2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8  След.
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение21.12.2014, 19:55 
Заслуженный участник


14/03/10
867
kp9r4d в сообщении #950351 писал(а):
где $D(n)$ определитель матрицы порядка $n$ с элементами $\frac{1}{i+j-1}$
причем это тоже известная матрица :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение21.12.2014, 20:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
patzer2097
Спасибо за информацию!

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение03.01.2015, 19:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
Никак не могу решить задачу 25, смог только в элементарных случаях (при $n<5$), не можете ли дать подсказку?

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение07.01.2015, 21:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
Прошу проверить решение, так как почему-то я в нём не уверен.
Задача
Если $k$ векторов в пространстве образовывают попарно тупые углы, то любые $k-1$ из них линейно независимы.
Решение
Будем доказывать по индукции, рассмотрим следующие утверждения:
$A(k):$ если $k$ векторов образовывают попарно тупые углы, то любые $k-1$ из них линейно независимы.
$B(k):$ если $k$ векторов $(e_1,...,e_k)$ образовывают попарно тупые углы и ранг этой системы $<k$, то для любого вектора $x$ найдётся $e_i$ из системы такой, что $(x,e_i) \geqslant 0$.
База очевидна, сделаем шаг индукции:
$A(k+1):$ пусть $k+1$ вектор $(e_1,...,e_k,e_{k+1})$ образовывают попарно тупые углы, но первые $k$ векторов линейно зависимы, по утверждению $B(k)$ для оставшегося вектора $e_{k+1}$ найдётся такой вектор $e_i (i < k+1)$ что $(e_i,e_{k+1}) \geqslant 0$, что противоречит тому, что они образовывают попарно тупые углы.
$B(k+1):$ Пусть $k+1$ векторов $(e_1,...,e_{k+1})$ образовывают попарно тупые углы и их ранг $<k+1$ и существует такой вектор $x$ что для любого $e_i$ верно $(e_i,x) < 0$. Отсюда следует, что ранг равен $k$ и все они лежат в $\mathbb{R}^k$. Возьмём первые $k-1$ векторов и проведём через них $k-1$-мерную плоскость $P$. Если добавить к системе $(e_1,...,e_{k-1})$ вектор $Pr_A e_k$ или $Pr_A e_{k+1}$ или $Pr_A x$ то для получившейся системы будет выполнятся утверждение $B(k)$, из этого следует, что вектора $(Pr_A e_k, Pr_A e_{k+1}, Pr_A x)$ образовывают попарно нетупые углы. Разобьем $\mathbb{R}^k$ в сумму $A+p$ где $A$ вышеупомянутая плоскость, a $p$ прямая - ортогональное дополнение до $A$.
Рассмотрим
$(e_k,e_{k+1}) = (Pr_A e_k + Pr_p e_k, Pr_A e_{k+1} + Pr_p e_{k+1}) = (Pr_A e_k, Pr_A e_{k+1}) + (Pr_p e_k, Pr_p e_{k+1})$
отсюда следует (по условию того, что углы попарно тупые)
$ (Pr_A e_k, Pr_A e_{k+1}) + (Pr_p e_k, Pr_p e_{k+1}) < 0$
и так как (что было доказано выше)
$(Pr_A e_k, Pr_A e_{k+1}) \geqslant 0$
то
$(Pr_p e_k, Pr_p e_{k+1}) < 0$.
Теперь рассмотрим разбиение $x$ на сумму проекций
$x = Pr_A x + Pr_p x$.
Рассмотрим теперь верное, по условию выбора $x$, равенство
$(x,e_i) < 0$ где
$i = k, k+1$
$ (Pr_A x, Pr_A e_{i}) + (Pr_p x, Pr_p e_{i}) < 0$
как было доказано выше $(Pr_A x, Pr_A e_{i}) \geqslant 0$ однако в силу того, что $p$ - прямая, то $Pr_p x$ сонаправлен либо с $Pr_p e_k$ либо с $Pr_p e_{k+1}$, что означает что одно из равенств:
$ (Pr_p x, Pr_p e_{k}) \geqslant 0$
$(Pr_p x, Pr_p e_{k+1}) \geqslant 0$
верно и в силу этого хотя бы с одним из векторов $e_k, e_{k+1}$ вектор $x$ образовывает нетупой угол, что противоречит выбору $x$.

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение07.01.2015, 21:54 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
kp9r4d, длинно очень, не одолею. Попробуйте без индукции, просто рассуждая от противного: пусть $k-1$ вектор зависимы, составим нетривиальную комбинацию, отсортируем слагаемые (с положительными коэффициентами --- в одну сторону, с отрицательными --- в другую), ну, там и видно станет, как противоречие извлекать.

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение09.01.2015, 23:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
nnosipov в сообщении #958280 писал(а):
(с положительными коэффициентами --- в одну сторону, с отрицательными --- в другую)


nnosipov
Если взять скалярное произведение левой и правой части, то, при допущении что обе части не нулевые получим, с одной стороны квадрат модуля какого-то вектора (положительное число) с другой стороны, если раскрыть скалярное произведение, будет отрицательное число. Значит все коэффициенты в комбинации одного знака, проскалярив их с последним (не взятым) вектором, получим ноль и не ноль одновременно.

