Kyiv Taras 2013 problem 4

Zarifis · #1

Έστω $\displaystyle{A,B}$ nxn τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\forall C}$ το $\displaystyle{AX + YB = C}$ έχει λύση για κάποιους $\displaystyle{X,Y}$ . Να δείξετε ότι $\displaystyle{\forall C}$ tο $\displaystyle{{A^{2013}}X + Y{B^{2013}} = C}$ έχει λύση .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

kwstas12345 · #2

Δείχνουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους A,B

είναι αντιστρέψιμος.Πράγματι αν όχι έστω $r_{1},r_{2}$ οι τάξεις τους που είναι γνήσια μικρότερες του

τότε $\displaystyle A=Q_{1}\begin{pmatrix} I_{r_{1}} & O\\ O & O \end{pmatrix}P_{1},B=Q_{2}\begin{pmatrix} I_{r_{2}} & O\\ O & O \end{pmatrix}P_{2}$ με $\displaystyle P_{1},P_{2},Q_{1},Q_{2}$ αντιστρέψιμοι.Tότε θέτουμε $\displaystyle S_{1}=\begin{pmatrix} O & O\\ O &I_{n-r_{1}} \end{pmatrix}Q_{1}^{-1},S_{2}=P_{2}^{-1}\begin{pmatrix} O & O\\ O &I_{n-r_{2}} \end{pmatrix}$ , τότε προφανώς $\displaystyle S_{1}A=BS_{2}=O$ .Για $\displaystyle C=Q_{1}P_{2}$ υπάρχουν $\displaystyle X_{1},Y_{1}:AX_{1}+Y_{1}B=Q_{1}P_{2}$ , και πολλαπλασιάζοντας αριστερά με $S_{1}$ και δεξιά με $S_{2}$ λαμβάνουμε ότι $\displaystyle \begin{pmatrix} O& O\\ O& I_{n-r_{1}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} O& O\\ O& I_{n-r_{2}} \end{pmatrix}=O$ , αυτό όμως είναι άτοπο αφού $\displaystyle n-r_{1},n-r_{2}>0$ .Tελικά ένας από τους δυο πίνακες είναι αντιστρέψιμος, έστω ο

(όμοια αν είναι ο

) τότε για τυχαίο

υπάρχει $\displaystyle Z:A^{2013}Z=C$ ,τότε το ζεύγος $\displaystyle \left(Z,O \right)$ είναι μια λύση της ζητούμενης εξίσωσης.

Zarifis · #3

Ωραία λύση

Kyiv Taras 2013 problem 4

Kyiv Taras 2013 problem 4

Re: Kyiv Taras 2013 problem 4

Re: Kyiv Taras 2013 problem 4

Μέλη σε σύνδεση