Matriser

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Matriser

Innlegg Gustav » 06/01-2019 05:25

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 $\det A=\det B$
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Matriser

Innlegg Markus » 06/01-2019 19:36

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.

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

Hint:
[+] Skjult tekst
Det kan være en idé å starte å se på $(A-I)(B-I)$
Sist endret av Markus den 07/01-2019 19:58, endret 1 gang
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 759
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Matriser

Innlegg Gustav » 07/01-2019 16:47

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 $AB=BA$.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Matriser

Innlegg Markus » 07/01-2019 19:59

Gustav skrev: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 $AB=BA$.

Denne var vel litt barneskirenn, men rent og pent løst!
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 759
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Matriser

Innlegg Gustav » 10/01-2019 06:04

Oppfølger: La $A=(a_{ij})$ være $n\times n$-matrisen gitt ved $a_{ij}=i+j$ for $i,j=1,2,...,n$. Finn rangen til $A$.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Matriser

Innlegg DennisChristensen » 10/01-2019 10:30

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


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 $A$.
DennisChristensen offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 762
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Matriser

Innlegg Gustav » 10/01-2019 14:49

Korrekt selvfølgelig

Noen som har en oppfølger?
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Matriser

Innlegg Markus » 10/01-2019 16:33

Gustav skrev:Korrekt selvfølgelig
Noen som har en oppfølger?

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?

Ekstraoppgave: 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?
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 759
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Matriser

Innlegg Gustav » 10/01-2019 20:37

Markus skrev: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?


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
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 12 gjester