2 non singolari che realizzano le uguaglianze di cui sopra.

Se poi $Ker(A) = Ker(B) = 0$ allora esiste una e una sola matrice $T$ non singolare tale che $L=T$ e $M=T^-1$

E' corretto ? grazie

[Bokonon]

Consideriamo due matrici $A$ e $B$ rettangolari m x n con lo stesso Kernel: $Ker(A) = Ker(B)$.

Il concetto è che lo spazio delle righe è uno spazio di partenza che appartiene a $K^n$.
Se si pone la condizione che le due matrici abbiano il medesimo kernel (con identica dimensione e diversa da zero), allora dai vettori riga è possibile trovare una base per un sottospazio di $K^n$ e sarà il medesimo sottospazio per entrambe le matrici dato che esisterà un unico sottospazio perpendicolare al medesimo kernel.
Pertanto sarà possibile scrivere ogni vettore riga di una matrice come comb. lineare dei vettori dell'altra e viceversa.

Se poi $Ker(A) = Ker(B) = 0$ allora esiste una e una sola matrice $T$ non singolare tale che $L=T$ e $M=T^-1$

Questo è falso. Tutti i vettori sono ortogonali al vettore nullo, pertanto è facile costruire un controesempio in cui le righe delle due matrici generano due sottospazi di $K^n$ completamente diversi e persino non intersecanti (se non nell'origine appunto)

[cianfa72]

Il concetto è che lo spazio delle righe è uno spazio di partenza che appartiene a $K^n$.
Se si pone la condizione che le due matrici abbiano il medesimo kernel (con identica dimensione e diversa da zero), allora dai vettori riga è possibile trovare una base per un sottospazio di $K^n$ e sarà il medesimo sottospazio per entrambe le matrici dato che esisterà un unico sottospazio perpendicolare al medesimo kernel.

ok chiaro: il sottospazio generato dei vettori riga in $K^n$ e' ortogonale al sottospazio del kernel e quindi, data la condizione sui kernel, tali sottospazi per le due matrici coincidono

Se poi $Ker(A) = Ker(B) = 0$ allora esiste una e una sola matrice $T$ non singolare tale che $L=T$ e $M=T^-1$

Questo è falso. Tutti i vettori sono ortogonali al vettore nullo, pertanto è facile costruire un controesempio in cui le righe delle due matrici generano due sottospazi di $K^n$ completamente diversi e persino non intersecanti (se non nell'origine appunto)

si hai ragione, in realta' in questo (sotto)caso specifico mi riferivo a matrici $A$ e $B$ quadrate n x n non singolari

Tornando alla prima questione:

$ B = LA $ e $ A = MB $

Ora la domanda e' la seguente: $ L $ e $ M $ non e' detto siano necessariamente non singolari anche se e' possibile trovarne 2 non singolari che realizzano le uguaglianze di cui sopra.

questo e' corretto ? thanks

[Bokonon]

Non è corretto.
Dimentichiamo le matrici quadrate e analizziamo i casi per $m<n$ e viceversa.
Sono col cellulare quindi prima provaci tu.
Se sei come me e ti piace ragionare per colonne, invece di analizzare $A=MB$, ti troverai più comodo a ragionare su $A^T=B^TM^T$
Poi in caso scrivo un post.
Scoprirai che M è una matrice mXm, singolare/non singolare e mai unica...eccetto che in un caso.

edit: corretta l'affermazione scritta da cell con i piedi.

[cianfa72]

Non è corretto.
Dimentichiamo le matrici quadrate e analizziamo i casi per $m<n$ e viceversa.

sia $m$ il numero di righe ed $n$ il numero di colonne delle matrici $A$ e $B$ ed assumiamo per es $m < n$

Abbiamo detto che se $A$ e $B$ hanno lo stesso Kernel allora hanno stesso sottospazio generato dalle righe (row space) diciamo di dimensione $r <= m$ . Proviamo allora a costruire una matrice M non singolare m x m di passaggio da $B$ ad $A$

Supponiamo che le prime $r$ righe di $A$ e $B$ siano linearmente indipendenti (possiamo sempre effettuare una permutazione delle righe di $A$ ed una delle righe di $B$ per portarci in questa situazione - le permutazioni di riga equivalgono a moltiplicare a sinistra per una matrice m x m non singolare)

Possiamo ora esprimere le prime $r$ righe di $A$ come combinazione lineare delle prime $r$ righe di $B$. La sottomatrice r x r di $M$ che realizza questa combinazione lineare e' ovviamente non singolare.

