Macierze odwracalne, idempotentne

[whenyoulaugh]

Cześć. Czy mogłabym prosić o wytłumaczenie sposobu rozwiązania tych zadań?

1. Niech \(\displaystyle{ A}\) oraz \(\displaystyle{ B}\) będą rzeczywistymi macierzami \(\displaystyle{ n \times n}\) takimi, że \(\displaystyle{ AB+A+B=0}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ AB=BA}\).

2. Znajdź maksymalny możliwy wymiar podprzestrzeni liniowej \(\displaystyle{ V}\) w przestrzeni liniowej wszystkich rzeczywistych macierzy \(\displaystyle{ n \times n}\), takiej, że dla wszystkich \(\displaystyle{ X,Y \in V}\) zachodzi \(\displaystyle{ tr(XY)=0}\).

3. Niech \(\displaystyle{ A \in M_{n}(R)}\) spełnia warunek \(\displaystyle{ 3A ^{3}=A ^{2}+A+I _{n}}\). Udowodnij, że ciąg \(\displaystyle{ A ^{k}}\) zbiega do macierzy idempotentnej.

4. Niech \(\displaystyle{ A}\) oraz \(\displaystyle{ B}\) będą rzeczywistymi macierzami \(\displaystyle{ n \times n}\), takimi, że \(\displaystyle{ A ^{2}+B ^{2}=AB}\). Udowodnij, że jeśli \(\displaystyle{ BA-AB}\) jest macierzą odwracalną, to \(\displaystyle{ n}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ 3}\).

5. Pokaż, że dla dowolnego \(\displaystyle{ m \in \NN}\) istnieje macierz \(\displaystyle{ A \in M _{m}(\RR)}\) taka, że \(\displaystyle{ A ^{3}=A+I _{m}}\). Udowodnij, że każda macierz \(\displaystyle{ A \in M _{m}(\RR)}\) taka, że \(\displaystyle{ A ^{3}=A+I _{m}}\) ma dodatni wyznacznik.

[yorgin]

Hmm wszystkie te zadania wyglądają na "z pomysłem".

1. Z warunku \(\displaystyle{ AB+A+B=0}\) wynika, że

\(\displaystyle{ (A+I)(B+I)=I}\)

i stąd \(\displaystyle{ A+I}\) oraz \(\displaystyle{ B+I}\) są wzajemnie odwrotnymi macierzami. Tym samym

\(\displaystyle{ (A+I)(B+I)=(B+I)(A+I)=I}\)

Dalej łatwo.

5. Niech \(\displaystyle{ a}\) będzie rzeczywistym pierwiastkiem równania \(\displaystyle{ x^3=x+1}\). Definiujemy \(\displaystyle{ A=diag(a,\ldots,a)}\) (tyle \(\displaystyle{ a}\), jaki wymiar), to jest \(\displaystyle{ a_{ij}=\begin{cases} a & i=j\\ 0 & i\neq j\end{cases}}\)

Teraz wystarczy rozpisać \(\displaystyle{ A^3=\ldots}\) i pierwsza część jest zakończona.

Druga część to jakaś manipulacja na macierzach. Jaka - chwilowo nie widzę.

[Slup]

Udowodnimy następujący:

Lemat. Niech \(\displaystyle{ A\in M_n(\mathbb{C})}\) będzie macierzą oraz \(\displaystyle{ f(z)\in \mathbb{C}[z]}\) będzie wielomianem. Załóżmy, że

\(\displaystyle{ f(z) = a\cdot \prod_{i=1}^n(z-\alpha_i)}\)

gdzie \(\displaystyle{ a\in \mathbb{C}}\) oraz \(\displaystyle{ \alpha_i\in \mathbb{C}}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,...,n}\) są parami różne. Jeżeli \(\displaystyle{ f(A)=0}\), to \(\displaystyle{ A}\) jest podobna do macierzy diagonalnej i jej wartości własne są zawarte w zbiorze \(\displaystyle{ \{\alpha_1,...,\alpha_n\}}\).

dowód. Będziemy korzystali z Twierdzenia o postaci Jordana macierzy, chociaż bardziej elegancki dowód można przeprowadzić przy użyciu teorii algebr przemiennych. Z Twierdzenia Jordana macierz \(\displaystyle{ A}\) jest podobna do pewnej macierzy \(\displaystyle{ J}\), która zbudowana jest z klatek Jordana. Zapiszmy \(\displaystyle{ J = B^{-1}A B}\). Z faktu, że \(\displaystyle{ f(A) = 0}\) otrzymamy, że

\(\displaystyle{ 0 = B^{-1}f(A)B = f\left(B^{-1}AB\right) = f(J)}\)

Dalej niech \(\displaystyle{ J_k\in M_{s_k}(\mathbb{C})}\) dla \(\displaystyle{ 1\leq k\leq m}\) będą wszystkimi klatkami Jordana macierzy \(\displaystyle{ J}\). Zauważmy, że

\(\displaystyle{ f(J) = 0\,\Rightarrow\,\forall_{1\leq k\leq m}\,f(J_k) = 0}\)

Wreszcie

\(\displaystyle{ 0 = f(J_k) = \prod_{i=1}^n(J_k-\alpha_i I_{k_s})}\)

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy klatka Jordana \(\displaystyle{ J_k}\) jest macierzą diagonalną o wartości własnej ze zbioru \(\displaystyle{ \{\alpha_1,...,\alpha_n\}}\) (w rzeczywistości wynika stąd, że \(\displaystyle{ J_k}\) jest macierzą wymiaru \(\displaystyle{ s_k=1}\) czyli liczbą). Stąd wynika, że \(\displaystyle{ J}\) jest macierzą diagonalną i jej wartości własne są zawarte w zbiorze \(\displaystyle{ \{\alpha_1,...,\alpha_k\}}\). To kończy dowód.

Teraz zadanie 3 wynika z tego, że wielomian \(\displaystyle{ f(z)= 3z^3-z^2-z-1}\) rozkłada się

\(\displaystyle{ f(z) = 3\cdot(z-1)(z-\alpha)(z-\beta)}\)

gdzie \(\displaystyle{ \alpha}\), \(\displaystyle{ \beta}\) i \(\displaystyle{ 1}\) są parami różne oraz \(\displaystyle{ |\alpha|<1}\), \(\displaystyle{ |\beta|<1}\). Istotnie, wówczas z Lematu dostajemy, że \(\displaystyle{ A = B^{-1}JB}\), gdzie \(\displaystyle{ J}\) jest macierzą diagonalną o wartościach własnych w zbiorze \(\displaystyle{ \{1,\alpha, \beta\}}\). Zatem \(\displaystyle{ J^k}\) jest macierzą diagonalną o wartościach własnych w zbiorze \(\displaystyle{ \{1,\alpha^k,\beta^k\}}\). Z warunku \(\displaystyle{ |\alpha|, |\beta|<1}\) wynika, że ciąg macierzy \(\displaystyle{ \{J^k\}_{k\in \mathbb{N}}}\) zbiega do macierzy diagonalnej, która ma wartości własne równe \(\displaystyle{ 0}\) lub \(\displaystyle{ 1}\). Stąd \(\displaystyle{ E = \lim_{k\rightarrow +\infty}J^k}\) jest macierzą idempotentną. Zatem

\(\displaystyle{ \lim_{k\rightarrow +\infty}A^k = \lim_{k\rightarrow +\infty}B^{-1}J^kB = B^{-1}\left(\lim_{k\rightarrow +\infty}J^k\right) B = B^{-1}EB}\)

również jest macierzą idempotentną, bo \(\displaystyle{ \left(B^{-1}EB\right)^2= B^{-1}E^2B=B^{-1}EB}\).

Pozostała część zadania 5 też wynika z Lematu, bo wielomian \(\displaystyle{ f(z) = z^3-z-1}\) ma jeden dodatni pierwiastek rzeczywisty oraz dwa sprzężone pierwiastki nierzeczywiste. Ponadto wyznacznik macierzy jest niezmiennikiem relacji podobieństwa i w przypadku macierzy diagonalnej jest iloczynem jej wartości własnych. Szczegóły pozostawiam ludziom dobrej woli.

