Если например $%A$% обратима, то понятно надо $%AB = A(BA)A^{-1}$% применить. Аналогично если обратима $%B$%, но что делать если обе матрицы необратимы? Расписывать коэффициенты хар.мн-на? Получается жесть, можно ли попроще?

alt text

задан 1 Сен '19 22:42

Здесь та же идея предельного перехода работает.

(1 Сен '19 22:55) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

Имеет смысл изложить ещё один подход. Он применим также к тождествам с участием присоединённых матриц. Дело в том, что здесь даны матрицы над $%\mathbb R$%, и можно применить идею предельного перехода. Но что будет, если рассматривать матрицы над конечным полем -- скажем, из нулей и единиц? Тогда аналитические методы уже не годятся.

Но здесь можно рассуждать чисто алгебраически. Рассмотрим матрицы в буквенном виде, и докажем алгебраическое тождество для них. То есть тождественное равенство коэффициентов характеристического многочлена для $%AB$% и $%BA$% как алгебраических выражений. Тогда многочлены окажутся равными для любых числовых значений, и так далее.

Итак, считаем, что коэффициенты матриц принадлежат кольцу многочленов с целыми коэффициентами от $%2n^2$% переменных вида $%a_{ij}$%, $%b_{ij}$%, где $%1\le i,j\le n$%. Это кольцо вкладывается в поле рациональных функций от тех же переменных с коэффициентами из $%\mathbb Q$%. Определитель матрицы $%A$% как алгебраическое выражение есть ненулевой многочлен, поэтому $%\det A\ne0$% по определению. И тогда применяется стандартный приём с использованием обратной матрицы.

ссылка

отвечен 1 Сен '19 23:12

Тогда многочлены окажутся равными для любых числовых значений

Не понятно почему, т.е. понятно что в обоих случаях при $%\lambda^n$% коэффициенты единицы поэтому равны и при $%\lambda^{n-1}$% и $%\lambda^0$% тоже, используя ЭТО

но с произвольными $%\lambda^i$% не очевидно по-моему как показывать равенство

(1 Сен '19 23:28) Квантиль

@Квантиль: для невырожденных матриц соответсвенные коэффициенты равны. Как это доказать, Вы знаете. Тогда рассматриваете буквенные матрицы. Определитель A как алгебраическое выражение есть ненулевой многочлен. Значит, матрица невырождена как матрица над полем рациональных функций.

Тот факт, что если два многочлена равны как выражения (типа, a^2+3bcd равен a^2+2bcd), то их значения равны после любой подстановки (типа a:=5, b:=-1 и т.п.) самоочевиден и не заслуживает даже обсуждения.

(1 Сен '19 23:48) falcao

@falcao, я действительно много раз вчитывался в то что Вы написали, но честно говоря ничего не понимаю. Буквенные матрицы как я понял это взгляд на матрицы как на ячейки $%a_{ij}$%. Вы делаете вывод что матрица невырождена, но нас это не интересует ведь? Надо доказать утверждение если обе матрицы вырождены

(2 Сен '19 0:48) Квантиль

@Квантиль: у меня всё описано формально в алгебраических терминах. Буквенная матрица 2x2 имеет вид A=(a b // c d). Конкретные числа мы пока не подставляем. Её определитель равен ad-bc. Это многочлен, и он является ненулевым элементом поля рациональных функций. Значит, к невырожденной в этом смысле матрице A можно применить то, что мы уже знаем: характеристические многочлены для AB и BA одинаковы. Значит, алгебраическое выражение для коэффициентов при t^i там и там одинаковое. Поэтому можно подставлять в них любые числа -- в том числе такие, при которых det A=0.

(2 Сен '19 0:54) falcao

@falcao,

У нас равны два многочлена от $%\lambda$% когда коэффициенты этих многочленов удовлетворяют $%\det(A) != 0$% и $%\det(В) != 0$%. Но дальше Вы почему-то утверждаете что коэффициенты при степенях многочлена остаются равными даже в случае нулевых определитей. Как происходит это "расширение" я пока что не понимаю. Т.е. допустим у нас было верное равенство $%\lambda^2 + k_1 \lambda + k_2 = \lambda^2 + k_3 \lambda + k_4$% при ограничениях на $%k_i$%. Почему при снятии этих ограничений рав-во остается верным не понимаю. Видимо надо изучить поля?

(2 Сен '19 1:18) Квантиль

@falcao, P.s. с трудом нашел понятное мне доказательство в этом ответе: https://math.stackexchange.com/a/311362/696105

(2 Сен '19 1:19) Квантиль

@Квантиль: полезно всё-таки понять простую алгебраическую идею. Допустим, A=(1 2 //3 6), она вырождена. Заменим её на буквенную (a b // c d). Какова матрица B, не так важно. Пусть тоже будет буквенная типа (x y // z t). Предположим, что для буквенных матриц мы доказали полное тождество коэффициентов. То есть многочлены для AB и BA как буквенных матриц получились совершенно одинаковые. Тогда при любой подстановке чисел мы будем иметь равенство. А буквенная матрица A невырождена, так как её определитель равен ad-bc. Это ненулевой многочлен в смысле алгебры, у него не все коэффициенты нулевые.

(2 Сен '19 1:43) falcao

Изучить достаточно формальное определение алгебраического многочлена (от одной переменной, и от нескольких). Нужно забыть о том, что многочлен есть числовая функция, и что он где-то может обращаться в ноль. У ad-bc коэффициент при одночлене ad ненулевой. Значит, сам многочлен ненулевой, и тогда на него можно делить в поле рациональных функций. А подставлять числа будет корректно потому, что у х.м. все коэффициенты будут многочленами.

(2 Сен '19 1:46) falcao

@falcao, все, до меня "доперло". Спасибо

(2 Сен '19 2:28) Квантиль
показано 5 из 9 показать еще 4
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,476
×85

задан
1 Сен '19 22:42

показан
319 раз

обновлен
2 Сен '19 2:28

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru