Matematické Fórum

vanok · 13. 11. 2012 21:27

Tu davam jedno cvicenie, bez toho aby som vedel, ci sa da riesit.
Bud matica B, typu (n,n),
Dokazte, ze existuje matica A typu (n,n) taka, ze B= kom(A).
( oznacene kom:: komatrica).

vanok · 14. 11. 2012 00:22 — Editoval vanok (16. 11. 2012 02:36)

V rieseni, ( pre realne matice) ktore som skoro skoncil.... som pouzil,pojem hodnosti.

Prva cast: vlasnosti ktore musia platit pre A
Najprv, vieme, ze:

1° Pre kazdu maticu A typu (n,n) mame $A (kom A)^t= (kom A)^t A= (det A) I$

To da, ze pre maticu $A$ hodnosti $n$ , ze $(kom A)^t$ ma tiez hodnost $n$ , (lebo $(com A)^t= (det A) A^{-1}$ )

Pre maticu $A$ hodnosti $\leq n-2$ , $kom A =O$ ( lebo vsetki vybrane determninanty typu $(n-1;n-1)$ su nulove.

Pre maticu $A$ hodnosti $n-1$ , mame $kom A$ ma hodnost 1 (lebo $A (kom A)^t =O$ ...cf 1°, z toho mame $Im (kom A)^t \subset Ker A$ z coho $kom A$ ako aj $(kom A)^t$ maju tu istu hodnost $\leq 1$ ... ktora nemoze byt 0 lebo aspon jeden vybrany determinant je nenulovy.

Druha cast:konecne riesenie problemu

Na pokracovanie....
Ak niekto ma nejaku myslienku na riesenie nech nevaha

vanok · 16. 11. 2012 00:20

pokracovanie
Vdaka predoslej uvahe mame:

1°Hodnost matice B musi byt: 0, 1 alebo n.
Cize, ak hodnost matice B, oznacim ju $h(B)$ , je taka ze $2 \leq h(B) \leq n-1$ , neexistuje ziadna matica A, co riesi problem.

2°Ak $B=O$ , vtedy $A$ moze byt nulova matica, alebo lubovolna matica hodnosti $h(A) \leq n-2$ .

3°Ak $h(B)=n$ , mame A je inverzibilne, a podla 1°, ↑ vanok: #2:ktore pripominam,
Pre kazdu maticu A typu (n,n) mame $A (kom A)^t= (kom A)^t A= (det A) I$
mozme pisat
$(det A).A^{-1}=B^t$
co da:
$A= (det A).(B^t)^{-1}$
co sa tyka determinantu mame
$det B=det(B^t))=det[(det A).A^{-1}]=det(A^t)^n.det(A^{–1})=det(A^t)n–1=det (A^{n-1})$
Tak mozem vyjadrit $det(A)$ podla parity n.
n parne: $det A = \sqrt[n-1]{det(B)}$ , akoze pracujema na $\mathbb{R}$ , mame jedine riesenie:
$A = \sqrt[n-1]{det(B)}.(B^t)^{-1}$
n neparne: a) $det(B)<0$ , ziadne riesenie.
b) $det(B)>0$ , dve riesenia
$A = \sqrt[n-1]{det(B)}.(B^t)^{-1}$
$A = -\sqrt[n-1]{det(B)}.(B^t)^{-1}$

4° Dokoncim, cim skor .... $h(B)=1$ ..........

Honza90 · 16. 11. 2012 21:03

Vypadá to jako zajimavé cvičení, které sice nejspíš nepochopím celé, nicméně komatice je tedy taková, že platí toto:
$A (kom A)^t= (kom A)^t A= (det A) I$ ?
nebo je to jen část definice? Na netu jsem nic nenašel.

vanok · 16. 11. 2012 21:46 — Editoval vanok (16. 11. 2012 21:46)

Ahoj,
pod tymto menom to najdes tu na fr wikipedii
http://fr.wikipedia.org/wiki/Comatrice

a na En, to mas tu:
http://en.wikipedia.org/wiki/Adjugate_matrix

Akoze sa mi viac pacilo meno komatrica, tak som ho vynral pre moj dokaz, ( kde chyba este jedna cast)

Poznamka: ked som nasiel toto cvicenie, tak sa mi zdalo dost zaujimave.... a teraz , mozem povedat, ze je skor lahke... ta posledna cast mi dala najviac prace ( dam ju tu iste zajtra).

Honza90

↑ vanok:
Tak po troše přemýšlení si myslím, matice a její komatice budou existovat vždy, ale důkaz asi nebude jednoduchý. Zajímavější by bylo zjistit jestli lze vždy najít regulární matici A tak, že B=kom(A).

vanok · 17. 11. 2012 13:00

Ahoj ↑ Honza90:,
Dovolim si ti protirecit, v#3 som ukazal podmienky existence riesenia problemu. Cize, v pripadoch co som uz vyriesit si to mozes uz vyskusat. Ostava pripad ked hodnost matice B je 1. Ale to mam tiez uz vyriesene a dam to do tohto vlakna cim skor.

vanok · 20. 11. 2012 10:28 — Editoval vanok (21. 11. 2012 02:56)

Posledna 4ta cast dokazu, ked h(B)=1.