Ora per le restanti $m-r$ righe di $A$ possiamo far intervenire una per volta una sola riga delle $m-r$ rimanenti di $B$ prima non considerate. Essendo presenti in una ed una sola riga di $M$ ne consegue che $M$ stessa ha tutte le m righe linearmente indipendenti ovvero e' non singolare.

Tra l'altro questo risultato sembra consistente con il caso $r=m$ in cui la matrice $M$ e' allora necessariamente non singolare.

[Bokonon]

Possiamo ora esprimere le prime $r$ righe di $A$ come combinazione lineare delle prime $r$ righe di $B$. La sottomatrice r x r di $M$ che realizza questa combinazione lineare e' ovviamente non singolare.

Non è rxr ma bensì mxr...non è quadrata quindi non può essere non singolare.
E le rimanenti m-r colonne di M sono tutti zeri (vedi la matrice $M_1$ nell'esempio sotto).
Non ci siamo...ti incasini un poco (anche se hai chiaramente intuito la strada giusta).
O usi una base (come hai fatto) oppure usi tutte le righe di B (che sono un insieme di generatori del sottospazio). Di matrici M di dimensione (mxm) ne possiamo creare un'infinità (proprio perchè le righe di B sono un insieme di generatori pertanto esistono infinite combinazioni lineari delle sue righe che restituiscono la medesima matrice A).

Riassumendo, nel caso $m<n$, solo quando A e B hanno rango pieno per righe, ovvero $Rk(A)=Rk(B)=m$, allora possiamo affermare che M è non singolare ed è unica...altrimenti dobbiamo cercare una delle tante matrici M non singolari.

Ti metto un esempio:
$ A=( ( 1 , 1 , 2 , 5 ),( 0 , 1 , 1 , 2 ),( 1 , 0 , 1 , 3 ) ) $ $ B=( ( 1 , 0 , 1 , 3 ),( 0 , 1 , 1 , 2 ),( 1 , 1 , 2 , 5 ) ) $
$ M_1=( ( 1 , 1 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 1 , 0 , 0 ) ) $ $ M_2=( ( 0 , 0 , 1 ),( -1 , 0 , 1 ),( 0 , -1 , 1 ) ) $ $ M_3=( ( 1/2 , 1/2 , 1/2 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , -1 , 1 ) ) $

A e B sono due matrici di rango 2 e col medesimo kernel, ad esempio lo span di:
$ Ker(A)=Ker(B)={( ( 1 ),( 1 ),( -1 ),( 0 ) ), ( ( 3 ),( 2 ),( 0 ),( -1 ) )} $

$M_1B=M_2B=M_3B=A$
però: $det(M_1)=0$, $det(M_2)=1$ e infine $det(M_3)=1/2$

P.S. Mi sa che ho letto male la tua affermazione mentre ero in vaporetto, doh!. Mi sa che non intendevi dire che esiste solo una coppia di matrici, l'una l'inversa dell'altra
Sorry.

[cianfa72]

Non è rxr ma bensì mxr...non è quadrata quindi non può essere non singolare.
E le rimanenti m-r colonne di M sono tutti zeri (vedi la matrice $M_1$ nell'esempio sotto).
Non ci siamo...ti incasini un poco (anche se hai chiaramente intuito la strada giusta).

Il mio era solo un modo per costruire una matrice $M$ m x m non singolare. Forse non mi sono riuscito a spiegare bene...

Assumiamo che le prime $r=Rk(A)=Rk(B)$ righe della matrice $B$ siano linearmente indipendenti (eventualmente permutando le righe di $B$).

Allora possiamo fare in modo che la sottomatrice di $M$ formata dalle sue prime r righe e m colonne abbia tutti zero nelle ultime $m-r$ colonne (esprimiamo cioe' le prime r righe di A come unica combinazione lineare dei vettori riga di $B$ che costituiscono una base del sottospazio del kernel)

Ora per la restante parte di $M$ (ovvero le ultime $m-r$ righe e m colonne) possiamo far in modo che il blocchetto costituito dalle ultime $m-r$ colonne sia di fatto diagonale ottenendo cosi' una matrice $M$ non singolare.

Ora ti torna?

P.S. Mi sa che ho letto male la tua affermazione mentre ero in vaporetto, doh!. Mi sa che non intendevi dire che esiste solo una coppia di matrici, l'una l'inversa dell'altra
Sorry.

Si infatti intendevo dire che nel caso generale $r < m$ esistono infinite matrici non singolari $L$ e $M$ tali che $A=MB$ e $B=LA$