Matriser

[Gustav]

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 $detA=detB$

[Markus]

Av oppgavebetingelsene får vi $$(A+B)(A+B{)}^{-1}=I_n=(A+B)(A^{-1}+B^{-1})=I_n+A{B}^{-1}+B{A}^{-1}+I_n$$ så $-I_n=A{B}^{-1}+B{A}^{-1}$, og ved å multiplisere med $B$ på høyre side fås $-B=A+B{A}^{-1}B$, og skrevet om er dette det samme som $A+B=-B{A}^{-1}B$. 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 $-A=B+A{B}^{-1}A$, som på samme måte som istad kan skrives om til $A+B=-A{B}^{-1}A$. Altså har vi at $-B{A}^{-1}B=-A{B}^{-1}A$, ved å sette de to uttrykkene lik hverandre. Nå er $$\begin{array}{rl}det(-B{A}^{-1}B)& =det(-A{B}^{-1}A)\\ det(B){\displaystyle \frac{1}{det(A)}}det(B)& =det(A){\displaystyle \frac{1}{det(B)}}det(A)\\ (det(B){)}^3& =(det(A){)}^3\end{array}$$
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 $(A-I)(B-I)$

[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 $AB=BA$.

[Markus]

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!

[Gustav]

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 $A$.

[DennisChristensen]

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 $A^{\prime }=(a_{ij}^{\prime })$, hvor $$a_{ij}^{\prime }=\{\begin{array}{ll}j+1& \text{ hvis }i=1\\ 1& \text{ ellers.}\end{array}$$ Ettersom $A^{\prime }$ åpenbart har rang $2$ (gitt at $n>1$), er dette også rangen til $A$.

[Gustav]

Korrekt selvfølgelig

Noen som har en oppfølger?

[Markus]

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 $\ne 0$, 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?

[Gustav]

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