¿Cuál es la codimension de matrices de rango $r$ como un colector?

Question

Estoy leyendo a través de G&P de la Topología Diferencial libro, pero me golpeó un muro al final de la sección 4. Hay un resultado que indica

El conjunto $X=\{A\in M_{m\times n}(\mathbb{R}):\mathrm{rk}(A)=r\}$ es un submanifold de $\mathbb{R}^{m\times n}$ con codimension $(m-r)(n-r)$.

Hay una sugerencia: Deje $A\in M_{m\times n}(\mathbb{R})$ tienen forma $$ A=\begin{pmatrix} B & C \\ D & E\end{pmatrix} $$ donde $B$ es invertible $r\times r$ matriz. A continuación, haga multiplicar por $$ \begin{pmatrix} I & -BC^{-1} \\ 0 & I \end{pmatrix} $$ y mostrar $\mathrm{rk}(A)=r$ fib $E-DB^{-1}C=0$.

Yo multiplicando y obtuvo la matriz de $$ M:=\begin{pmatrix} B & 0 \\ D & E-DB^{-1}C\end{pmatrix}. $$

Desde que multiplicado por un nonsingular matriz, sé que $\mathrm{rk}(A)=\mathrm{rk}(M)$. Si $E-DB^{-1}C=0$, luego $$ M=\begin{pmatrix} B & 0 \\ D & 0 \end{pmatrix} $$ tiene rango de $r$, lo $A$ rango $r$. Por el contrario, si $A$ rango $r$, $M$ rango $r$, por lo que mediante la realización de operaciones de fila, $M$ es equivalente de fila a una matriz de la forma $$ \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. $$ Esto implicaría $E-DB^{-1}C$ es la fila equivalente a $0$, y creo que esto implica $E-DB^{-1}C=0$.

Mi principal preocupación es que entonces, ¿cómo este enfoque implica $\mathrm{codim}(X)=(m-r)(n-r)$? Hay algunos especiales mapa que se puede aplicar la Preimagen el Teorema?

Gracias.

Answer 1

Puesto que usted pidió, he sustituido mi sugerencia de una solución completa:

Primero, considere las matrices de la forma

$$A = \begin{pmatrix} B & C\\ D & E \end{pmatrix}$$

Donde $B$ $r \times r$ nonsingular de la matriz. Desde invertibility es un estado abierto, este conjunto de tales matrices, denotado $Z$, es un submanifold de $M_{m \times n}$. Postmultiply por el nonsingular matriz

$$\begin{pmatrix} I & -B^{-1}C\\ 0 & I \end{pmatrix}$$

para obtener la matriz de

$$\begin{pmatrix} B & 0\\ D & -DB^{-1}C + E \end{pmatrix}$$

el original de la matriz tiene rango $r$ fib esta nueva matriz tiene rango $r$, lo cual es claramente sólo en el caso si $-DB^{-1}C + E = 0$. Por lo tanto, podemos definir un mapa de $f$ $Z$ a matrices de tamaño $(m-r) \times (n-r)$ que envía a $A$ por encima de a $-DB^{-1}C + E$. Esto es claramente suave, por lo que es suficiente para comprobar que se trata de una inmersión. Ahora, el espacio de la tangente de la imagen es el mismo espacio que el de la imagen, ya que la imagen es un espacio lineal. Deje $X$ $(m-r) \times (n-r)$ matriz. Considere la curva que pasa a través de cualquier matriz $A \in Z$.

$$\gamma(t) = \begin{pmatrix} B & C\\ D & E+tX \end{pmatrix}$$

La derivada de $f \circ \gamma$$0$$X$, y esto es igual a

$$df_{A}(\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 0 & X \end{pmatrix})$$

de manera que en cualquier punto arbitrario $A$ hemos demostrado la existencia de un vector tangente a $A$ que se asigna por $df$$X$. De esta forma se comprueba que el $f$ es la inmersión, y por lo tanto, $f^{-1}(0)$ es un buen submanifold de $\mathbb{R}^{mn}$. La dimensión$f^{-1}(0)$$mn - (m-r)(n-r)$, es decir, de codimension $(m-r)(n-r)$.

Por supuesto, sólo hemos demostrado que las matrices de rango $r$ $Z$ formar una suave submanifold. Sin embargo, cualquier matriz puede ser puesto en la forma de las matrices $Z$ mediante la reorganización de las filas y las columnas, lo cual es un isomorfismo lineal. Por lo tanto si $A$ es la matriz de rango $r$, tenemos un mapa de $R$ a una matriz en la $Z$ contenida en el gráfico de $\psi$. Entonces tenemos que $\psi \circ R$ es un buen gráfico de alrededor de $A$ heredado de un gráfico en $M_{m \times n}$. La colección de estos gráficos, a continuación, se extiende a un máximo de atlas, dado el conjunto de rank-$r$ matrices de la estructura de un suave submanifold.

Answer 2

Esta respuesta fue originalmente iba a ser un comentario sobre Bruno Joyal la respuesta, pero lo tengo muy largo.

