mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 23, 2011 10:29 pm**

Γεία χάρα
Ο καθηγητής στο πανεπιστήμιο μας έδωσε την παρακάτω άσκηση. Θα μπορούσα να έχω μία ώθηση?
Αν υπάρχουν A, B

πίνακες αντιστρέψιμοι που ανήκουν στο συνολο των πραγματικών,να δείξετε ότι δεν υπάρχει ο αντίστροφος του αθροίσματος των δύο πινάκων

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 23, 2011 10:32 pm**

Χάρης1 έγραψε:Γεία χάρα
Ο καθηγητής στο πανεπιστήμιο μας έδωσε την παρακάτω άσκηση. Θα μπορούσα να έχω μία ώθηση?
Αν υπάρχουν A,B πίνακες αντιστρέψιμοι που ανήκουν στο συνολο των πραγματικών,να δείξετε ότι δεν υπάρχει ο αντίστροφος του αθροίσματος των δύο πινάκων

Χάρη, καλώς ήρθες στο

.

Καταρχάς, υποθέτω εννοείς οι πίνακες έχουν πραγματικά στοιχεία.

Ωστόσο, η εκφώνηση δεν είναι σωστή. Πάρε π.χ. $\displaystyle{A=B=\mathbb{I}_n.}$

Οι $\displaystyle{A,B}$ είναι αντιστρέψιμοι και $\displaystyle{A+B=2\mathbb{I}_n}$ επίσης αντιστρέψιμος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 23, 2011 10:39 pm**

Αν υπάρχουν $A,B \epsilon Mn(R)$ αντιστρέψιμοι τότε να δείξετε ότι δεν υπάρχει ο $(A+B)^{-1}$ .Έτσι ακριβώς δόθηκε.Ευχαριστώ για την ενασχόληση κύριε και ευχαριστώ για το καλοσώρισμα

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 23, 2011 10:50 pm**

Χάρη καλώς όρισες και από εμένα.

Η άσκηση είναι λανθασμένη. Το αντιπαράδειγμα του Θάνου είναι μια χαρά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2011 9:06 pm**

Για δείτε παρακαλώ και αύτη
α)Αν A^2-A+I=0

(1) με $A \epsilon M_{n}(R)$ τότε δείξετε ότι ο Α είναι αντιστρέψιμος
Το απέδειξα εύκολα
β)Αν A^2-A+I=0

με $A \epsilon M_{n}(R)$ τότε να δείξετε ότι ο A-2I

είναι αντιστρέψιμος
O συλλογισμός μου ήταν ο εξής
Αφού στο πρώτο ερώτημα εδειξα ότι όταν ο Α επαληθεύει την (1) είναι αντιστρέψιμος,τότε για το 2 αρκεί να δείξω ότι B=A-2I

επαληθεύει την B^2-B+I=0

αλλά στην πορεία δεν με βγαίνει το ζητούμενο
Που χάνω?

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2011 9:14 pm**

Για το δεύτερο δεν πρέπει ο B=A-2I

να επαληθεύει την συγκεκριμένη εξίσωση B^2-B+I=0

γιατί όλοι οι αντιστρέψιμοι πίνακες του κόσμου δεν προκύπτουν από την συγκεκριμένη εξίσωση.
Αφού έθεσες B=A-2I

, λύνεις ως προς

κι αντικαθιστάς στην αρχική εξίσωση. Μετά είναι απλό.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2011 9:15 pm**

Χάρης1 έγραψε:Για δείτε παρακαλώ και αύτη
α)Αν (1) με $A \epsilon M_{n}(R)$ τότε δείξετε ότι ο Α είναι αντιστρέψιμος
Το απέδειξα εύκολα
β)Αν με $A \epsilon M_{n}(R)$ τότε να δείξετε ότι ο είναι αντιστρέψιμος
O συλλογισμός μου ήταν ο εξής
Αφού στο πρώτο ερώτημα εδειξα ότι όταν ο Α επαληθεύει την (1) είναι αντιστρέψιμος,τότε για το 2 αρκεί να δείξω ότι επαληθεύει την αλλά στην πορεία δεν με βγαίνει το ζητούμενο
Που χάνω?

Οκ! Αν συνέβαινε αυτό θα είχες τελειώσει. Όμως, όπως λες, ο $\displaystyle{B}$ δεν ικανοποιεί αυτή τη σχέση. Μήπως όμως ικανοποιεί κάποια άλλη παρόμοια, από την οποία προκύπτει ότι είναι αντιστρέψιμος;
Πρόκειται για πολύ απλή άσκηση. Δες το! Και εμείς εδώ είμαστε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2011 11:27 pm**

Βρήκα δύο αντιφατικές λύσεις
1)'Εχω $A^2-A+I=0\Rightarrow A^2-2A+A+1=0\Rightarrow A^2-2A+A-2I=-3I\Rightarrow A(A-2I)+A(A-2I)=-3I\Rightarrow \frac{-1}{3}(A-2I)(A+I)=I$ άρα $((A-2I)^{-1}=\frac{-1}{3}(A+I)$
2) Θέτω $B=A-2I\Rightarrow B+2I=A$ τότε λόγο της δοσμένης σχέσης $(B+2I)^2-(B+2I)+I=0\Rightarrow B^2+4I+I-B-2I+I=0\Rightarrow B^2+4I-B=0\Rightarrow B(B-I)=-4I\Rightarrow B(\frac{I-B}{4})=I$ άρα $(A-2I)^{-1}=\frac{3I-A}{4}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2011 11:34 pm**

