Matriseproblem

[Gustav]

La $A$ og $B$ være $2\times 2$-matriser med heltallige matriseelementer, slik at $A,A+B,A+2B,A+3B$ og $A+4B$ alle er invertible og slik at alle inversene har heltallige matriseelementer.

Vis at $A+5B$ er invertibel med heltallige matriseelementer.

[Markus]

Fant denne da jeg så på gamle problem i dette underforumet. Er vel dessuten en fin oppvarming til eksamen i Lineær Algebra som kommer snart.

Starter med et lemma; Hvis $A$ er en $2x2$-matrise med heltallselementer har $A^{-1}$ heltallselementer hvis og bare hvis $det(A)=\pm 1$.

Bevis
$(⟸)$ For en $2x2$-matrise $A=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ er $A^{-1}=\frac{1}{det(A)}\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)$. Siden $a,b,c,d\in \mathbb{Z}$ og $det(A)=\pm 1\therefore \frac{1}{det(A)}=\pm 1$, vil $A^{-1}$ også ha heltallselementer.
$(⟹)$ Vi har at $I=A{A}^{-1}$, så $1=det(I)=det(A{A}^{-1})=det(A)det(A^{-1})$. Dette gir at $\frac{1}{det(A^{-1})}=det(A)$. Siden $A$ kun har heltallselementer er det klart at $det(A)\in \mathbb{Z}\mathrm{\setminus }\{0\}$. Den eneste måten dette kan skje på er hvis $det(A^{-1})=\pm 1$,for ellers ville det vært en motsigelse til at $det(A)\in \mathbb{Z}$. Dette fullfører beviset.

Nå over til det faktiske problemet.
La $D(n)=det(A+Bn)$ der $A,B$ er matriser og $n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$. Vi vet fra informasjonen gitt i oppgaven og det lemmaet vi nettopp viste at $D(0)=\pm 1,D(1)=\pm 1,D(2)=\pm 1,D(3)=\pm 1$ og $D(4)=\pm 1$. La $A=\left(\begin{array}{cc}{a}_1& a_2\\ a_3& a_4\end{array}\right)$ og $B=\left(\begin{array}{cc}{b}_1& b_2\\ b_3& b_4\end{array}\right)$. Nå er $$D(n)=(a_1+n{b}_1)(a_4+n{b}_4)-(a_2+n{b}_2)(a_3+n{b}_3)=n^2(b_1{b}_4-b_2{b}_3)+n(a_1{b}_4+a_4{b}_1-a_2{b}_3-a_3{b}_2)+(a_1{a}_4-a_2{a}_3)$$ som vi ser er et polynom i $n$ av grad $2$. Da må $D^{\prime }(n)$ være lineær, men se nå på $D(0),D(1),D(2),D(3),D(4)$ Siden alle disse verdiene er lik $\pm 1$, og vi har $5$ slike, må $D(n)$ enten være lik $-1$ eller $1$ minst $3$ ganger. Siden $D^{\prime }(n)$ er lineær kan vi maksimalt skjære $x$-aksen 2 ganger, og da kan samme verdi på $y$-aksen oppnås maks $2$ ganger. Den eneste muligheten er at $D(n)$ er konstant lik $+1$ eller $-1$. Da har vi at $D(5)=\pm 1$, som er ekvivalent med at ${(A+5B)}^{-1}$ har heltallselementer av lemmaet.

[Gustav]

Ser bra ut!

[Markus]

En liten forsinket romjulsoppfølger til deg Gustav;

La $A,B$ være to distinkte kvadratiske matriser med reelle elementer, slik at $A^3=B^3$ og $A^{2}B=B^{2}A$. Er $A^2+B^2$ invertibel?

[Kay]

Vi vet at $A^3=B^3\wedge A^{2}B=B^{2}A$ Derfor følger det fra disse betingelsene $(A^2+B^2)(A-B)=A^3-2A^{2}B+2B^{2}A-B^3=0$, og ettersom at $A\ne B$ har $A^2+B^2$ en nulldivisor, derfor er ikke $A^2+B^2$ invertibel.

Litt mer standard oppfølger:

La $A$ være en reell $2\times 2$-matrise med minst en reell egenverdi.

Anta så at det finnes en reell $2\times 2$-matrise $B$ som ikke har noen reelle egenverdier slik at $AB=BA$.

Vis at $A=\left[\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& a\end{array}\right]$ for en $a\in \mathbb{R}$

[Markus]

Vi vet at $A^3=B^3\wedge A^{2}B=B^{2}A$ Derfor følger det fra disse betingelsene $(A^2+B^2)(A-B)=A^3-2A^{2}B+2B^{2}A-B^3=0$, og ettersom at $A\ne B$ har $A^2+B^2$ en nulldivisor, derfor er ikke $A^2+B^2$ invertibel.