Como usted sugiere, una forma natural de tratar de probar algo como esto es el uso de la preimagen teorema. Así que queremos un mapa de $F$ $m \times n$ matrices a $(m-r)(n-r)$ espacio tal que $d F$ es surjective y $F^{-1}(0)$ es, más o menos, las matrices de rango $r$. (¿Por qué lo digo más o menos? Primero de todo, las matrices de rango $r$ contienen las matrices de rango $<r$ en su cierre, y $F^{-1}(0)$ será cerrado, por lo que no pueden exactamente la esperanza de obtener las matrices de rango $r$. Y, de hecho, nuestra solución sólo funciona en el abierto submanifold $Z$ introducido por Isaac Salomón.)

Uno de los naturales idea es enviar una matriz de $M$ a todos los de su $(r+1) \times (r+1)$ de los menores de edad; $M$ es el rango $r$ si y sólo si todos estos menores se desvanecen. Pero hay $\binom{m}{r+1} \times \binom{n}{r+1}$ de estos, de manera más que $(m-r)(n-r)$, e $dF$ no es surjective.

Podemos elegir inteligentemente $(m-r) \times (n-r)$ de los menores de edad a utilizar? Sí! Deje $Z$ el de apertura submanifold donde la parte superior leftt $r \times r$ sumbmatrix es invertible. Voy a escribir $B$ a esta parte superior izquierda de la matriz. Deje $F: \mathrm{Mat}_{m \times n} \to \mathrm{Mat}_{(m-r) \times (n-r)}$ enviar una matriz de $M$ a la matriz $F(M)$ cuyas $(i,j)$ entrada es el menor uso de la fila $i+r$ junto con la primera $r$ filas y de columnas $j+r$ junto con la primera $r$ columnas.

Puedo reclamar $dF$ es surjective. Prueba: vamos a demostrar que el $(m-r) \times (n-r)$ matriz $\left( \partial F_{ij}/\partial M_{k \ell} \right)$ donde $k$ $\ell>r$ es un isomorfismo. Si $(k, \ell) \neq (i+r, j+r)$, $M_{k \ell}$ no se producen en el menor $F_{ij}$, lo $\partial F_{ij}/\partial M_{k \ell}=0$. Si $(k, \ell) = (i+r, j+r)$, entonces la expansión de los menores de edad en la última fila, $\partial F_{ij}/\partial M_{k \ell} = \det B \neq 0$. Por lo que la matriz de parciales $\left( \partial F_{ij}/\partial M_{k \ell} \right)$ es diagonal con un valor distinto de cero entradas en la diagonal.

Ahora, yo reclamo que $F^{-1}(0) \cap Z$ es el conjunto de rango $r$ matrices en $Z$. Voy a saltar esta. Básicamente, podemos aplicar hacia abajo y hacia la izquierda de la fila y de la columna de operaciones de a $M$ a ponerlo en el formulario de $\left( \begin{smallmatrix} B & 0 \\ 0 & N \end{smallmatrix} \right)$ sin alterar los menores de edad $F_{ij}$. Así que tenemos una prueba mediante el uso de un conjunto de $(m-r) \times (n-r)$ de los menores de edad, en lugar de G y P del truco.

Lo divertido es que creo que estas pruebas son básicamente la misma prueba! Creo que el $F(M) = (\det B) (E - D B^{-1} C)$ y el de filas y de columnas de operaciones de la que me he referido en el párrafo anterior son las $2 \times 2$ matrices G y P uso. Así que la pregunta es si la prueba de uso de

Answer 3

Otro enfoque: Una matriz tiene rango $<r$ si y sólo si todos sus $r \times r$ de los menores de edad tienen cero determinante. Una $m\times n$ matriz de ha $(m-r)(n-r)$ menores de tamaño $r \times r$ (elija la que las filas y columnas de excluir). En conjunto, los factores determinantes de estos menores a dar un polinomio mapa de $\mathbf R^{m \times n} \to \mathbf R^{(m-r) \times (n-r)}$ cuya puesta a cero es, precisamente, el conjunto de matrices de rango $< r$...

Answer 4

Aunque este es un post anterior, yo pensé que había puesto una simple respuesta. Supongamos $r\leq m \leq n$. Aviso si $M \in Mat_{m\times n}(\mathbb{R})$ rango $r$, entonces podemos encontrar (rango completo) $A \in Mat_{m\times k}(\mathbb{R})$ e (rango completo) $B \in Mat_{k\times n}(\mathbb{R})$ tal que $$M = AB.$$

Por otro lado, hay una ambigüedad de un (rango completo) $U \in Mat_{k\times k}(\mathbb{R})$,

$$M = (AU) (U^{-1}B)$$

Contando parámetros libres, y observando que todo lo que hicimos es un conjunto abierto, esto muestra que la dimensión del conjunto de la fila $m\times n$ matrices de rango $r$$m\cdot r + n\cdot r - r^{2}$, o codimension $n\cdot m - (m\cdot r + n\cdot r - r^{2}) = (n-r)(m-r)$. Hay algunos otros aspectos técnicos, pero creo que este es el núcleo de la tesis que usted necesita.