Избранные задачи по алгебре с экзаменов в ШАД / forpes.ru

Главная
Избранные задачи по алгебре с экзаменов в ШАД

Избранные задачи по алгебре с экзаменов в ШАД

24.06.2024 15:35

alexlyk314 5 4600 Источник

В этой статье мы разберём несколько важных идей, которые неоднократно применялись в задачах по алгебре на вступительных экзаменах в ШАД. Мы намеренно выбрали далеко не самые сложные задачи, ведь за гробовые задачи мало кто берётся на экзаменах в условиях ограниченного времени. Наша задача — обратить внимание на важные идеи линейной алгебры, знание которых составители нередко ожидают от поступающих. Зная эти идеи, решить задачи будет совсем легко. В противном случае придётся снова "изобретать велосипед" или искать какие-то обходные пути.

О матрицах и

Пусть сначала и — квадратные матрицы одного порядка над некоторым полем (можно считать, что $K=\mathbb R$ или $\mathbb C$ ).

Если AB=0 , то не факт, что BA=0 . В частности, $\mathrm{rk}(AB) \ne \mathrm{rk}(BA)$ . В ШАД была задача про равенство рангов и . Также этот вопрос можно получить на собеседовании. Простой контрпример строится с помощью матричных единиц: $e_{11}e_{12}=e_{12}\ne 0=e_{12}e_{11}$ .

Часто используется такой известный факт: если AB=E , то BA=E .

Пусть и — квадратные матрицы одинакового размера, причем $XY=\lambda X+\mu Y$ для некоторых $\lambda,\mu\neq 0$ . Докажите, что матрицы и коммутируют.

Решение.

Имеем
$XY=\lambda X+\mu Y \Longleftrightarrow (X-\lambda E)(Y-\mu E)=\lambda \mu E\ne 0 \Longleftrightarrow(Y-\mu E)(X-\lambda E)=\lambda \mu E,$
так как $AB=E\iff BA=E$ и равенства выше можно разделить на $\lambda\mu\ne 0$ .
Значит, матрицы $X-\lambda E$ и $Y-\mu E$ коммутируют, а тогда и тоже коммутируют, так как скалярные матрицы коммутируют со всеми.

Замечание. Продолжая, получим
$\lambda X+\mu Y=XY=YX=\lambda Y +\mu X\Longleftrightarrow (\lambda-\mu)(X-Y)=0,$
откуда $\lambda=\mu$ или .

У матриц и не только одинаковые определители и следы (что хорошо известно), но и, вообще, одинаковые характеристические многочлены (а след и определитель являются, с точностью до знака, коэффициентами характеристического многочлена),

$\chi_{AB}(t)=\chi_{BA}(t) \Longleftrightarrow \det(tE-AB)=\det(tE-BA). \;\;\;\;\;\; (1)$

Следующая задача — частный случай этого факта.
Пусть и — квадратные вещественные матрицы одного и того же размера.
Докажите, что $\det(E-AB)=\det(E-BA)$ .
Это равенство получается из равенства (1) подстановкой .

Решение.

Если матрица обратима, то $E-BA=B(E-AB)B^{-1}$ , откуда
.

Рассмотрим теперь матрицу из формальных переменных $X=(x_{ij})$ . Она, очевидно, невырожденна, поэтому по доказанному — равенство многочленов от переменных $x_{ij}$ ( $1\leq i,j\leq n$ ). Подставив элементы $b_{ij}$ матрицы вместо $x_{ij}$ , получим требуемое.

Замечание. 1. Так же доказывается равенство (1).
1. Трюк с формальными переменными — довольно стандартный способ свести вырожденный случай к невырожденному, хотя увиденный впервые он часто удивляет. В анализе есть другой способ, основанный на предельном переходе, однако он работает лишь над теми полями, в которых можно говорить о сходимости. Пусть $K=\mathbb R$ . Если матрица вырожденная, то рассмотрим последовательность обратимых матриц вида $B_n=B+\epsilon_n E$ , где $\epsilon_n\to 0$ (такая найдётся, поскольку значений , при которых матрица вырожденна, конечное число, — это корни многочлена ). По доказанному , откуда переходя к пределу при $n\to \infty$ , получаем требуемое.
  
  Пусть теперь и — прямоугольные матрицы размеров $m\times n$ и $n\times m$ и пусть для определённости $m\geq n$ . Равенство (1) допускает следующее обобщение
  
  $\chi_{AB}(t)=\chi_{BA}(t)t^{m-n}. \;\;\;\ (2)$
  
  Это несложно свести к случаю квадратных матриц дописыванием к справа нулевых столбцов и к — внизу нулевых строк.
Гермионе задали задачу: *Пусть и — матрицы $3 \times 2$ и $2 \times 3$ соответственно. Найдите определитель матрицы , если известно, что эта матрица невырождена и, кроме того,

$AB=\begin{pmatrix} 8 & 2 & -2\\ 2 & 5 & 4\\ -2 & 4 & 5\ \end{pmatrix}$

Гермиона не смогла решить задачу и попросила помощи у Рона. Рон возвёл матрицу в квадрат после чего Гермиона быстро нашла определитель матрицы . А вы сможете это сделать? Объясните ваш ответ.

Нам не понадобится подсказка про возведение в квадрат. Ответ сразу следует из (2) и вычислления характеристического многочлена матрицы $\chi_{AB}(t)$ .

Решение.
Имеем $\chi_{AB}(t)=t^3-18t^2+81t$ , поэтому $\chi_{BA}(t)=t^2-18t+81$ , откуда .
Ответ.
81.

Устное вычисление одного класса определителей

В нескольких задачах ШАД требуется сосчитать определитель матрицы вида $A=\lambda E+B$ , где — матрица ранга . Это проще всего сделать с помощью собственных значений. Именно, определитель матрицы равен произведению её собственных значений. Далее, прибавление к данной матрице скалярной матрицы $\lambda E$ приводит к прибавлению ко всем собственным значениям числа $\lambda$ . Наконец, собственные значения матрицы ранга порядка равны $\underbrace{0,\ldots,0},\mathrm{tr} B$ . Действительно, алгебраическая кратность нулевого собственного значения никак не меньше геометрической кратности, которая равна $n-\mathrm{rk} B =n-1$ . Последнее, -е значение ищется через след, равный сумме всех собственных значений.

Дана матрица размера $n\times n$ , где $m_{ij}=a_{i}a_{j}$ при $i\neq j$ и $m_{ii}=a_{i}^{2}+k$ .
Найдите определитель матрицы .

Решение.

Данная матрица имеет вид , где $B=(a_ia_j)_{ij}$ — матрица ранга $\leq 1$ . Собственные значения матрицы равны

$\underbrace{0,\ldots,0}_{n-1},\mathrm{tr} B=a_1^2+\ldots+a_n^2$ , откуда собственные значения матрицы равны

$\underbrace{k,\ldots,k}_{n-1},k+a_1^2+\ldots+a_n^2$ . Их произведение равно искомому определителю.

Ответ.
$|M|=k^n+k^{n-1}(a_1^2+\ldots+a_n^2).$
Пусть $J\in Mat_{2n\times2n}(\mathbb{R})$ — кососимметрическая матрица, $\beta$ — положительное число, а $u\in\mathbb{R}^{2n}$ — ненулевой вектор. Найти $det(E+\beta uu^{T}J)$ .

Решение.

Определитель данной матрицы равен произведению её собственных значений, которые равны $1+\lambda_1,\ldots,1+\lambda_n$ , где $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ — спектр матрицы $B=\beta uu^\textsf{T} J$ . Так как $\mathrm{rk} B\leq \mathrm{rk}(u)=1$ , то $\lambda_1=\ldots=\lambda_{n-1}$ и $\lambda_n=\mathrm{tr} B=\beta \mathrm{tr}(GJ)$ , где $G=uu^\textsf{T}=G^\textsf{T}$ . Так как след произведения не зависит от порядка множителей, то
$\mathrm{tr}(GJ)=tr(J^\textsf{T} G^\textsf{T})=\mathrm{tr}(-JG)=-\mathrm{tr}(GJ) \Longrightarrow \mathrm{tr} A=\mathrm{tr}(GJ)=0.$

Ответ.
1.

Собственные значения целочисленных матриц

Покажите, что у целочисленной матрицы не бывает рациональных нецелых
собственных чисел.

Решение сразу следует из хорошо известной теоремы о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами (каковым в данном случае является характеристический многочлен нашей целочисленной матрицы).

Теорема. Если несократимая дробь $m/n\in \mathbb Q$ является корнем многочлена
$f(x)=a_kx^k+\ldots + a_1x+a_0\in \mathbb Z[x]$ , $a_k,a_0\ne 0$ , то $m\mid a_0$ и $n\mid a_k$ .
В~частности, при всякий рациональный корень многочлена является целым.

Решение.
Характеристический многочлен данной целочисленной матрицы имеет целые коэффициенты и старший коэффициент 1: $|\lambda E-A|=\lambda_n+\ldots+|-A|$ . Из теоремы о рациональных корнях следует, что любой рациональный корень этого многочлена является целым.
А вот задача, требующая более тонкого факта.
Докажите, что целочисленная матрица не может иметь собственного
значения, равного $\tfrac 14 (-3+i\sqrt{5})$ .

Задача очевидна, если знать про целые алгебраические числа.

Решение.

Характеристический многочлен целочисленной матрицы имеет целые коэффициенты и старший коэффициент 1. Если $\alpha=\tfrac 14 (-3+i\sqrt{5})$ — его корень, то и $\overline{\alpha}$ тоже, откуда
$(t-\alpha)(t-\overline{\alpha})=t^2-\dfrac 32 t+ \dfrac 78\mid f(t) \text{ в } \mathbb Q[t].$
Из курса алгебры известно и вытекает из леммы Гаусса о примитивных многочленах (см., например, учебник Винберга), что если многочлен над $\mathbb Z$ раскладывается в произведение многочленов над $\mathbb Q$ , то он раскладывается в произведение пропорциональных им многочленов над $\mathbb Z$ . Поэтому
$f(t)=g(t)h(t), \text{ где } g,h\in \mathbb Z[t] \text{ и } g(t)=c\left(t^2-\dfrac 32 t+ \dfrac 78\right), c\in \mathbb N.$
Ясно, что кратно , значит, $8t^2-4t+7\mid f(t)=t^n+\ldots$ в $\mathbb Z[t]$ , что, очевидно, невозможно из сравнения старших коэффициентов.

Неравенства о рангах произведения матриц

Хорошо известно, что $\mathrm{rk}(AB)\leq \mathrm{rk} A,\mathrm{rk} B$ для любых матриц и согласованных размеров. Кроме того, если квадратная матрица невырожденна, то умножение на неё не меняет ранг. Часто в задачах требуется оценить ранг произведения снизу. Вот два менее известных неравенства, которые, однако, очень полезны, и их лучше знать (по крайней мере, первое).

Неравенство Сильвестра. Для любых матриц $A\in \mathbb M_{m\times n}(K)$ и $C\in \mathbb M_{n\times p}(K)$ имеем

$\mathrm{rk} AC\geq \mathrm{rk} A + \mathrm{rk} C- n.$

Неравенство Фробениуса. Для любых матриц A,B,C согласованных размеров имеем

$\mathrm{rk} ABC\geq \mathrm{rk} AB + \mathrm{rk} BC - \mathrm{rk} B.$

Отметим, что неравенство Сильвестра — частный случай неравенства Фробениуса (получается из него при B=E ).

Вот задача, сразу вытекающая из неравенства Сильвестра.

Пусть — квадратная матрица $n \times n$ . Докажите, что $n-\operatorname{rk} A \geqslant \operatorname{rk} A-\operatorname{rk} A^{2}$ .

Решение.
Это частный случай неравенства Сильвестра. Достаточно положить и .
Матрицы и таковы, что $A^{2}=A,$ $B^{2}=B$ и матрица
обратима. Докажите, что $\operatorname{rk} A=\operatorname{rk} B$ .

Решение.

Так как , то $\operatorname{rk}(E-A)=n-\operatorname{rk} A$ . Это вытекает либо из приведения к диагональному виду с нулями и единицами на диагонали ( — проектор), либо из цепочки неравенств, где первое — частный случай неравенства Сильвестра, а второе — неравенство треугольника для рангов:
$0=\operatorname{rk} 0 \geq \operatorname{rk} A+ \operatorname{rk} (E-A)-n \geq \operatorname{rk}(A+E-A)-n=0.$
Отсюда
$n=\operatorname{rk} (E-A-B)\leq \operatorname{rk}(E-A)+\operatorname{rk}(B)=n-\operatorname{rk} A+\operatorname{rk} B\Longrightarrow \operatorname{rk} A\leq \operatorname{rk} B.$
Ввиду симметрии, $\operatorname{rk} A\geq \operatorname{rk} B$ . Значит, $\operatorname{rk} A=\operatorname{rk} B$ .

Автор статьи: Андрей Канунников, к. ф.-м. н., преподаватель ШАД Хелпер.

Статья подготовлена при поддержке ШАД Хелпер.

Комментарии (5)

Olegun
24.06.2024 19:29
#26969108
+2
ШАД ШАДом ШАД заШАДил. Что такое ШАД не знаю только я?

Arastas
24.06.2024 19:29
#26969234
Можете пояснить во второй задаче, что такое метод формальных переменных?

Naf2000
24.06.2024 19:29
#26969762
В методе формальных переменных перешли от матриц над полем K к матрицам над кольцом K[x11..xnn]. Обратимость таких матриц под вопросом

Hazlarorn
24.06.2024 19:29
#26974036
По поводу задачки 2 есть еще 3 способ решения правда он работает тоже только над полем вещественных чисел / комплексных тоже

1.Всякая функция равная нулю на всюду плотном множестве (вещ числа) равна нулю и на всем множестве

2.Множество невырожденных матриц всюду плотно во множестве квадратных матриц (над полем комлексных чисел)

alzobnin
24.06.2024 19:29
#26974038
В решении задачи 1 надо поменять местами лямбду и мю в разложении на множители.

И ещё, откуда в замечании этой задачи получилось, что $YX = \lambda Y + \mu X$?

Избранные задачи по алгебре с экзаменов в ШАД

Комментарии (5)

Olegun

Arastas

Naf2000

Hazlarorn

alzobnin