¿Cuál es el coequipamiento de dos $m \times n$ matrices en $\text{Matr$ _K $}$ ?

Question

¿Cuál es el coequipamiento de dos $m \times n$ matrices en $\text{Matr$ _K $}$ ? $(K$ es un anillo conmutativo, los objetos son enteros positivos y las flechas son $m \times n$ matricies $)$

Si $A_{m \times n},B_{m \times n}$ son matrices (flechas $A,B: n \rightarrow m)$ Entonces tendría que encontrar una matriz $E_{e \times m}$ con $EA=EB$ tal que para cada $H_{d \times m}$ hay un único $H'_{d \times e}$ tal que $H' \circ E = H$ .

Primero intenté trabajar con $E$ siendo la matriz cero pero no satisface la composición anterior.

¿Alguien tiene alguna idea?

Answer 1

Dejemos que $C = A - B$ . Queremos demostrar que un $(e \times m$ )-matriz $E$ es un coequipamiento de $A$ y $B$ si y sólo si los vectores $v_1, \dotsc, v_e$ obtenido mediante la transposición de las filas de $E$ son la base de $\ker C^\top$ .

$(\Rightarrow)$ Si $E$ es un coequipamiento de $A$ y $B$ entonces $v_1, \dotsc, v_e$ son la base de $\ker C^\top$ .

En primer lugar, ya que $EC = EA - EB = 0$ tenemos que $C^\top E^\top = (EC)^\top = 0$ y así $C^\top v_i = 0$ para cualquier $i = 1, \dotsc, e$ lo que demuestra que $v_i \in \ker C^\top$ para cualquier $i = 1, \dotsc, e$ .

Ahora, supongamos que $v \in \ker C^\top$ . Entonces $C^\top v = 0$ es decir $v^\top C = (C^\top v)^\top = 0$ . Dejemos que $H$ sea el $(1 \times m)$ -matriz que tiene $v^\top$ como su única fila, es decir $H = v^\top$ . Desde $HC = HA - HB = 0$ tenemos que $HA = HB$ por lo que existe un único $(1 \times e)$ -matriz $H'$ tal que $H' E = H$ . Si $H' = (\alpha_1, \dotsc, \alpha_e)$ , entonces de $v^\top = H = H' E$ conseguimos que $v^\top = \alpha_1 v_1^\top + \dotsb + \alpha_e v_e^\top$ es decir $v = \alpha_1 v_1 + \dotsb + \alpha_e v_e$ que es la única combinación lineal que representa $v$ . Por lo tanto, $v_1, \dotsc, v_e$ es una base de $\ker C^\top$ .

$(\Leftarrow)$ Si $v_1, \dotsc, v_e$ son la base de $\ker C^\top$ entonces $E$ es un coequipamiento de $A$ y $B$ .

En primer lugar, por definición de $E$ El $i$ -en la fila de $EC$ es $v_i^T C = (C^\top v_i)^\top = 0$ para $i = 1, \dotsc, e$ y así $EC$ es una matriz cero, lo que implica que $EA = EB$ .

Supongamos ahora que $H$ es un $(d \times m)$ -tal que $HA = HB$ y que $w_j$ sea el vector obtenido al transponer el $j$ -en la fila de $H$ , para $j = 1, \dotsc, d$ . Desde $HC = HA - HB = 0$ También $C^\top H^\top = (HC)^\top = 0$ y así $w_j \in \ker C^\top$ para todos $j = 1, \dotsc, d$ . Por lo tanto, cada $w_j$ está representada por una combinación lineal única de $v_1, \dotsc, v_e$ . Sea $H'$ sea el $(d \times e)$ -que tiene los coeficientes de la combinación lineal que representa $w_j$ como su $j$ -a fila, para $j = 1, \dotsc, d$ . De ello se desprende que $H' E = H$ .

Por último, supongamos que $H''$ es un $(d \times e)$ -tal que $H'' E = H$ . Entonces $(H'' - H') E = 0$ . Observe que $E$ es una matriz de rango completo con al menos tantas columnas como filas (porque sus filas son linealmente independientes), por lo que es invertible a la derecha. Por tanto, $H'' - H' = 0$ y así $H'' = H'$ .

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Si $K$ es un campo, entonces $\ker C^\top$ es un espacio vectorial de dimensión finita sobre $K$ y así siempre podemos encontrar una base $v_1, \dotsc, v_e$ de $\ker C^\top$ y, por tanto, también un coequipamiento $E$ de $A$ y $B$ .

Si $K$ no es un campo, entonces podría no existir un coequalizador $E$ de $A$ y $B$ . En efecto, dejemos que $K = \mathbb R [x, y, z]/(x^2 + y^2 + z^2 - 1)$ y que $A$ y $B$ ser dos $(3 \times 1)$ -matrices tales que $C = (x, y, z)^\top$ . Entonces $$ \ker C^\top = \{ (f, g, h) \in K^3 : x f + y g + zh = 0 \text{ in } K \}$$ que es no un módulo libre, como se demuestra en este documento por K. Conrad.

Answer 2

Esta construcción supone que $\mathbb{K}$ es un campo.

Lo tienes ligeramente equivocado:

Por cada $H : m \to d$ $\color{blue}{\text{ such that } HA = HB}$ es necesario que exista un único $H' : e \to d$ tal que $H'E = H$ .

Mira $A, B$ como mapas lineales de $\mathbb{K}^n \to \mathbb{K}^m$ . Consideremos la relación de equivalencia $\sim$ definido como $x \sim y \iff Ax = Bx$ .

Desde $\{x \in \mathbb{K}^m : Ax = Bx\} = \operatorname{Im}(A - B)$ el conjunto cociente $\mathbb{K}^m/_\sim$ también es un espacio vectorial y es igual a $\mathbb{K}^m/{\operatorname{Im}(A - B)}$ .

Definir $$e = \dim \Big(\mathbb{K}^m/{\operatorname{Im}(A - B)}\Big)$$

y definir $E$ para ser la matriz que representa el mapa cociente $\mathbb{K}^m \to \mathbb{K}^m/{\operatorname{Im}(A - B)}$ dado por $x \mapsto x \operatorname{Im}(A - B).$

Demostremos que $(e, E)$ es efectivamente el coigualador.

Dejemos que $x \in \mathbb{K}^n$ . Tenemos:

$$E(Ax) = E(Bx) \iff (Ax)\operatorname{Im}(A - B) = (Bx)\operatorname{Im}(A - B) \iff (A - B)x = Ax - Bx \in \operatorname{Im}(A - B)$$

La última relación es cierta por lo que $EA = EB$ .

Ahora dejemos que $d \in \mathbb{N}$ y $H : m \to d$ sea una matriz tal que $HA = HB$ . La reordenación da $0 = HA - HB = H(A - B)$ , lo que implica $\operatorname{Im}(A - B) \subseteq \operatorname{Ker}H$ .

Definir $H'$ para ser la matriz que representa el mapa lineal $\mathbb{K}^m/{\operatorname{Im}(A - B)} \to \mathbb{K}^d$ dado por $x\operatorname{Im}(A - B) \mapsto Hx$ .

$H'$ está bien definida. En efecto, supongamos $x\operatorname{Im}(A - B) = y\operatorname{Im}(A - B)$ . Tenemos:

$$x\operatorname{Im}(A - B) = y\operatorname{Im}(A - B) \implies x - y \in \operatorname{Im}(A - B) \implies x - y \in \operatorname{Ker}H \implies Hx = Hy$$

La igualdad $H'E = H$ es verdadera por definición de $H'$ .