Treba najst jednu maticu $A=(a_{i,j})=(A_1;A_2;...;A_n)$ kde $A_i$ su jej stlpce, a
$B=kom (A)$
A tiez pre $A$ plati $AB^t=B^tA=O$ (zasa rovnost 1°, cf 8my riadok #3).
Akoze $h(B)=1$ , tak $B$ sa moze pisat $B=U V^t$ , kde $U=(u_1,u_2,...u_n)^t$ ; $V=(v_1,...,v_n)^t$ dve non nulove matice.
Z toho
a) $AB^t=O \Leftrightarrow AVU^t=O \Rightarrow AVU^tU=O \Rightarrow AV=O$
lebo $U^tU>0$ . A preto $\sum_{j=1}^n v_j A_j=0$
b) $B^tA=O \Leftrightarrow VU^tA=O \Rightarrow V^tVU^tA=O\Rightarrow U^t A=0$
lebo $V^Vv>0$ . A preto $\forall j \in \{1; 2;...;n \} U^tA_j=0$

Pre jednoduchost pisania predpokladam, ze $u_1 \neq 0; v_1 \neq 0$ ( pre hocijakky iny pripad, pouzity dokaz sa lahko adaptuje )
Tento determinat
$\begin{vmatrix} a_{2,2} &...& a_{2,n}\\ .... \\ a_{2,n} &...& a_{n,n} \end{vmatrix}$
musi byt $v_1u_1$ .

Podla la vsetkych uvedenych informacii, hladana matica $A$ moze byt vybrana takejto formy

Prvy stlpec $A_1$
prvy riadok od druheho prvku $(c_2, c_3,..., c_n)$ , Te,nto riadok ako aj stlpec upesnim.
a zvysok nejaka podmatrica typu $(n-1;n-1)$ , ktorej determinant je $u_1v_1$ ... preto som vybral diagonalnu maticu, ktores diagonala je $(u_1v_1; 1;...; 1)$ .

Vlasnost b), presnejsie $\forall j \in \{1; 2;...;n \} U^tA_j=0$ da postupne
$c_2u_1+u_1u_2v_1=0$ , co da $c_2=-u_2v_1$ ( lebo sa predpoklad, ze $u_1 \neq 0$ )
a podobne

$c_3= -\frac {u_3}{u_1}$
...
$c_3n= -\frac {u_n}{u_1}$

Podla vlasnosti a), presnejsie $\sum_{j=1}^n v_j A_j=0$
$A_1=-\frac 1 {v_1} \sum_{j=2}^n v_j A_j$

POZOR
Ostava mi okopirovat estee, ze takto vytvorena matica splnuje vsetki ziadane podmienky.

vanok · 02. 12. 2012 19:37 — Editoval vanok (02. 12. 2012 19:38)

Skutocne popisana matica, splnuje vsetki podmienky:
Preto overime ze mame $com (A)=B$

Matica $A$ ma hodnost $n-1$ :
$n-1$ stlpcov su v schodovitej forme
a vdaka jej konstrukcii mame $A B^t=B^t A=O$
Z toho
$ImA \subset Ker B^t$ a $Im B^t \subset Ker A$
a vdaka rovnostam dimenzii
$ImA= Ker B^t$ a $Im B^t= Ker A$
$kom(A)$ ma tak hodnost 1 a
$Im(kom(A))^t=Ker A=Im B^t$
$Ker((kom(A))^t=Im(A)=Ker B^t$

Preto $(kom (A))^t$ a $B^t$ su proporcionalne.
Naviac clen $(1;1)$ su rovnake v oboch; cize KONECNE $(kom (A))^t=B^t$ .

vanok · 02. 12. 2012 19:45

Nakonic, male konkretne cvicenie:
Najdite realnu maticu typu $(n;n)$ taku ze jej komatrica je

$B= \begin{pmatrix} 1&0&...&0 \\ 2&0&...&0\\ ...\\ n&0&...&0 \end{pmatrix}$

vanok · 14. 12. 2012 16:58

Odpoved, na malu aplikaciu vyrieseneho problemu:

Tato matica vyhovuje:

$A= \begin{pmatrix} 0&-2&-3&-4&...&-n \\ 0&1&0&0&...&0\\ 0&0&1&0&...&0\\ .................\\ 0&0&0&0&..&1 \end{pmatrix}$

Matematické Fórum

#1 13. 11. 2012 21:27

komatrica

#2 14. 11. 2012 00:22 — Editoval vanok (16. 11. 2012 02:36)

Re: komatrica

#3 16. 11. 2012 00:20

Re: komatrica

#4 16. 11. 2012 21:03

Re: komatrica

#5 16. 11. 2012 21:46 — Editoval vanok (16. 11. 2012 21:46)

Re: komatrica

#6 17. 11. 2012 10:02 — Editoval Honza90 (17. 11. 2012 10:02)

Re: komatrica

#7 17. 11. 2012 13:00

Re: komatrica

#8 20. 11. 2012 10:28 — Editoval vanok (21. 11. 2012 02:56)

Re: komatrica

#9 02. 12. 2012 19:37 — Editoval vanok (02. 12. 2012 19:38)

Re: komatrica

#10 02. 12. 2012 19:45

Re: komatrica

#11 14. 12. 2012 16:58

Re: komatrica

Zápatí