Zadanie 2 jest bardzo męczące, ale wynika z ciekawego stwierdzenia. Po pierwsze zauważmy, że \(\displaystyle{ Q:M_n(\mathbb{R})\times M_n(\mathbb{R})\rightarrow \mathbb{R}}\) zadana wzorem \(\displaystyle{ Q(X,Y)=tr(X\cdot Y)}\) jest formą dwuliniową symetryczną na przestrzeni liniowej \(\displaystyle{ M_n(\mathbb{R})}\). Wyznaczymy teraz jej sygnaturę. W tym celu niech \(\displaystyle{ e_{ij}}\) dla \(\displaystyle{ 1\leq i,j\leq n}\) będzie macierzą, która ma \(\displaystyle{ 1}\) na przecięciu \(\displaystyle{ i}\)-tego wiersza i \(\displaystyle{ j}\)-tej kolumny oraz zera w pozostałych miejscach. Zauważmy, że \(\displaystyle{ \{e_{ij}\}_{1\leq i,j\leq n}}\) tworzą bazę przestrzeni macierzy \(\displaystyle{ M_n(\mathbb{R})}\). Można też wprost sprawdzić, że

\(\displaystyle{ \{e_{ii}\}_{1\leq i\leq n}\cup \{e_{ij}+e_{ji}\}_{1\leq i<j\leq n}\cup \{e_{ij}-e_{ji}\}_{1\leq i<j\leq n}}\)

tworzą bazę ortogonalną dla przestrzeni dwuliniowej \(\displaystyle{ \left(M_n(\mathbb{R}),Q\right)}\). Ponadto

\(\displaystyle{ Q(e_{ii},e_{ii})=1,\,Q(e_{ij}+e_{ji},e_{ij}+e_{ji})=2,\,Q(e_{ij}-e_{ji},e_{ij}-e_{ji})=-2}\)

Zatem uzyskujemy, że \(\displaystyle{ Q}\) ma sygnaturę \(\displaystyle{ \left(\frac{n^2-n}{2},\frac{n^2+n}{2}\right)}\) (w postaci ortogonalnej macierz tej formy ma na diagonali \(\displaystyle{ \frac{n^2-n}{2}}\) wartości \(\displaystyle{ -1}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{n^2+n}{2}}\) wartości \(\displaystyle{ 1}\)).
Dobra to teraz pozostaje wykazać ogólne:

Stwierdzenie. Niech \(\displaystyle{ q:W\times W\rightarrow \mathbb{R}}\) będzie dwuliniową formą symetryczną o sygnaturze \(\displaystyle{ (n,p)}\), gdzie \(\displaystyle{ n+p = \mathrm{dim}(W)}\). Niech \(\displaystyle{ V\subseteq W}\) będzie podprzestrzenią taką, że \(\displaystyle{ q_{\mid V}=0}\). Wówczas \(\displaystyle{ \mathrm{dim}(V) \leq \min\{n, p\}}\). Ponadto istnieje podprzestrzeń \(\displaystyle{ V}\) przestrzeni \(\displaystyle{ W}\) taka, że \(\displaystyle{ q_{\mid V}=0}\) oraz \(\displaystyle{ \mathrm{dim}(V) = \min\{n, p\}}\).

dowód. Załóżmy, że \(\displaystyle{ V\subseteq W}\) jest taką podprzestrzenią, że \(\displaystyle{ q_{\mid V}}\). Przyjmijmy też, że \(\displaystyle{ \mathrm{min}\{n,p\}<\mathrm{dim}(V)}\). Weźmy \(\displaystyle{ U\subseteq W}\) taką, że \(\displaystyle{ \mathrm{dim}(U) = \mathrm{max}\{n,p\}}\) oraz \(\displaystyle{ q_{\mid U}}\) jest formą określoną na \(\displaystyle{ U}\) (tzn. \(\displaystyle{ q_{\mid U}}\) jest dodatnio albo ujemnie określona). Mamy

\(\displaystyle{ \mathrm{dim}(U\cap V) \geq \mathrm{dim}(U)+\mathrm{dim}(V)-\mathrm{dim}(W) > \mathrm{min}\{n,p\}+\mathrm{max}\{n,p\} -(n+p)=0}\)

Zatem \(\displaystyle{ U\cap V \neq 0}\) czyli istnieje niezerowy wektor \(\displaystyle{ v\in U\cap V}\). Z faktu, że \(\displaystyle{ v\in U}\) i \(\displaystyle{ v}\) niezerowy dostajemy \(\displaystyle{ q(v,v)>0}\) (gdy \(\displaystyle{ q_{\mid U}}\) jest formą dodatnio określoną) lub \(\displaystyle{ q(v,v)<0}\) (gdy \(\displaystyle{ q_{\mid U}}\) jest formą ujemnie określoną). Z drugiej strony \(\displaystyle{ q_{\mid V}=0}\) czyli \(\displaystyle{ q(v,v)=0}\). Sprzeczność. Stąd \(\displaystyle{ \mathrm{dim}(V)\leq \mathrm{min}(n,p)}\).
Pozostaje jeszcze wskazać podprzestrzeń \(\displaystyle{ V}\) taką, że \(\displaystyle{ q_{\mid V}=0}\) oraz \(\displaystyle{ \mathrm{dim}(V) = \mathrm{min}(p,q)}\). Z faktu, że \(\displaystyle{ q}\) ma sygnaturę \(\displaystyle{ (n,p)}\) wynika, że istnieje baza ortogonalna przestrzeni \(\displaystyle{ (W,q)}\) postaci \(\displaystyle{ e_1,...,e_n, f_1,...,f_p}\) taka, że \(\displaystyle{ q(e_i,e_i)=-1}\) oraz \(\displaystyle{ q(f_j,f_j)=1}\) dla odpowiednich \(\displaystyle{ i}\) oraz \(\displaystyle{ j}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ n\leq p}\). Wtedy wektory \(\displaystyle{ \{e_i+f_i\}_{1\leq i\leq n}}\) rozpinają podprzestrzeń \(\displaystyle{ V}\) taką, że \(\displaystyle{ q_{\mid V}=0}\) i przestrzeń ta ma wymiar \(\displaystyle{ n = \min\{n,p\}}\). Jeżeli \(\displaystyle{ p\leq n}\), to bierzemy podprzestrzeń \(\displaystyle{ V}\) rozpiętą przez wektory \(\displaystyle{ \{e_i+f_i\}_{1\leq i\leq p}}\). Wówczas \(\displaystyle{ q_{\mid V}=0}\) oraz wymiar \(\displaystyle{ V}\) wynosi \(\displaystyle{ p = \mathrm{min}\{n,p\}}\). Kończy to dowód.

Odpowiedzią w zadaniu 2 jest więc \(\displaystyle{ \frac{n^2-n}{2}}\).

Geometryczna wersja stwierdzenia powyżej. Niech \(\displaystyle{ x_1^2+...+x^2_k-x^2_{k+1}-...-x^2_n=0}\) będzie równaniem opisującym kwadrykę w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^n}\). Wówczas maksymalny wymiar podprzestrzeni liniowej zawartej w tej kwadryce wynosi \(\displaystyle{ \mathrm{min}\{k,n-k\}}\).

(Niezłe prawda? Dowód wynika ze stwierdzenia i tego, że każda forma dwuliniowa symetryczna jest wyznaczona przez stowarzyszoną formę kwadratową.)

[karolex123]