Χάρης1 έγραψε:Βρήκα δύο αντιφατικές λύσεις
1)'Εχω $A^2-A+I=0\Rightarrow A^2-2A+A+1=0\Rightarrow A^2-2A+A-2I=-3I\Rightarrow A(A-2I)+A(A-2I)=-3I\Rightarrow \frac{-1}{3}(A-2I)(A+I)=I$ άρα $((A-2I)^{-1}=\frac{-1}{3}(A+I)$
2) Θέτω $B=A-2I\Rightarrow B+2I=A$ τότε λόγο της δοσμένης σχέσης $(B+2I)^2-(B+2I)+I=0\Rightarrow B^2+4I+I-B-2I+I=0\Rightarrow B^2+4I-B=0\Rightarrow B(B-I)=-4I\Rightarrow B(\frac{I-B}{4})=I$ άρα $(A-2I)^{-1}=\frac{3I-A}{4}$

Η δεύτερη δεν είναι σωστή.
Στην πρώτη έκανες ένα λάθος στην ομαδοποίηση.
Το σωστό είναι A^2-2A+A-2I=A(A-2I)+I(A-2I)=(A-2I)(A+I)

edit Δες παρακάτω

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2011 11:41 pm**

Κάπου στο (2) υπάρχει λάθος στις πράξεις. Ξανακοίταξέ το.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2011 11:43 pm**

Σωστός ο Δημήτρης, λάθος η ταυτότητα στο δεύτερο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2011 11:57 pm**

Eυχαριστώ πολύ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 25, 2011 12:04 am**

Ας μου επιτραπεί να καταθέσω την εξής βασική πρόταση:

« Έστω A, B, A+ B

αντιστρέψιμοι πίνακες 2x2.
Να αποδειχθεί ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη για να ισχύει
$\left( {A + B} \right)^{ - 1} = A^{ - 1} + B^{ - 1} ,\;\varepsilon \dot \iota \nu \alpha \iota \;\left| A \right| = \left| B \right| = \left| {A + B} \right|$ »

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 25, 2011 9:01 pm**

πω!πω! μου μύρισε ΔΕΣΜΕΣ !!!!!!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 25, 2011 9:57 pm**

Ακριβώς Βασίλη, ακριβώς.
Το συγκεκριμένο θέμα υπάρχει, υποδειγματικά λυμένο και σε ένα εκπληκτικό βιβλίο του είδους (Δέσμες) ενός πραγματικά Άριστου του Δημήτρη Μπουνάκη (τυχεροί αυτοί που τον έχουν σύμβουλο κάπου στην όμορφη Κρήτη).

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 26, 2011 9:31 pm**

Θα μπορούσε κάποιος δάσκαλος να μου εξηγήσει γιάτι το αρχικό σύστημα μετά τις γραμμόπραξεις έχει τις ίδιες λύσεις με το τελικό σύστημα?
'Εχασα την παράδοση στο πανεπιστήμιο(έπρεπε να γυρίσω στην πόλη απο όπου κατάγομαι) και δυσκολέυομαι λιγο
Ευχαριστώ εκ τον προτέρων

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 26, 2011 11:45 pm**

Τι είναι οι γραμμοπράξεις; δηλ ποιες στην ουσία πράξεις παριστάνουν; Τι μετασχηματίζουν;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 27, 2011 12:32 am**

Ας σου θυμίσω πως ως γραμμοπράξεις θεωρούνται η προσθαφαίρεση γραμμών, ο πολλαπλασιασμός (ή διαίρεση) γραμμής με μη μηδενικό αριθμό και εναλλαγή γραμμών.
Σκέψου ένα σύστημα δυο γραμμικών εξισώσεων με δυο αγνώστους, όπως στην Άλγεβρα της Α΄ Λυκείου.
Αν κάνεις οτιδήποτε από τα παραπάνω στις εξισώσεις αλλάζει το σύστημα;
Άρα ...

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 27, 2011 10:00 am**

Χάρης1 έγραψε:Θα μπορούσε κάποιος δάσκαλος να μου εξηγήσει γιάτι το αρχικό σύστημα μετά τις γραμμόπραξεις έχει τις ίδιες λύσεις με το τελικό σύστημα?
'Εχασα την παράδοση στο πανεπιστήμιο(έπρεπε να γυρίσω στην πόλη απο όπου κατάγομαι) και δυσκολέυομαι λιγο
Ευχαριστώ εκ τον προτέρων

Δύο συστήματα που έχουν τις ίδιες λύσεις λέγονται ισοδύναμα.

Αν $\displaystyle{AX=B}$ είναι ένα σύστημα και $\displaystyle{M}$ είναι ένας αντιστρέψιμος πίνακας τότε, αποδεικνύεται ότι, το σύστημα $\displaystyle{(MA)X=MB}$ είναι ισοδύναμο με το αρχικό.

Αν κάνουμε την κάθε γραμμοπράξη στον μοναδιαίο πίνακα παίρνουμε τους λεγόμενους στοιχειώδεις πίνακες. Αποδεικνύεται ότι οι πίνακες αυτοί είναι αντιστρέψιμοι.

Κάθε γραμμοπράξη που κάνουμε στο σύστημά μας είναι ουσιαστικά ένας πολλαπλασιασμός με έναν στοιχειώδη πίνακα.

Έτσι λοιπόν το αρχικό και το τελικό σύστημα είναι ισοδύναμα.

mathematica.gr

Απορία

Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία