Доказать следствия из равенства определит. матрицы 0 и не 0

[niskon]

1. В явной формуле для $\left\lvert A \right\rvert$ все слагаемые нулевые $\Leftrightarrow$ определитель такого вида:

$$\begin{matrix} x & x \\ x & 0 \\ \end{matrix}$$

Где матрица размера $n$, вместо $x$ стоят части определителя, а вместо $0$ - прямоугольная часть определителя размера $k$ на $l$. И $k + l > n$

2. В явной формуле для $\left\lvert A \right\rvert$ только одно слагаемое не нулевое $\Leftrightarrow$ определитель такого вида:

$$\begin{matrix} a & x & x \\ 0 & \dots & x \\ 0 & 0 & z \end{matrix}$$

Где $x$ - любые значения.

В обеих задачах в левую сторону утверждения очевидны и доказываются легко. Не могу доказать вправо. Можете подсказать с чего начать? На семинаре преподаватель дал подсказку, что нужно использовать теорему Холла о свадьбах, но я не могу понять, как ее использовать для доказательств утверждения вправо.

[Ende]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- правильно наберите все формулы и отдельные обозначения (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Ende]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: не указана.

[svv]

1.
Не понимаю, в чём состоит утверждение. Ведь легко привести пример нулевого определителя совершенно другой структуры:
$\begin{vmatrix} 0& a_{12}& a_{13}\\0& a_{22}& a_{23}\\0& a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=0$
И в формуле для вычисления определителя через перестановки все шесть слагаемых здесь нулевые, потому что в каждое слагаемое входит один элемент первого столбца.

Аналогичное замечание относится и к 2.
$\begin{vmatrix} 0&a_{12}&0\\a_{21}&a_{22}& a_{23}\\0& a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=-a_{12}a_{21}a_{33}$

[Null]

Нужно построить двудольный граф - в одной доле строки, в другой - столбцы. Для каждого не нулевого элемента матрицы нарисовать ребро между ее строкой и столбцом. Не нулевое слагаемое определителя - это паросочетание в нашем графе.

svv в сообщении #1567008 писал(а):

Не понимаю, в чём состоит утверждение.

Там с точностью до перестановки строк и столбцов.

[EUgeneUS]

Null в сообщении #1567018 писал(а):

Там с точностью до перестановки строк и столбцов.

Всё равно первый контрпример уважаемого svv
в силе.

Для $n=3$ "прямоугольная часть определителя" с нулями должна иметь размерность $2 \times 2$ в силу утверждения:

niskon в сообщении #1566991 писал(а):

а вместо $0$ - прямоугольная часть определителя размера $k$ на $l$. И $k + l > n$

Возможно, конечно, что у ТС опечатка в условии и следует читать: $k + l \geqslant n$

[Null]

$1+3>3$

[niskon]

svv в сообщении #1567008 писал(а):

1.
Не понимаю, в чём состоит утверждение. Ведь легко привести пример нулевого определителя совершенно другой структуры:
$\begin{vmatrix} 0& a_{12}& a_{13}\\0& a_{22}& a_{23}\\0& a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=0$
И в формуле для вычисления определителя через перестановки все шесть слагаемых здесь нулевые, потому что в каждое слагаемое входит один элемент первого столбца.

Аналогичное замечание относится и к 2.
$\begin{vmatrix} 0&a_{12}&0\\a_{21}&a_{22}& a_{23}\\0& a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=-a_{12}a_{21}a_{33}$

нужно доказать, что определитель такого вида в 1 случае всегда сводится к виду с помощью элементарных преобразований к указанному в задаче. Аналогично со 2 задачей, указанный вами определитель всегда с помощью перестановок строк и столбцов можно свести к нижне-треугольному определителю и это требуется доказать

[EUgeneUS]

Null

(Оффтоп)

Да, конечно. Извините.

[niskon]

niskon в сообщении #1567043 писал(а):

svv в сообщении #1567008 писал(а):

1.
Не понимаю, в чём состоит утверждение. Ведь легко привести пример нулевого определителя совершенно другой структуры:
$\begin{vmatrix} 0& a_{12}& a_{13}\\0& a_{22}& a_{23}\\0& a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=0$
И в формуле для вычисления определителя через перестановки все шесть слагаемых здесь нулевые, потому что в каждое слагаемое входит один элемент первого столбца.