Er jo for så vidt rett svar, og det er flott, men jeg forstår ikke helt hva du mener med at $A^2+B^2$ har en nulldivisor? Du er inne på noe med faktoriseringen din, men med mindre jeg har misforstått må du argumentere litt mer for å komme i mål. Slik løste jeg den:

[+] Skjult tekst

Som du selv påpeker er $(A^2+B^2)(A-B)=0$ (regner med du bare slurva i utregninga forresten;$(A^2+B^2)(A-B)=A^3-A^{2}B+B^{2}A-B^3\ne A^3-2A^{2}B+2B^{2}A-B^3$). Siden $A\ne B$, vet vi at vi kan velge en vektor $\mathbf{u}$ slik at $\mathbf{v}=(A-B)\mathbf{u}\ne \mathbf{0}$, da må $(A^2+B^2)((A-B)\mathbf{u})=(A^2+B^2)\mathbf{v}=\mathbf{0}$. Men $\mathbf{v}$ er ikke lik nullvektoren, altså har det homogene likningsystemet $(A^2+B^2)\mathbf{v}=\mathbf{0}$ ikke bare den trivielle løsningen, og derfor er $A^2+B^2$ ikke invertibel (av invertible matrix theorem).

Oppgaven er fra Putnam 1991.

Litt mer standard oppfølger:
La $A$ være en reell $2\times 2$-matrise med minst en reell egenverdi.
Anta så at det finnes en reell $2\times 2$-matrise $B$ som ikke har noen reelle egenverdier slik at $AB=BA$.
Vis at $A=\left[\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& a\end{array}\right]$ for en $a\in \mathbb{R}$

Mulig jeg overser noe, og jeg tviler egentlig ikke, og nå har jeg sett på dette så lenge at jeg må ha noen andre øyne til å se på det, men jeg får ikke dette til å stemme. Hvis $A$ har minst en egenverdi så $\mathrm{\exists }\lambda \in \mathbb{R}$ slik at $A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}$. Nå er $A(B\mathbf{x})=BA\mathbf{x}=B\lambda \mathbf{x}=\lambda (B\mathbf{x})$. Således må vi enten ha at $B\mathbf{x}$ og $\mathbf{x}$ er egenvektorer av $A$ med samme egenverdi, eller så er $B\mathbf{x}=\mathbf{0}$. Hvis sistnevnte så er $\lambda =0$ en egenverdi til $B$ siden $B\mathbf{x}=0\mathbf{x}=\mathbf{0}$, men da har $B$ en reell egenverdi, som er en selvmotsigelse, så anta videre at $B\mathbf{x}$ og $\mathbf{x}$ er slik at $B\mathbf{x}=k\mathbf{x}$ der $k\in \mathbb{R}\mathrm{\setminus }\{0\}$. Hvis $k=1$ er $B$ lik identitetsmatrisen, men identitetsmatrisen har selvfølgelig egenverdien $\lambda =1$. På samme måte kan vi skrive $B\mathbf{x}=kI\mathbf{x}$ og få egenverdien $k$. Konklusjonen her er at uansett så vil $B$ ha en reell egenverdi, selvmotsigende mot antagelsene i oppgaven.

[Gustav]

Mulig jeg overser noe, og jeg tviler egentlig ikke, og nå har jeg sett på dette så lenge at jeg må ha noen andre øyne til å se på det, men jeg får ikke dette til å stemme. Hvis $A$ har minst en egenverdi så $\mathrm{\exists }\lambda \in \mathbb{R}$ slik at $A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}$. Nå er $A(B\mathbf{x})=BA\mathbf{x}=B\lambda \mathbf{x}=\lambda (B\mathbf{x})$. Således må vi enten ha at $B\mathbf{x}$ og $\mathbf{x}$ er egenvektorer av $A$ med samme egenverdi, eller så er $B\mathbf{x}=\mathbf{0}$. Hvis sistnevnte så er $\lambda =0$ en egenverdi til $B$ siden $B\mathbf{x}=0\mathbf{x}=\mathbf{0}$, men da har $B$ en reell egenverdi, som er en selvmotsigelse, så anta videre at $B\mathbf{x}$ og $\mathbf{x}$ er slik at $B\mathbf{x}=k\mathbf{x}$ der $k\in \mathbb{R}\mathrm{\setminus }\{0\}$. Hvis $k=1$ er $B$ lik identitetsmatrisen, men identitetsmatrisen har selvfølgelig egenverdien $\lambda =1$. På samme måte kan vi skrive $B\mathbf{x}=kI\mathbf{x}$ og få egenverdien $k$. Konklusjonen her er at uansett så vil $B$ ha en reell egenverdi, selvmotsigende mot antagelsene i oppgaven.

Du overser vel her muligheten for at egenrommet tilhørende $\lambda$ er hele R^2. Da vil Bx og x godt kunne være lineært uavhengige (ikke parallelle) vektorer, selv med samme tilhørende egenverdi. Det gjør at A vil ha kun én egenverdi, $\lambda$.

[Markus]

Du overser vel her muligheten for at egenrommet tilhørende $\lambda$ er hele R^2. Da vil Bx og x godt kunne være lineært uavhengige (ikke parallelle) vektorer, selv med samme tilhørende egenverdi. Det gjør at A vil ha kun én egenverdi, $\lambda$.

Selvfølgelig!

Da har det karakteristiske polynomet tilhørende $A$ kun en løsning. Den eneste matrisa der egenrommet tilhørende egenverdien spanner hele ${\mathbb{R}}^2$ og der det karakteristiske polynomet kun har en løsning er $A$-en i oppgaveteksten.