Que $A,B,C$ ser $n \times n$ matrices cuadradas reales con $ABC=0$. ¿Cuál es el rango máximo de $CBA$?

Question

Que $A,B,C$ ser $n \times n$ matrices cuadradas reales con $ABC=0$. ¿Cuál es el rango máximo de $CBA$?

De un edad examen escrito.

He mirado en el núcleo y rango de cada matriz para casos sencillos (como si $n=2$), pero ¿cómo podemos generalizar a cualquier $n$?

Answer 1

En primer lugar, tenga en cuenta que $\dim(\ker(ABC)) \le \dim(\ker(A))+\dim(\ker(B))+\dim(\ker(C))$, así que al menos uno de los tres núcleos es por lo menos $\lceil n/3\rceil$. Siguiente, tenga en cuenta que $\textrm{rank}(CBA)\le \min\{\textrm{rank}(C),\textrm{rank}(B),\textrm{rank}(A)\}$, por lo que podemos concluir $\textrm{rank}(CBA) \le n-\lceil n/3\rceil = \lfloor 2n/3 \rfloor$.

Ahora demostramos que esta enlazado en realidad puede ser obtenido. Escribir $n = 3k+l+m$ donde $0\le l \le m\le 1$. Tenga en cuenta que $2k+l = \lfloor 2n/3 \rfloor$. Ahora tenemos la etiqueta de una base de $\Bbb R^n$$x_1, x_2, \ldots, x_{k+m}, y_1, \ldots, y_{k+l}, z_1, \ldots, z_k$.

Definir los mapas de $A,B,C$ sobre la base de los elementos de la siguiente manera:

• $Ax_i = 0, Ay_i = y_i, Az_i = z_i$
• $Bx_i = x_i, By_i = x_i, Bz_i = z_i$
• $Cx_i = x_i, Cy_i = y_i, Cz_i = y_i$

Luego tenemos a $ABC = 0$, pero $CBAy_i = x_i, CBAz_i = y_i$, por lo que el rango de $CBA$ es igual al número de $y_i$'s y $z_i$'s, ie $2k+l = \lfloor 2n/3 \rfloor$.

Answer 2

La desigualdad de rango habitual da $$ rk (CBA) \le {\rm min} \ {rk (A), rk (B), rk (C) \} $$ % todos $A,B,C$. Porque en suma $ABC=0$ podemos utilizar la desigualdad de rango de Frobenius para obtener $$ rk (A) + rk (B) + rk (C) \le 2n. $$ Por lo tanto el superior limita $rk(CBA)$ % más $\lfloor 2n/3 \rfloor$, si $A$, $B$ y $C$ tienen el mismo rango. Es fácil ver que este límite puede ser logrado.

Answer 3

En general, la nulidad de un producto $\DeclareMathOperator{\rank}{rank}AB$ satisface $$\max\{\dim \ker A, \dim \ker B\} \leq \dim \ker (AB) \leq \dim \ker A + \dim \ker B.$$ En nuestro caso tenemos $$n = \dim \ker (ABC) \leq \dim \ker A + \dim \ker B + \dim \ker C,$$ so at least one of $A, B, C$ has kernel of dimension $\geq \left\lceil \frac{n}{3} \right\rceil$. Thus, $$\ker (CBA) \geq \max\{\ker A, \ker B, \ker C\} \geq \left\lceil \frac{n}{3} \right\rceil$$ y, por tanto, por el Rango-Nulidad Teorema, $$\rank (CBA) \leq n - \left\lceil \frac{n}{3} \right\rceil = \left\lfloor \frac{2n}{3} \right\rfloor.$$ Podemos demostrar que esta enlazado es agudo mediante la exhibición de un triple $(A, B, C)$ que lo consiga. Podemos ver que no es suficiente encontrar matrices $\alpha, \beta, \gamma$ respectivamente resolver el problema de $n = 3$. Entonces, para cualquier $n$, podemos establecer $$A = \underbrace{\alpha \oplus \cdots \oplus \alpha}_{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} \oplus 0 ,$$ where $0$ is the $0 \veces 0$ matrix of size $r \times r$, where $r$ is the remainder of $n$ modulo $3$, and define $B$ and $C$ similarly. I don't know a good way to find a $3 \times 3$ solution except by trial and error. A short script that tries random $(0, 1)$-las matrices se obtiene el aspecto agradable de la solución $$\alpha = \pmatrix{0&1&0\\0&0&1\\0&0&0}, \qquad \beta = \pmatrix{0&1&0\\1&0&0\\0&0&0}, \qquad \gamma = \pmatrix{0&0&0\\0&1&0\\1&0&0} .$$