Tenía una pregunta en una asignación que se le preguntó si una $3\times 3$ matriz podría tener un valor nulo espacio igual a su columna de espacio... claro que no, por el rango+nulidad teorema... pero tengo un tiempo difícil de envolver mi cabeza alrededor del concepto de este tipo de matriz, no importa el tamaño, aún existente. ¿Cómo podría ser esto posible, y ¿alguien tiene un ejemplo de este tipo de $m\times n$ de la matriz?
Respuestas
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El nullspace se encuentra en el interior del dominio, mientras que la columna de espacio, se encuentra en el interior del codominio. Por lo tanto, si el nullspace es igual a la columna de espacio, debe tener $m=n$. También, por el rango-nulidad teorema, $n$ debe ser un número par. De ello se sigue que si $n=2k$, el nullspace debe ser $k$-dimensional. Denotar por $\{e_1,\ldots,e_n\}$ de la base canónica de $\mathbb{F}^n$. Por un cambio de base, podemos asumir que el nullspace es atravesado por $e_1, \ldots, e_k$. Por lo tanto, si el nullspace de columna y espacio de $A$ coinciden, $A$ debe ser similar a una matriz de la forma $$ A=\pmatrix{0&B_{k\times k}\\ 0&0}, $$ donde $B$ es invertible. Por ejemplo, considere el $A=\pmatrix{0&1\\ 0&0}$ al $n=2$.
user8269
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howk
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Vamos a estudiar esta cuestión en una configuración general de la $n \times n$ matrices.
Para un determinado $n \times n$ matriz $A$, se denota su nullspace por $\mathcal{N}(A)$, y su columna de espacio por $\mathcal{C}(A)$.
Recordemos que el complemento ortogonal de un subespacio vectorial $V$ es $$V^\perp := \{\vec{x} : \forall \vec{v} \in V.~(\vec{x}^T \vec{v} = 0) \}.$$ Es bien sabido que para cualquier $n\times n$ matriz $A$ sostiene que $(\mathcal{N}(A))^\perp = \mathcal{R}(A)$ donde $\mathcal{R}(A)$ es el espacio fila de a $A$. En particular, $\mathcal{C}(A) = \mathcal{R}(A^T)$ implica que el $(\mathcal{C}(A))^\perp = \mathcal{N}(A^T)$.
Ahora vamos a $A$ cualquier $n \times n$ matriz con $\mathcal{N}(A) = \mathcal{C}(A)$. De nuestra discusión anterior, es necesario y suficiente que $\mathcal{N}(A) = \mathcal{N}(A^T)$. Vamos a mostrar primero que ese $n \times n$ matriz $A$ debe ser de la forma $$Q \left(\begin{array}{cc} X & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right) Q^T,$$ donde $X$ $r \times r$ matriz cuyo rango, $r$, es igual a la de $A$, y algunos bordeando $0$'s puede estar ausente si $A$ es de rango completo $n$.
$Proof$. Ampliar cualquier base $\{e_{r+1},\ldots,e_n\}$ $\mathcal{N}(A)$ a una $\{e_1,\ldots,e_r,e_{r+1},\ldots,e_n\}$$\mathbb{R}^n$. Deje $P = (\vec{e}_i^T)$$Q = P^{-1}$. Claramente, tanto en $P$ (así como de $Q$) es invertible, ya que sus vectores columna $\{e_1,\ldots,e_n\}$ son linealmente independientes. Desde $\mathcal{N}(A) = \mathcal{N}(A^T)$, se deduce que el $PAP^T = \left(\begin{array}{cc} X & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right),$ donde $r(X) = r(PAP^T) = r(A) = r$. Por lo tanto $A$ es de la forma deseada. La prueba es, pues, completa.
Ahora se establece que cualquier $n \times n$ matriz $A$ de la forma anterior tiene que satisfacer a la ecuación $$\mathcal{N}(A) = \mathcal{N}(A^T),$$ and hence the condition that $\mathcal{N}(A) = \mathcal{R}. (A)$.
$Proof.$ Supongamos $A = Q \left(\begin{array}{cc} X & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right) Q^T$ donde $X$ es una matriz invertible con $r(X) = r(A)$. La escritura de la matriz$\left(\begin{array}{cc} X & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)$$Y$, $\vec{x} \in \mathcal{N}(A)$ fib $QYQ^T \vec{x} = 0$ fib $YQ^T \vec{x} = 0$. Ahora desde $X$ es una matriz invertible de tamaño $r$, la última condición es equivalente a $Y^TQ^T \vec{x} = 0$, que a su vez es equivalente a $QY^TQ^T \vec{x} = 0$ fib $x \in \mathcal{N}(A^T)$. Esto demuestra que $\mathcal{N}(A) = \mathcal{N}(A^T)$.
