Rango de la suma de matrices de rango-$1$

Question

Si sumas un cierto número de matrices de rango-$1$:

$$X = u_1 u_1^T + u_2 u_2^T + \cdots + u_N u_N^T$$

¿Se garantiza que el resultado será de rango-$N$ asumiendo que los vectores individuales $U$ son linealmente independientes?

Answer 1

Si los vectores $\{u_k\}_{k=1}^N$ son linealmente independientes y $N\lt n$, entonces usando el Proceso de Gram-Schmidt, podemos construir una base $\{u_k\}_{k=1}^n$ para $\mathbb{R}^n$ que contenga los vectores originales.

Consideremos $$ M_1=\sum_{k=1}^Nu_ku_k^T $$ y $$ M_2=\sum_{k=N+1}^nu_ku_k^T $$ Nota que si $N=n$, entonces $M_2=0$.

Supongamos que $(M_1+M_2)v=0$, eso significa que $$ \sum_{k=1}^nu_k\left(u_k^Tv\right)=0 $$ Ya que $u_k$ son independientes, eso significa que $u_k^Tv=0$ para todos los $k$. Dado que $\{u_k\}_{k=1}^n$ es una base, $v=0$. Así que, $$ (M_1+M_2)v=0\implies v=0 $$ Por lo tanto, $M_1+M_2$ tiene rango $n$. Dado que el rango de $M_1+M_2$ no es mayor que la suma de los rangos de $M_1$ y $M_2$, $M_1$ debe tener rango $N$, ya que el rango de $M_2$ es a lo sumo $n-N$.

Entonces, sí: si $\{u_k\}_{k=1}^N$ son linealmente independientes, $\displaystyle\sum_{k=1}^Nu_ku_k^T$ tiene rango $N$.

Answer 2

Suponiendo que $N$ (el número de vectores) es lo mismo que $n$ (la dimensión del espacio) entonces sí. De lo contrario, puede ser tan complicado como la respuesta de @robjohn.

Considere $v_1\neq 0\in\operatorname{span}\{u_2,\ldots,u_N\}^{\perp}$. Entonces $Xv_1=u_1(u_1^Tv_1)$ es un múltiplo escalar no nulo de $u_1$. (Si fuera cero, entonces tendríamos que $v_1$ también es ortogonal a $u_1$, y entonces todos los $u_i$ están en $v_1^{\perp}$ que es de dimensión $(n-1)$, una contradicción a la suposición de independencia lineal.)

De manera similar, múltiplos escalares no nulos de cada $u_i$ están en el rango de $X$. Así que es una matriz de rango $N$ (ya que los $u_i$ son independientes.)

Answer 3

Un poco más general: Si $$ X = u_1 v_1^T + u_2 v_2^T + \cdots + u_N v_N^T $$ donde $(u_1, u_2, \ldots, u_N)$ son linealmente independientes, y $(v_1, v_2, \ldots, v_N)$ también son linealmente independientes, entonces el rango de $X$ es igual a $N$.

Prueba: Necesitamos dos propiedades del rango de matriz:

• Subaditividad: $\operatorname{rank}(A+B) \le \operatorname{rank}(A) +\operatorname{rank}(B)$ .
• Desigualdad de rango de Sylvester: Si $A$ es una matriz de $m × n$ y $B$ es de $n × k$, entonces $\operatorname{rank} (A)+\operatorname{rank} (B)-n\leq \operatorname{rank} (AB)$.

$\operatorname{rank}(X) \le N$ sigue de la subaditividad, ya que cada $u_j v_j^T$ es una matriz de rango uno.

Y aplicando la desigualdad de rango de Sylvester a $$ X = \begin{pmatrix} u_1 & \ldots & u_N\end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1^T \\ \vdots \\ v_N^T \end{pmatrix} =: U \cdot V $$ obtenemos $$ N = \operatorname{rank}(U) + \operatorname{rank}(V) - N \le \operatorname{rank}(X) \, . $$

Answer 4

La respuesta es sí como otros han dicho. Mi opinión es un breve argumento que puede ser instructivo.

Supongamos que $X$ es $n\times n$, entonces, dado que $u_1,...,u_N$ son independientes, tenemos que $N \le n$.

Sea $U=[u_1,...,u_N]$ la matriz cuyas columnas son $u_1,...,u_N$, entonces $$X=UU^T.$$ Por la descomposición svd tenemos que $rango(X)=rango(UU^T)=rango(U)=N$.

Answer 5

Sí. Si expresas esta transformación lineal en la base $u_1, \ldots, u_n$ misma, entonces las filas representan en la nueva base las formas lineales que se dieron en la antigua base por $u_1^T, \ldots, u_n^T$. Dado que la nueva base no es ortogonal, no es tan fácil expresar cuáles serán las nuevas filas, pero ciertamente seguirán siendo independientes.