[quote="Markus"]
For øvrig, til den forrige oppfølgeren din så er det ikke vanskelig å se at $A$ er symmetrisk, så den er diagonaliserbar og $A$ vil derfor være similær med $D$. Det er mange invarianter mellom similære matriser, og jeg lurte på om det kanskje er mulig å utnytte noen av disse. Eksempelvis er jo rangen til $D$ og $A$ lik. Ikke at jeg har kommet så langt med dette, men det var en alternativ fremgangsmåte som kanskje kan fungere. Hvordan løste du den Gustav?[/quote]

Problemet blir vel at A vil kunne ha 0 som egenverdi, og dermed vil D bestå av en eller flere 0 på diagonalen, og da vil rangen ikke automatisk kunne leses ut av D uten at man faktisk beregner D eksplisitt.

Jeg løste den ved å omskrive den til echelon form ved lignende radoperasjoner som Dennis

[quote="Gustav"]Korrekt selvfølgelig
Noen som har en oppfølger?[/quote]
Her er en:
Alan og Barbara spiller et spill i en tom $2008 \times 2008$-matrise. Alan starter. Etter tur setter de reelle tall på plasser i matrisen som ikke har fått et element enda. Til slutt blir hele matrisen fylt opp. Alan vinner hvis determinanten av matrisen er $\neq 0$, imens Barbara vinner hvis determinanten er $=0$. Hvem har en vinnende strategi?

[b]Ekstraoppgave[/b]: Generaliser! Holder den vinnende strategien for en $n\times n$-matrise også?

For øvrig, til den forrige oppfølgeren din så er det ikke vanskelig å se at $A$ er symmetrisk, så den er diagonaliserbar og $A$ vil derfor være similær med $D$. Det er mange invarianter mellom similære matriser, og jeg lurte på om det kanskje er mulig å utnytte noen av disse. Eksempelvis er jo rangen til $D$ og $A$ lik. Ikke at jeg har kommet så langt med dette, men det var en alternativ fremgangsmåte som kanskje kan fungere. Hvordan løste du den Gustav?

Korrekt selvfølgelig

Noen som har en oppfølger?

[quote="Gustav"][b]Oppfølger:[/b] La $A=(a_{ij})$ være $n\times n$-matrisen gitt ved $a_{ij}=i+j$ for $i,j=1,2,...,n$. Finn rangen til $A$.[/quote]

For $k=2,\dots, n$ ser vi at dersom rad #$(k-1)$ blir trukket fra rad #$k$, står vi igjen med bare $1$ i rad $k$. Derfor, om vi utfører denne radoperasjonen for $k=n, n-1,\dots, 2$, ser vi at $A$ er ekvivalent med matrisen $A' = (a'_{ij})$, hvor $$a'_{ij} = \begin{cases} j + 1 &\mbox{ hvis }i=1 \\ 1 & \mbox{ ellers.}\end{cases}$$ Ettersom $A'$ åpenbart har rang $2$ (gitt at $n>1$), er dette også rangen til $A$.

[b]Oppfølger:[/b] La $A=(a_{ij})$ være $n\times n$-matrisen gitt ved $a_{ij}=i+j$ for $i,j=1,2,...,n$. Finn rangen til $A$.

[quote="Gustav"]Fin løsning! På oppfølgeren, $(A-I)(B-I)=I$, ie. $B-I$ er den inverse av $A-I$, dermed følger at også $(B-I)(A-I)=I$, og da er $AB=BA$.[/quote]
Denne var vel litt barneskirenn, men rent og pent løst!

Fin løsning! På oppfølgeren, $(A-I)(B-I)=I$, ie. $B-I$ er den inverse av $A-I$, dermed følger at også $(B-I)(A-I)=I$, og da er $AB=BA$.

Av oppgavebetingelsene får vi $$(A+B)(A+B)^{-1}=I_n=(A+B)(A^{-1}+B^{-1})=I_n+AB^{-1}+BA^{-1}+I_n$$ så $-I_n=AB^{-1}+BA^{-1}$, og ved å multiplisere med $B$ på høyre side fås $-B=A+BA^{-1}B$, og skrevet om er dette det samme som $A+B=-BA^{-1}B$. På samme måte får vi at $$(A+B)^{-1}(A+B)=I_n=(A^{-1}+B^{-1})(A+B)=I_n+A^{-1}B+B^{-1}A+I_n$$ og ved å flytte over identitetsmatrisene og multiplisere med $A$ på venstre side fås $-A=B+AB^{-1}A$, som på samme måte som istad kan skrives om til $A+B=-AB^{-1}A$. Altså har vi at $-BA^{-1}B=-AB^{-1}A$, ved å sette de to uttrykkene lik hverandre. Nå er $$\begin{alignat*}{2}
\det(-BA^{-1}B) &= \det(-AB^{-1}A) \\
\det(B)\dfrac{1}{\det(A)}\det(B) &= \det(A)\dfrac{1}{\det(B)}\det(A) \\
(\det(B))^3 &= (\det(A))^3
\end{alignat*}$$
Og den ønskede konklusjonen følger.

[b]Oppfølger:[/b]
La $A$ og $B$ være $n\times n$-matriser som er slik at $A+B=AB$. Vis at $AB=BA$.

Hint:
[spoiler]Det kan være en idé å starte å se på $(A-I)(B-I)$[/spoiler]

La $A$ og $B$ være reelle, invertible $n\times n$- matriser der $n\ge 2$, slik at $A^{-1}+B^{-1}=(A+B)^{-1}$.

Vis at $\det A=\det B$