Slup, bardzo fajne rozwiązania
Co do Twojego pierwszego lematu, to istnieje ładny jego dowód bez twierdzenie Jordana, aczkolwiek rozumowanie przebiega analogicznie. Pozwolę sobie podzielić się nim w tym miejscu
Niech \(\displaystyle{ A \in M_n(\CC)}\) będzie macierzą endomorfizmu nad \(\displaystyle{ \CC}\). Załóżmy także, że wielomian \(\displaystyle{ f \in \CC [X]}\) jest taki, że:
(*) \(\displaystyle{ f(X)= \prod_{i=1}^{m}(X-a_i)}\) , \(\displaystyle{ \deg f=m}\), \(\displaystyle{ a_i \neq a_j}\),
(**) \(\displaystyle{ f}\) znika w \(\displaystyle{ A}\), tj. \(\displaystyle{ f(A)}\) jest przekształceniem zerowym.
Wtedy endomorfizm \(\displaystyle{ A}\) jest diagonalizowalny
bez żadnej straty możemy założyć, że \(\displaystyle{ f}\) jest wielomianem minimalnym operatora \(\displaystyle{ A}\), tj. \(\displaystyle{ f}\) generuje ideał w \(\displaystyle{ \CC [X]}\) wielomianów znikających na \(\displaystyle{ A}\)
szkic dowodu: połóżmy dla \(\displaystyle{ k=1,2,...,m}\) ,\(\displaystyle{ g_k [X]=\prod_{i=1, i \neq k}^{m}(X-a_i)}\). Wówczas zbiór wielomianów \(\displaystyle{ \left\{ g_k, k \in \NN\right\}}\) ma największy wspólny dzielnik równy \(\displaystyle{ 1}\). Oznacza to, że istnieją wielomiany \(\displaystyle{ h_k \in \CC [X]}\) takie, że \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{m}g_i h_i =1}\). Pozostaje zauważyć, że \(\displaystyle{ g_i (A) h_i (A) v}\) jest elementem podprzestrzeni własnej \(\displaystyle{ V_i=\left\{ v \in \CC ^n : Av=a_i v\right\}}\), a więc \(\displaystyle{ V}\) jest sumą podprzestrzeni własnych. Suma ta jest oczywiście prosta. Zatem \(\displaystyle{ \CC ^n =\oplus V_i}\)

widać rzecz jasna, że powyższy dowód jest modyfikacją dowodu twierdzenia Jordana (przynajmniej tego, który znam), jednak warto odnotować tu pewną uniwersalność tego typu rozumowania

Sam lemat jest dość ciekawy- stanowi motywację do znajdowania wielomianu minimalnego danego endomorfizmu, a jak się okazuje jest to zadanie bardzo łatwe. Ponadto jeśli wiemy, że macierz \(\displaystyle{ A}\) znika na pewnym wielomianie \(\displaystyle{ f}\) rozkładającym się na czynniki liniowe, to nawet bez wyznaczania wielomianu minimalnego można wnioskować o diagonalizowalności (tak jak to właśnie zrobił Slup)

[Slup]

karolex123 dzięki. Faktycznie można ten lemat udowodnić imitując dowód twierdzenia Jordana. Twoje uzupełnienie jest bardzo wartościowe, chociaż jest trochę szkicowe. Nie korzystasz też z minimalności \(\displaystyle{ f}\). Wystarcza założenie, że \(\displaystyle{ f}\) ma parami różne pierwiastki. Wtedy wielomiany \(\displaystyle{ \{g_k\}_{1\leq k \leq n}}\) są nadal względnie pierwsze oraz \(\displaystyle{ g_k(A)h_k(A)}\) jest rzutem na podprzestrzeń \(\displaystyle{ V_{k} = \{v\in \mathbb{C}^n|Av=a_kv\}}\).

Właściwie podobny dowód (trochę bardziej abstrakcyjny) miałem na myśli, gdy pisałem o teorii algebr przemiennych (właściwie powinienem napisać algebr półprostych). Dokładniej chodziło mi o to, że pierścień \(\displaystyle{ \mathbb{C}[x]/(f(x))}\) jest izomorficzny z

\(\displaystyle{ \underbrace{\mathbb{C}\times \mathbb{C}\times...\times \mathbb{C}}_{\mathrm{deg}(f)\,razy}}\)

i dla takich algebr nad \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) potrafimy sklasyfikować wszystkie moduły. Na przestrzeń liniową \(\displaystyle{ V}\) wraz z endomorfizmem \(\displaystyle{ A}\) takim, że \(\displaystyle{ f(A)=0}\) można patrzeć jak na moduł nad \(\displaystyle{ \mathbb{C}[x]/(f(x))}\) i w ten sposób można udowodnić ten lemat. Mniejsza zresztą o to.