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение10.01.2015, 09:26 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Ну вот, совсем другое дело :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение19.01.2015, 03:30 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
nnosipov
Спасибо! Попробую двигаться дальше.
Задача
Если $D_1 + H_1 = D_2 + H_2$, $D_i$ - диагонализируем $H_i$ - нильпотентен, $D_i$ коммутирует с $H_i$, то $D_1 = D_2, H_1 = H_2$.
Решение
Достаточно рассмотреть задачу для жордановой клетки $J = D_1 + H_1 = D_2 + H_2$, перейдём к базису, в котором $D_1$ диагональна, значит она в нём скалярна, значит $D_1$ коммутирует с $D_2$, значит существует базис, в котором они ($D_1,D_2$) диагонализируются одновременно, в этом базисе они будут равны.

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение19.01.2015, 14:32 
Заслуженный участник


14/03/10
867
kp9r4d в сообщении #964640 писал(а):
Достаточно рассмотреть задачу для жордановой клетки
а почему?

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение19.01.2015, 22:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
patzer2097
Ведь линейный оператор однозначно задаётся тем, как он действует на своих корневых подпространствах. Поэтому если на них $D_1$ и $D_2$ одинаково действуют, то они равны.

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение20.01.2015, 00:24 
Заслуженный участник


14/03/10
867
kp9r4d в сообщении #965201 писал(а):
Ведь линейный оператор однозначно задаётся тем, как он действует на своих корневых подпространствах. Поэтому если на них $D_1$ и $D_2$ одинаково действуют, то они равны.
А почему Вы решили, что $D_k$ вообще "действуют" (если я правильно Вас понял, "действуют"="имеют в качестве инвариантного подпространства") на этих корневых подпространствах?

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение23.01.2015, 01:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
patzer2097
Глупость сказал, да. Поступил как нехороший человек и посмотрел решения в Прасолове, впрочем, неуверен что сам бы до такого додумался (28 решается через 34, а в 34 нужно заметить, по моему мнению, нетривиальную штуку). Однако всё же надеюсь на вашу помощь в проверке оставшихся задач, если таковые будут.

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение23.01.2015, 02:09 
Заслуженный участник


14/03/10
867
kp9r4d в сообщении #967026 писал(а):
в 34 нужно заметить, по моему мнению, нетривиальную штуку

ага, например, что не хватает условия $DH=HD$

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение02.02.2015, 22:31 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
Задача 1.29
Гомоморфизм из $GL(n, \mathbb C)$ в мультипликативную группу $\mathbb C$, переводящий $\lambda \operatorname{Id}$ в $\lambda^n$ совпадает с определителем.
Решение
1) Обозначим через $T_{ij}$ матрицу, переставляющую строки $i$ и $j$ (если она действует слева). Разложим оператор $\lambda \operatorname{Id}$ в произведение матриц у которых на всей диагонали, кроме одного места единицы, а на оставшемся месте $(i,i)$ стоит элемент $\lambda$. Теперь подействуем на каждый член произведения слева и справа матрицей $T_{i,1}$ (это не повлияет на значение образа) и получим, что образ матрицы, у которой на месте (1,1) стоит $\lambda^n$ на оставшихся диагональных местах $1$, а на остальных местах $0$ равен $\lambda^n$.
2) Так как любой элемент имеет корень степени $n$ то можно сказать, что образ матрицы, у которой на всех местах на диагонали, кроме одного, стоят единицы, а на оставшемся $\lambda$ равен $\lambda$. Из этого немедленно следует, что образ диагональной матрицы равен произведению элементов на диагонали. А из этого следует что из строк и столбцов можно выносить константы.
3) Теперь пусть $A_{ij}(\lambda)$ это матрица у которой на диагонали стоят единицы, а на месте $(i,j)$ стоит $\lambda$ (матрица, прибавляющая к строке $i$ строку $j$ умноженную на $\lambda$). Матрицы $A_{ij}(x)$ определяют гомоморфизм из $\mathbb C^+$ в $\mathbb C^*$, т.е. если $A_{ij}(1)=1$ то и все $A_{ij}(x)=1$, докажем, что так оно и есть. Пусть $A_{ij}(1) = x$, тогда $A_{ij}(2) = x^2$ Вынесем из строки $i$ двойку, а затем из столбца $i$ вынесем $\frac{1}{2}$, образ гомоморфизма не изменился и мы получили, что $A_{ij}(2)=x^2=x=A_{ij}(1)$ отсюда $x=1$.
4) Образ матрицы транспозиции равен либо $1$, либо $-1$, потому как её квадрат - единичная матрица, предположим, что он равен $1$, т.е. что перестановки не меняют образ, тогда
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1\\ 
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
1 & 2\\ 
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
2 & 1\\ 
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & -1\\ 
\end{pmatrix}
$$
Что, как мы уже выяснили, неверно.
5) мы получили, что при элементарных преобразованиях матрицы значения этого гомоморфизма изменяются точно так же, как и определитель, с помощью них можно привести матрицу к диагональному виду, на таких матрицах определитель и этот гомоморфизм совпадают.

Немного сбивчивое получилось изложенее, если бы в живую рассказывать было бы, наверное, удобнее.

 Профиль  
                  
 
 Re: [Линейная алгебра] Прошу проверить решения
Сообщение02.02.2015, 23:36 
Заслуженный участник


14/03/10
867
Решение хорошее, как мне кажется.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 114 ]  На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group