Chủ đề này có 7 trả lời

[Lemonjuice]

Chứng minh rằng, với mọi ma trận $A\in M_{3\times 2}(\mathbb{R})$ thì ta luôn có $det(A.A^{\top })=0$ biết $A^{\top }$ là ký hiệu cho ma trận chuyển vị của A.

 

 

[nmlinh16]

Ký hiệu $e_1 = (1,0,0), e_2 = (0,1,0), e_3 = (0,0,1)$. Thế thì 3 hàng của $A$ lần lượt là $e_1 A, e_2A, e_3A$. Chúng là 3 vectơ trong $\mathbb{R}^2$ nên phụ thuộc tuyến tính, tức là tồn tại $(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3) \in \mathbb{R}^3 \setminus \{(0,0,0)\}$ sao cho $$\lambda_1 e_1 A + \lambda_2 e_2 A + \lambda_3 e_3 A = 0,$$ suy ra $$\lambda_1 e_1 AA^T + \lambda_2 e_2 AA^T + \lambda_3 e_3 AA^T = 0,$$ tức là 3 hàng của $AA^T$ phụ thuộc tuyến tính, nên $\det(AA^T) = 0$.

[Konstante]

Ta có thể chứng minh dưới các ràng buộc lỏng hơn: nếu $A \in \mathcal{M}_{m,n}\left(K\right)$ và $B \in \mathcal{M}_{n,m}\left(K\right)$ với $m > n$ thì $\det{AB} = 0$ (giả thiết về ma trận chuyển vị không có ý nghĩa mấy ngoài việc đảm bảo phép nhân ma trận là hợp lệ).

 

Đặt $f_{A} : K^m \to K^n$ ánh xạ tuyến tính xác định bởi $f_A(x) = Ax$, thế thì $$\text{rank} (f_{A}) = \dim \text{Im}(f_A) \leq \dim K^n \; (\text{vì} \: \text{Im}(f_A) \subseteq K^n) = n$$Đặt $f_B : K^n \to K^m$ ($f_B(x) = Bx$), theo công thức số chiều $$\text{rank} (f_B) = \dim \text{Im}(f_B) = \dim K^n - \dim \text{Ker}(f_B) \leq n$$Hơn nữa $$\text{rank}(AB) = \text{rank} (f_A \circ f_B) \leq \min \left(\text{rank}(f_A), \text{rank}(f_B) \right) \leq n < m$$Vậy thì $AB$ là ma trận kích trước $m\times m$ với hạng nhỏ hơn $m$ nên $\det AB = 0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Konstante: 07-11-2023 - 02:31

[Lemonjuice]

Mấy anh có cách giải nào mà không dùng đến không gian vector và ánh xạ tuyến tính không mà chỉ dùng các kiến thức về ma trận với định thức không ạ ?

[minhquang47]

Mấy anh có cách giải nào mà không dùng đến không gian vector và ánh xạ tuyến tính không mà chỉ dùng các kiến thức về ma trận với định thức không ạ ?

Bạn dùng rank của ma trận hoặc chứng minh phản chứng thử xem

[DOTOANNANG]

Với Weinstein–Aronszajn identity, có được $\det\left ( 1+ A^{T}A \right )= \det\left ( 1+ AA^{T} \right )$.
Tiếp theo bởi Singular value decomposition, lại có được $A= U\Sigma V^{T}, A^{T}= V\Sigma^{T}U^{T}$,
$\Rightarrow 1+ A^{T}A= V\left ( \Sigma\Sigma^{T}+ 1 \right )V^{T}, 1+ AA^{T}= U\left ( \Sigma\Sigma^{T}+ 1 \right )U^{T}$ ($V$ unitary, $\det\left ( VW \right )= \det\left ( WV \right )= \det W$).
Lời giải bài toán Least-squares không phải duy nhất ($\det\left ( AA^{T} \right )= 0$), vì $\det\left ( 1+ AA^{T} \right )= \det\left ( 1+ A^{T}A \right )= \det\left ( 1+ \Sigma\Sigma^{T} \right )$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 09-11-2023 - 21:44

[bangbang1412]

Với Weinstein–Aronszajn identity, có được $\det\left ( 1+ A^{T}A \right )= \det\left ( 1+ AA^{T} \right )$.
Tiếp theo bởi Singular value decomposition, lại có được $A= U\Sigma V^{T}, A^{T}= V\Sigma^{T}U^{T}$,
$\Rightarrow 1+ A^{T}A= V\left ( \Sigma\Sigma^{T}+ 1 \right )V^{T}, 1+ AA^{T}= U\left ( \Sigma\Sigma^{T}+ 1 \right )U^{T}$ ($V$ unitary, $\det\left ( VW \right )= \det\left ( WV \right )= \det W$).
Lời giải bài toán Least-squares không phải duy nhất ($\det\left ( AA^{T} \right )= 0$), vì $\det\left ( 1+ AA^{T} \right )= \det\left ( 1+ A^{T}A \right )= \det\left ( 1+ \Sigma\Sigma^{T} \right )$.

Thú thật là mình không hiểu bạn viết gì, bạn cứ ném một đống link vào rồi bắt người ta đọc, đã thế còn không giải thích thêm gì, không giới thiệu thuật ngữ đấy là còn chưa nói tới việc những kiến thức bạn sử dụng là quá nhiều để giải một bài toán như thế này nên thậm chí nó có đúng, đấy là một lời giải tệ.

 

Lời khuyên, tập viết các chứng minh đơn giản và ngay ngắn trước khi cứ đi lượm link trên stack.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 11-11-2023 - 03:35

[minhquang47]

Mấy anh có cách giải nào mà không dùng đến không gian vector và ánh xạ tuyến tính không mà chỉ dùng các kiến thức về ma trận với định thức không ạ ?

CÁCH 1:

Ta có: $\large\ rank(A.B) \leq min(rank(A),rank(B))$

Áp dụng vào bài toán: $\large rank(A.A^{T}) \leq min(rank(A),rank(A^{T}))$ 

+) $\large A \epsilon M_{3x2}(R) => rank(A) \leq 3$ 

+) $\large A^{T} \epsilon M_{2x3}(R) => rank(A^{T}) \leq 2$

Vậy $\large rank(A.A^{T}) \leq 2.$

Với $\large A.A^{T} \epsilon M_{3x3}(R)$, nếu $\large det \neq 0$ thì $rank(A.A^{T})=3$

Mà $\large rank(A.A^{T}) \leq 2 (CMT)$ =>  mâu thuẫn

Vậy $\large det(A.A^{T})=0.$

 

CÁCH 2:

$\large A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22}\\ a_{31} & a_{32} \end{pmatrix}\\$

 

$A^{T} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{21} & a_{31}\\ a_{12} & a_{22} & a_{32} \end{pmatrix}\\$

 

Vậy ta có:

$VT = det(A.A^{T}) = det (\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22}\\ a_{31} & a_{32} \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} a_{11} & a_{21} & a_{31}\\ a_{12} & a_{22} & a_{32} \end{pmatrix})$

 

                             $= det \begin{pmatrix} a_{11}a_{11} + a_{12}a_{12} & a_{11}a_{21} + a_{12}a_{22} & a_{11}a_{31} + a_{12}a_{32}\\ a_{21}a_{11} + a_{22}a_{12} & a_{21}a_{21} + a_{22}a_{22} & a_{21}a_{31} + a_{22}a_{32} \\ a_{31}a_{11} + a_{32}a_{12} & a_{31}a_{21} + a_{32}a_{22} & a_{31}a_{31} + a_{32}a_{32} \end{pmatrix}$

 

                             $= det \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & 0\\ a_{21} & a_{22} & 0 \\ a_{31} & a_{32} & 0 \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} a_{11}& a_{21}& a_{31}\\ a_{12}& a_{22}& a_{32}\\ 0& 0& 0 \end{pmatrix}$

 

                             $= det \begin{pmatrix} a_{11}& a_{12}& 0\\ a_{21}& a22 &0\\ a_{31}&a_{32}&0 \end{pmatrix} . det \begin{pmatrix} a_{11}& a_{21}& a_{31}\\ a_{12}& a_{22}& a_{32}\\ 0& 0& 0 \end{pmatrix} = 0 . 0 = 0 = VP (đpcm)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhquang47: 11-11-2023 - 22:59