Ανιστρέψιμοι πίνακες

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3498
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Ανιστρέψιμοι πίνακες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Πέμ Μαρ 31, 2016 10:36 am

Έστω οι πίνακες A \in \mathcal{M}_{m \times n} και B \in \mathcal{M}_{n \times m}. Αν ο πίνακας AB +\mathbb{I}_m είναι αντιστρέψιμος , τότε να δείξετε ότι και ο πίνακας BA+\mathbb{I}_n είναι επίσης αντιστρέψιμος.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1378
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Ανιστρέψιμοι πίνακες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Πέμ Μαρ 31, 2016 1:30 pm

Το συμπέρασμα έπεται άμεσα από την ισότητα

\displaystyle{\det \left( {AB + {\mathbb{I}_m}} \right) = \det \left( {BA + {\mathbb{I}_n}} \right).}

Για την απόδειξή της, υπολογίζουμε την ορίζουσα του πίνακα \displaystyle{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{ - A}\\ 
B&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right)} με δύο τρόπους:

Επειδή

\displaystyle{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{ - A}\\ 
B&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{{\mathbb{O}_{m \times n}}}\\ 
B&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{{\mathbb{I}_m}^{ - 1}\left( { - A} \right)}\\ 
{{\mathbb{O}_{n \times m}}}&{{\mathbb{I}_n} - B{\mathbb{I}_m}^{ - 1}\left( { - A} \right)} 
\end{array}} \right),}

θα είναι

\displaystyle{\det \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{ - A}\\ 
B&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right) = \det \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{{\mathbb{O}_{m \times n}}}\\ 
B&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right)\det \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{{\mathbb{I}_m}^{ - 1}\left( { - A} \right)}\\ 
{{\mathbb{O}_{n \times m}}}&{{\mathbb{I}_n} - B{\mathbb{I}_m}^{ - 1}\left( { - A} \right)} 
\end{array}} \right) = }

\displaystyle{ = \det \left( {{\mathbb{I}_m}} \right)\det \left( {{\mathbb{I}_n}} \right)\det \left( {{\mathbb{I}_m}} \right)\det \left( {{\mathbb{I}_n} - B{\mathbb{I}_m}^{ - 1}\left( { - A} \right)} \right) = \det \left( {BA + {\mathbb{I}_n}} \right).}

Όμοια, επειδή

\displaystyle{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{ - A}\\ 
B&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{ - A}\\ 
{{\mathbb{O}_{n \times m}}}&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m} - \left( { - A} \right){\mathbb{I}_n}^{ - 1}B}&{{\mathbb{O}_{m \times n}}}\\ 
{{\mathbb{I}_n}^{ - 1}B}&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right)}

θα είναι

\displaystyle{\det \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m}}&{ - A}\\ 
B&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right) = \det \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{I_m}}&{ - A}\\ 
{{\mathbb{O}_{n \times m}}}&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right)\det \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{\mathbb{I}_m} - \left( { - A} \right){\mathbb{I}_n}^{ - 1}B}&{{\mathbb{O}_{m \times n}}}\\ 
{{\mathbb{I}_n}^{ - 1}B}&{{\mathbb{I}_n}} 
\end{array}} \right) = }

\displaystyle{ = \det \left( {{\mathbb{I}_m}} \right)\det \left( {{\mathbb{I}_n}} \right)\det \left( {{\mathbb{I}_m} - \left( { - A} \right){\mathbb{I}_n}^{ - 1}B} \right)\det \left( {{\mathbb{I}_n}} \right) = \det \left( {AB + {\mathbb{I}_m}} \right).}


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1949
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ανιστρέψιμοι πίνακες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Μαρ 31, 2016 1:38 pm

Αφού λύθηκε να προσθέσω ένα επιπλέον ερώτημα
Ποια είναι η σχέση μεταξύ των δύο αντιστρόφων;


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10355
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ανιστρέψιμοι πίνακες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Μαρ 31, 2016 2:40 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Αφού λύθηκε να προσθέσω ένα επιπλέον ερώτημα
Ποια είναι η σχέση μεταξύ των δύο αντιστρόφων;
Το ακόλουθο απαντά στην ερώτηση του Σταύρου και συγχρόνως δίνει άλλη λύση στο αρχικό ερώτημα.