Аналогичное замечание относится и к 2.
$\begin{vmatrix} 0&a_{12}&0\\a_{21}&a_{22}& a_{23}\\0& a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=-a_{12}a_{21}a_{33}$

нужно доказать, что определитель такого вида в 1 случае всегда сводится к виду с помощью элементарных преобразований к указанному в задаче. Аналогично со 2 задачей, указанный вами определитель всегда с помощью перестановок строк и столбцов можно свести к нижне-треугольному определителю и это требуется доказать

Еще раз. Мне нужна помощь с доказательством, что если задана явная формула определителя, я могу получить этот определитель конкретного вида, указанного выше. И те определители, которые были указаны другим пользователем, действительно подходят, но и они в том числе сводятся к тому виду, который и требуется.

То есть, во 2 задаче, вот дана формула определителя: $\pm a_{ij}a_{kl}a_{mn}$ и нужно строго доказать, что это определитель нижне треугольного вида. Может кто-то навести на идею как это сделать? Как-то нужно применить наверно перестановки и элементарные преобразования определителя, но как это сделать в общем виде не очень понятно

[Null]

niskon в сообщении #1567064 писал(а):

Мне нужна помощь с доказательством

Прочитайте тему внимательно. Постройте граф. Начните решать 1ый пункт от противного: предположите что таких блоков нет.

[svv]

niskon в сообщении #1567064 писал(а):

То есть, во 2 задаче, вот дана формула определителя: $\pm a_{ij}a_{kl}a_{mn}$ и нужно строго доказать, что это определитель нижне треугольного вида. Может кто-то навести на идею как это сделать?

Давайте так: я буду предлагать для доказательства несложные вспомогательные утверждения, а Вы будете их доказывать (или говорить, что они очевидны ).
Итак, по условию наш определитель при раскрытии через перестановки содержит ровно одно ненулевое слагаемое.

Допустим, определитель изначально имеет верхнетреугольный вид (чуть позже мы его будем "портить" перестановками). Это значит, что под главной диагональю все элементы нулевые, на диагонали все ненулевые (иначе определитель будет нулевым), а над диагональю любой элемент может быть нулевым или ненулевым. Будем обозначать каждый элемент $a_{ij}$ теми индексами, которые он имел до перестановок. (Можно представить, что до перестановок на каждый элемент наклеена бирочка с индексами, и при перестановках элемент переставляется в другое место, а бирочка на нём остаётся.) Теперь произвольно переставим строки и столбцы определителя.

Покажите, что два элемента, до перестановки стоявшие в одной строке, после перестановки останутся в одной строке. Два элемента, стоявшие в разных строках, всегда останутся в разных строках. Аналогично для столбцов. Следовательно, элемент $a_{ij}$ всегда останется на пересечении строки, где стоит $a_{ii}$, и столбца, где стоит $a_{jj}$.

[niskon]

Null в сообщении #1567103 писал(а):

niskon в сообщении #1567064 писал(а):

Мне нужна помощь с доказательством

Прочитайте тему внимательно. Постройте граф. Начните решать 1ый пункт от противного: предположите что таких блоков нет.

В курсе алгебры мы не затрагивали графы. Следовательно для решения этой задачи это не должно требоваться.

Я знаю, что получиться должен определитель с углом нулей, причем таким, что хотя бы один ноль затрагивает главную диагональ. Иначе определитель не был бы равен нулю. Но как именно доказать, что зная, что определитель ноль мы всегда сможем привести определитель к виду когда все нули в одном углу и хотя бы один из них затрагивает главную диагональ - не могу понять.

[Null]

niskon в сообщении #1567606 писал(а):

В курсе алгебры мы не затрагивали графы.

niskon в сообщении #1566991 писал(а):

преподаватель дал подсказку, что нужно использовать теорему Холла о свадьбах

Это теорема о графах.