Когда линейная комбинация матриц будет невырожденной?

[Arastas]

Добрый день!

Возникла такая задча. Пусть задан набор из $n$ квадратных $n\times n$ матриц действительных чисел $A_i$, где $i=1,\ldots,n$, причём каждая матрица $A_i$ неврожденная. Есть вектор $x\in\mathbb{R}^n$, $|x|=1$. Построим $n$ векторов $y_i = A_i x$ и сформируем из них квадратную $n\times n$ матрицу $F=[y_1 \ y_2 \ \ldots \ y_n]$. Вопрос: при каких условиях на матрицы $A_i$ матрица $F$ будет неврождена для всех $x$, $|x|=1$?


Допустим, что для некоторого x матрица $F$ сингулярна. Тогда её столбцы линейно зависимы и существует такой набор $\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n$, не равных нулю одновременно, что $\lambda_1y_1+ \lambda_2y_2 + \ldots + \lambda_ny_n=0$, то есть $\left(\lambda_1A_1+ \lambda_2A_2 + \ldots + \lambda_nA_n\right)x=0$. Соответственно, исходный вопрос можно перефрмулировать: при каких условиях на матрицы $A_i$ любая их линейная комбинация будет невырожденной?

Пусть $v_k^i$ это $k$-ый столбец матрицы $A_i$, то есть $A_i=[v_1^i \ v_2^i \ \ldots \ v_n^i]$. Пусть матрица $V_k$ сформирована из $k$-ых столбцов всех матриц $A$, $V_k=[v_1^1 \ v_1^2 \ \ldots \ v_1^n]$. То есть $V_1$ это совокупность всех первых столюцов, $V_2$ -- совокупность всех вторых столбцов, и так далее. Тогда очевидно, что необходимым условием будет чтобы все матрицы $V_k$, $k=1,\ldots, n$, были невырождены. Но не уверен, будет ли это условие достаточным.

Подскажите, пожалуйста, как решать и куда двигаться?

-- 25.08.2017, 14:48 --

Продолжаю думать над задачей. Пусть $\lambda = \mathrm{col}\{\lambda_i\}$ - вектор с коэффициентами $\lambda$. Обозначим $H(\lambda) = \lambda_1A_1+ \lambda_2A_2 + \ldots + \lambda_nA_n$, тогда справедливо

$$H(\lambda)=\begin{bmatrix}V_1\lambda & V_2\lambda & \ldots & V_n\lambda\end{bmatrix},$$

и матрица $H(\lambda)$ должна быть несингулярной для любого ненулевого $\lambda$. То есть совокупность матриц $V$ должна быть такой, что из любого вектора $\lambda$ они образуют полный базис в $\mathbb{R}^n$. Может ли это как-то помочь?

[deep down]

Не получится.
Обозначим $B = \lambda_2A_2+ \lambda_3A_3 + \ldots + \lambda_nA_n$.
Запишем $\lambda_1A_1+\ldots+\lambda_nA_n$ как $A_1(\lambda_1E+A_1^{-1}B)$. Положив $\lambda_1$ противоположным любому собственому числу матрицы $A_1^{-1}B$ получим линейную комбинацию, являющуюся вырожденной матрицей.

[Null]

Для $n=2$ есть простой пример. Собственные числа могут быть комплексными.

[deep down]

Да, поспешил. Null, спасибо.

[Arastas]

deep down в сообщении #1243378 писал(а):

Да, поспешил. Null, спасибо.

Тем не менее, если я правильно понял, то для любого нечётного $n$ Ваши рассуждения верны, и матрица $F$ будет вырождена для какого-то $x$. Интересно, что у меня по физическому смыслу задачи $n$ быть только чётным.

Если подробнее, то у меня вектор $x$ имеет вид

$$x = \begin{bmatrix}\sin(\psi_1) & \cos(\psi_1) & \sin(\psi_2) & \cos(\psi_2) & \ldots & \sin(\psi_N) & \cos(\psi_N)\end{bmatrix}^\top,$$

и $n=2N$. Все аргументы $\psi_i$ друг от друга не зависят. Не знаю, может ли это как-то помочь в задаче.

[Geen]

Arastas в сообщении #1242886 писал(а):

при каких условиях на матрицы $A_i$ любая их линейная комбинация будет невырожденной

"Растянуть" каждую матрицу в столбец, объединить их в одну и посчитать ранг...?

-- 28.08.2017, 12:54 --

Arastas в сообщении #1243599 писал(а):

Если подробнее, то у меня вектор $x$ имеет вид

Выглядит так, будто формулировка в комплексных числах будет более "физична"...

[Arastas]

Geen в сообщении #1243607 писал(а):

"Растянуть" каждую матрицу в столбец, объединить их в одну и посчитать ранг...?

Не работает, проверял на примерах. Получается матрица $n^2\times n$, у неё ранг $n$, однако для некоторого $\lambda$ линейная комбинация вырождена.

Geen в сообщении #1243607 писал(а):

Выглядит так, будто формулировка в комплексных числах будет более "физична"...

Согласен, работаю в этом напралении. :)

[Geen]

Arastas в сообщении #1243611 писал(а):

Не работает, проверял на примерах. Получается матрица $n^2\times n$, у неё ранг $n$, однако для некоторого $\lambda$ линейная комбинация вырождена.

Вполне возможно, что я действительно настолько забыл линал, но пример хотелось бы увидеть

[Arastas]

Geen в сообщении #1243612 писал(а):

Вполне возможно, что я действительно настолько забыл линал, но пример хотелось бы увидеть

Пусть

$$A_1=\begin{bmatrix}-8 & -1 \\ 0 & 6\end{bmatrix}, \quad A_2=\begin{bmatrix}221 & -80 \\ -80 & 64\end{bmatrix}.$$

Обе матрицы невырождены. Ранг матрицы

$$\begin{bmatrix}\operatorname{vec}\{A_1\} & \operatorname{vec}\{A_2\}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-8 & 221 \\ 0 & -80 \\ -1 & -80 \\ 6 & 64 \end{bmatrix}$$

равен 2. Однако матрица $H=-7.1796A_1+A_2$ вырождена. Здесь $7.1796$ -- собственное число матрицы $A_1^{-1}A_2$.

[Null]

Попробуйте матрицы

$$A_1=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}, \quad A_2=\begin{bmatrix}0 & -1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}.$$

[Geen]

Да, ошибся, был невнимателен.

[Null]

Знаю примеры для $n=2,4,8$

[Null]

Похоже это доказанная Гипотеза Фробениуса для алгебр с делением(без ассоциативности и коммутативности). Проверьте кто-нибудь.

[g______d]

Похоже на правду -- умножение можно задать через $(xy)_i=(A_i x,y)$, где скобки -- стандартное скалярное произведение. Тогда отсутствие делителей нуля -- это то же самое, что невырожденность в исходной задаче. Кажется.