Matematické Fórum

xxxxx · 05. 02. 2011 13:09

Dobrý den, potřeboval bych pomoct s těmahle příklady.. stačí trošku, já už se třeba pak chytim.

xxxxx · 05. 02. 2011 14:17

Nevíte někdo co s tim?

claudia

Ty komutující matice si představíme jako vektory a chceme dokázat, že i součet komutujících matic, popřípadně komutující matice vynásobená skalárem, též komutuje (to vyplývá z žádané definice podprostoru).

Mějme komutující matice X, Y. Pak $(X + Y)A = XA + YA = AX + AY = A(X + Y)$ součet zjevně komutuje. Také po vynásobení skalárem matice komutují: $(rX)A = r(XA) = r(AX) = A(rX)$ .

Víme, že inverzní matice s A jistě komutuje. Víme, že jedntková matice komutuje. Pokud by tedy dimenze byla 2, máme bázi. Mám i podezření, že by to tak mohlo být. Ale nejsem si ale jistá, jak tu dimenzi elegantně zjistit?

V nejhorším se dá prvky té matice označit jako a, b, c, d a řešit hrubou silou soustavu rovnic.

EDIT: Nebylo by možno změnit název tématu, třeba na podprostor komutujících matic? Lingebra je široké téma :-)

Olin · 06. 02. 2011 00:56

↑ claudia:
Dokonce možná ještě jednodušším případem matice komutující s danou maticí je ona sama. Teď večer se mi ale po pár pokusech v Mathematice zdá, že by v maticích 2x2 mohlo platit něco takového jako že $E,\, A,\, A^{-1}$ jsou vždy lineárně závislé (a teď jsem už dokonce i přišel na to, proč - fakt to platí).

Každopádně pokud se napíšou ty rovnice po otrockém vynásobení zleva a zprava a výsledky se porovnají, tak vyleze soustava 4 rovnic o 4 neznámých, po jejichž řešení zjistíme, že dimenze je opravdu jen 2.

Pěkný důvod, proč to nějak tak je, uvádí kolega BrozekP na konci tohoto tématu.

claudia · 06. 02. 2011 01:23

↑ Olin:
Děkuji za odkaz :-) Ve skutečnosti jsem jej mezitím i sama našla, ale nevzdělaná v oblasti vlastních vektorů a vlastních čísel jsem to zdůvodnění zatím nepochopila :-) Ani z pohledu xxxxx by to tedy asi nebylo zjednodušení. Tedy pokud jej řešení ještě zajímá :-)

Postřeh, že matice je sama se sebou komutující, je výborný :-) Ta lineární závislost se dá ukázat nějak snadno? Na první pohled to nevidím (tedy bez použití dim=2 :-).

Olin · 06. 02. 2011 11:10 — Editoval Olin (06. 02. 2011 11:11)

↑ claudia:
Bez použití dimenze 2 to asi nepůjde, protože ve vyšších to spíš neplatí. Ovšem pro bude

$\underbrace{\det(M)}_{ad-bc} M^{-1} + M - \underbrace{\tr(M)}_{a+d} E = 0$ ,

což se nahlédne rozepsáním do složek, je totiž dobré vědět, jak se u matic 2x2 rychle najde inverzní :-)

claudia · 06. 02. 2011 11:22

↑ Olin:
Perfektní :-)

Já myslela bez banálního použití způsobem: máme prostor dimenze dvě -> žádné tři vektory nemohou být lineárně nezávislé -> E, A, A^-1 jsou lineárně závislé :-)

Olin · 06. 02. 2011 12:14

Teď mě napadlo ještě lepší zdůvodnění (ovšem s využitím letní lingebry) - uvedená rovnost je ekvivalentní (po vynásobení M) s rovností

$M^2 - \tr(M) M + \det(M) = 0$ ,

ovšem $\lambda^2 - \tr(M)\lambda + \det(M)$ je charakteristickým polynomem matice M, tedy podle Hamilton-Cayleyho věty dostaneme po dosazení $\lambda = M$ nulovou matici.

Po troše zobecnění bychom dostali asi i to, že v maticích $n \times n$ je $M^{-1}$ lineární kombinací $E,\, M,\, \ldots,\, M^{n-1}$ .