Ισχυρίζομαι ότι \boxed {\displaystyle{ (I +BA)^{-1}=I - B(I +AB)^{-1}A}}.

Πράγματι, με χρήση της \displaystyle{ (I+BA)B=B+BAB=B(I+AB)} , έχουμε

\displaystyle{ (I +BA)[I - B(I +AB)^{-1}A]= I+BA - (I+BA) B (I +AB)^{-1}A = }

\displaystyle{ = I+BA - B(I+AB)  (I +AB)^{-1}A =I +BA-BA=I }

και όμοια

\displaystyle{ [I - B(I +AB)^{-1}A] (I +BA)= I }

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3498
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Ανιστρέψιμοι πίνακες

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Απρ 15, 2016 11:48 am

Ευχαριστώ για τις λύσεις. Να σημειώσω πως υπάρχει λύση και με ιδιοτιμές.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1949
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ανιστρέψιμοι πίνακες

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Απρ 15, 2016 12:49 pm

Την συγκεκριμένη άσκηση (Θεώρημα) την γνωρίζω από τα φοιτητικά μου χρόνια.

Η λύση του Μιχάλη δίνει το αποτέλεσμα και σε δακτύλιο.
Είναι δε η άσκηση 4 σελ 89 στο Basic Algebra v1 του Nathan Jacobson

Η λύση του Βαγγέλη ελαφρά τροποποιημένη δίνει σχέση μεταξύ των
χαρακτηριστικών πολυωνύμων των δύο πινάκων.
Ασκηση 18 σελ 54 στο Εισαγωγή στη Γραμμική Άλγεβρα τόμος Β
Δ.Βάρσος Δ.Δεριζιώτης κλπ(1 έκδοση)

Και οι δύο λύσεις έχουν την αξία τους για διαφορετικούς λόγους η κάθε μια.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10355
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ανιστρέψιμοι πίνακες

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Απρ 15, 2016 10:48 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: Ισχυρίζομαι ότι \boxed {\displaystyle{ (I +BA)^{-1}=I - B(I +AB)^{-1}A}}
Αξίζει να γράψω τον τρόπο σκέψης γιατί δεν βρήκα την ταυτότητα ... μαντεύοντας.

Φορμαλιστικά, αγνοώντας προσωρινά προβλήματα σύγκλισης, είναι

\displaystyle {(I +BA)^{-1}=I - BA + BABA - BABABA + ... \, (*)} και

\displaystyle {(I +AB)^{-1}=I - AB + ABAB - ABABAB + ... \,(**)}

(Γενικότερα {(I +S)^{-1}=I - S + S^2 - S^3 + ... }. Η απόδειξη γίνεται όπως στους πραγματικούς για το άθροισμα γεωμετρικής προόδου, εδώ με "λόγο" S . Συγκεκριμένα, αν T το δεξί μέλος τότε εύκολα βλέπουμε πολλαπλασιάζοντας ότι (I+S)T=T(I+S)=I.)

Παρατηρούμε ότι τα δεξιά μέλη των (*), (**) μοιάζουν πολύ. Πώς μπορούμε να το εκμεταλευτούμε αυτό;

Αν στο μακρυνάρι \displaystyle { - BA + BABA - BABABA + ... } της (*) βγάλουμε κοινό παράγοντα το B από αριστερά και το A από δεξιά, η (*) γίνεται

\displaystyle {I - BA + BABA - BABABA + ...=I -B {\color {red} (I - AB + ABAB - ABABAB + ...)}A }

Ούπς. Γνώρισα τον όρο που έγραψα με κόκκινο. Είναι το δεξί μέλος της (**).

Δηλαδή

\displaystyle {I - BA + BABA - BABABA + ...=I -B {\color {red} (I +AB)^{-1}}A }.

Συνοψίζοντας, αναμένω ότι

\displaystyle {(I +BA)^{-1}=I -B {\color {red} (I +AB)^{-1}}A }

που είναι αυτό που έγραψα. Τα υπόλοιπα δένουν μόνα τους.

Φιλικά,

Μιχάλης

Edit: Έκανα μικρή βελτίωση στο σχόλιο για το άθροισμα της "γεωμετρικής προόδου".


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες