Кострикин. Курс алгебры, задачник

[Sinoid]

vpb
точно! Ага. Спасибо большое, я все понял.

[Sinoid]

Проверьте, плиз, решение задачи 13.2, д). Там требуется вычислить следующий определитель: $\begin{vmatrix}1 & 2 & 3 & 4 & \ldots & n-3 & n-2 & n-1 & n\\ 2 & 3 & 4 & 5 & \ldots & n-2 & n-1 & n & n\\ 3 & 4 & 5 & 6 & \ldots & n-1 & n & n & n\\ 4 & 5 & 6 & 7 & \ldots & n & n & n & n\\ \hdotsfor{9}\\ n-3 & n-2 & n-1 & n & \ldots & n & n & n & n\\ n-2 & n-1 & n & n & \ldots & n & n & n & n\\ n-1 & n & n & n & \ldots & n & n & n & n\\ n & n & n & n & \ldots & n & n & n & n \end{vmatrix}$. В указании из ответа сказано, что нужно из каждого столбца, начиная с последнего, вычесть предыдущий. Я так понимаю, что это указание не относится к первому, так что получаю: $\begin{vmatrix}1 & 2 & 3 & 4 & \ldots & n-3 & n-2 & n-1 & n\\ 2 & 3 & 4 & 5 & \ldots & n-2 & n-1 & n & n\\ 3 & 4 & 5 & 6 & \ldots & n-1 & n & n & n\\ 4 & 5 & 6 & 7 & \ldots & n & n & n & n\\ \hdotsfor{9}\\ n-3 & n-2 & n-1 & n & \ldots & n & n & n & n\\ n-2 & n-1 & n & n & \ldots & n & n & n & n\\ n-1 & n & n & n & \ldots & n & n & n & n\\ n & n & n & n & \ldots & n & n & n & n \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & 1 & 1 & 1 & \ldots & 1 & 1 & 1 & 1\\ 2 & 1 & 1 & 1 & \ldots & 1 & 1 & 1 & 0\\ 3 & 1 & 1 & 1 & \ldots & 1 & 1 & 0 & 0\\ 4 & 1 & 1 & 1 & \ldots & 1 & 0 & 0 & 0\\ \hdotsfor{9}\\ n-3 & 1 & 1 & 1 & \ldots & 0 & 0 & 0 & 0\\ n-2 & 1 & 1 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 & 0\\ n-1 & 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 & 0\\ n & 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 & 0 \end{vmatrix}$. Последний полученный определитель равен произведению своих элементов, стоящих на второй, не главной, диагонали, взятому с соответствующим знаком. Этот знак определяется четностью/нечетностью следующей перестановки (в том смысле перестановки, в котором это понятие используется в изучаемом курсе Кострикина): $\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 & \ldots & n-3 & n-2 & n-1 & n\\ n & n-1 & n-2 & n-3 & \ldots & 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$. Короче, у меня получается, что этот определитель равен $(-1)^{{\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}i}}n=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}n$. В ответе же вот что: $(-1)^{n(n-1)}2n$. Это же ошибка? Не говоря уже о том, что выражение в ответ просто равно $2n$, так что множитель -1 в степени непонятно, зачем там и написан.

[vpb]

Sinoid в сообщении #1570089 писал(а):

Это же ошибка?

Конечно ошибка. Не математическая, а при наборе в ТеХе в издательстве. Надо было (-1)^{n(n-1)/2}n, что дает $(-1)^{n(n-1)/2}n$, а набрали (-1)^{n(n-1)}2n, что дает $(-1)^{n(n-1)}2n$.

[Sinoid]

vpb в сообщении #1570124 писал(а):

Конечно ошибка. Не математическая, а при наборе в ТеХе в издательстве.

Ну где-то глубоко внутри себя у меня тоже это сидело. Только у меня сюда приплеталось еще и

Используется синтаксис LaTeX

\frac

и потому ошибка в издательстве казалась мне еще менее вероятной. Спасибо. Решаю дальше.

[Sinoid]

Посмотрите, пожалуйста, задачу 15.3:

Мне кажется, что здесь на самом деле хотели написать $f(x)=a_{1}+a_{2}x+\ldots+a_{n}x^{n-1}$. Например, при $n=3$ получу:

(Оффтоп)

Пусть $\epsilon_{1},\,\epsilon_{2},\epsilon_{3}$ - все 3 значения кубического корня из 1. Имеет место следующее равенство: $\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\ \epsilon_{1} & \epsilon_{2} & \epsilon_{3}\\ \epsilon_{1}^{2} & \epsilon_{2}^{2} & \epsilon_{3}^{2} \end{vmatrix}=(\epsilon_{2}-\epsilon_{1})(\epsilon_{3}-\epsilon_{1})(\epsilon_{3}-\epsilon_{2})$. Т. к. все 3 числа попарно неравны, то

$$\begin{equation} \begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\ \epsilon_{1} & \epsilon_{2} & \epsilon_{3}\\ \epsilon_{1}^{2} & \epsilon_{2}^{2} & \epsilon_{3}^{2} \end{vmatrix}\ne0 \end{equation}$$

Далее могу написать: $\begin{vmatrix}a_{1} & a_{2} & a_{3}\\ a_{3} & a_{1} & a_{2}\\ a_{2} & a_{3} & a_{1} \end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\ \epsilon_{1} & \epsilon_{2} & \epsilon_{3}\\ \epsilon_{1}^{2} & \epsilon_{2}^{2} & \epsilon_{3}^{2} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a_{1}+a_{2}\epsilon_{1}+a_{3}\epsilon_{1}^{2} & a_{1}+a_{2}\epsilon_{2}+a_{3}\epsilon_{2}^{2} & a_{1}+a_{2}\epsilon_{3}+a_{3}\epsilon_{3}^{2}\\ a_{3}+a_{1}\epsilon_{1}+a_{2}\epsilon_{1}^{2} & a_{3}+a_{1}\epsilon_{2}+a_{2}\epsilon_{2}^{2} & a_{3}+a_{1}\epsilon_{3}+a_{2}\epsilon_{3}^{2}\\ a_{2}+a_{3}\epsilon_{1}+a_{1}\epsilon_{1}^{2} & a_{2}+a_{3}\epsilon_{2}+a_{1}\epsilon_{2}^{2} & a_{2}+a_{3}\epsilon_{3}+a_{1}\epsilon_{3}^{2} \end{vmatrix}=$

$\begin{vmatrix}a_{1}+a_{2}\epsilon_{1}+a_{3}\epsilon_{1}^{2} & a_{1}+a_{2}\epsilon_{2}+a_{3}\epsilon_{2}^{2} & a_{1}+a_{2}\epsilon_{3}+a_{3}\epsilon_{3}^{2}\\ \epsilon_{1}(a_{1}+a_{2}\epsilon_{1}+a_{3}\epsilon_{1}^{2}) & \epsilon_{2}(a_{1}+a_{2}\epsilon_{2}+a_{3}\epsilon_{2}^{2}) & \epsilon_{3}(a_{1}+a_{2}\epsilon_{3}+a_{3}\epsilon_{3}^{2})\\ \epsilon_{1}^{2}(a_{1}+a_{2}\epsilon_{1}+a_{3}\epsilon_{1}^{2}) & \epsilon_{2}^{2}(a_{1}+a_{2}\epsilon_{2}+a_{3}\epsilon_{2}^{2}) & \epsilon_{3}^{2}(a_{1}+a_{2}\epsilon_{3}+a_{3}\epsilon_{3}^{2}) \end{vmatrix}=$

$(a_{1}+a_{2}\epsilon_{1}+a_{3}\epsilon_{1}^{2})(a_{1}+a_{2}\epsilon_{2}+a_{3}\epsilon_{2}^{2})(a_{1}+a_{2}\epsilon_{3}+a_{3}\epsilon_{3}^{2})\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\ \epsilon_{1} & \epsilon_{2} & \epsilon_{3}\\ \epsilon_{1}^{2} & \epsilon_{2}^{2} & \epsilon_{3}^{2} \end{vmatrix}$. Итак, получили следующее равенство: $\begin{vmatrix}a_{1} & a_{2} & a_{3}\\ a_{3} & a_{1} & a_{2}\\ a_{2} & a_{3} & a_{1} \end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\ \epsilon_{1} & \epsilon_{2} & \epsilon_{3}\\ \epsilon_{1}^{2} & \epsilon_{2}^{2} & \epsilon_{3}^{2} \end{vmatrix}=(a_{1}+a_{2}\epsilon_{1}+a_{3}\epsilon_{1}^{2})(a_{1}+a_{2}\epsilon_{2}+a_{3}\epsilon_{2}^{2})\cdot$
$(a_{1}+a_{2}\epsilon_{3}+a_{3}\epsilon_{3}^{2})\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\ \epsilon_{1} & \epsilon_{2} & \epsilon_{3}\\ \epsilon_{1}^{2} & \epsilon_{2}^{2} & \epsilon_{3}^{2} \end{vmatrix}$. Откуда, в силу (1): $\begin{vmatrix}a_{1} & a_{2} & a_{3}\\ a_{3} & a_{1} & a_{2}\\ a_{2} & a_{3} & a_{1} \end{vmatrix}=(a_{1}+a_{2}\epsilon_{1}+a_{3}\epsilon_{1}^{2})(a_{1}+a_{2}\epsilon_{2}+a_{3}\epsilon_{2}^{2})(a_{1}+a_{2}\epsilon_{3}+a_{3}\epsilon_{3}^{2})$

И вот, у меня такое впечатление, что ситуация здесь в точности та же, что и в предыдущем случае: ошибка была допущена при наборе в ТеХ; просто вместо верхнего индекса вляпали нижний. Это же опечатка?

[svv]

Да, это опечатка.

[Sinoid]

Спасибо.

[Sinoid]

Посмотрите, пжл, задачу 16.4, б):

Большие сомнения вызывают указанный там вид взаимной матрицы для данной матрицы $A$ в случае $n>2$. Умножение что слева, что справа данной матрицы $A$ на свою взаимную должно давать диагональную матрицу. Этим свойством, вообще говоря, не обладает матрица, заявленная в задаче для этого случая, как матрица, взаимная для данной матрицы $A$.

[svv]

Sinoid
В задаче 16.4,б не $\hat{A}$ (взаимная к матрице $A$), а $\hat{\hat{A}}$ (взаимная к взаимной к матрице $A$).
Надо доказать, что дважды повторённая операция "взять взаимную матрицу" возвращает Вас к исходной матрице $A$ (с точностью до числового коэффициента $|A|^{n-2}$).

[Sinoid]

svv
Точно! А я вторую крышечку-то и не замечал.

-- 21.11.2022, 04:26 --

Тогда как будто интересная задачка получается.

[Sinoid]

Что-то не пойму в продолжение вот этого:

Sinoid в сообщении #1570637 писал(а):

Посмотрите, пжл, задачу 16.4, б):

Пусть $A$ - вырожденная матрица порядка пока больше 2. Тогда необязательно же, что $\hat{\hat{A}}=0$? По-моему, необязательно. Вычислить $\hat{\hat{A}}$ для невырожденной матрицы получилось, все нормально. Просто в процессе этого вычисления использовалось деление на $\left|A\right|$ - определитель матрицы $A$. А вот для вырожденной??? Ну необязана дважды присоединенная быть нулевой!

-- 06.12.2022, 00:51 --

Определитель дважды присоедененной матрицы ($\hat{\hat{A}}$) - да, равен 0. А вот сама эта матрица - ???

[svv]

Всё правильно, $\hat{\hat{A}}$ будет нулевая. Дело в том, что если $A$ вырожденная, ранг $\hat A$ может быть лишь $0$ (если $\operatorname{rank}A\leqslant n-2$) или $1$ (если $\operatorname{rank}A=n-1$).

[Sinoid]

Да, понял. Спасибо.

svv в сообщении #1572759 писал(а):

Всё правильно,

Вообще-то конечный вывод у меня как раз был неправильный.

[Sinoid]

Посмотрите, пожалуйста, задачу 16.6:

В случае же $m\leqslant n$ приведенная же формула неверна? У меня получилось, что в этом случае $C\begin{pmatrix}i_{1} & i_{2} & \ldots & i_{m}\\ j_{1} & j_{2} & \ldots & j_{m} \end{pmatrix}={\displaystyle \sum_{1\leqslant k_{1}<k_{2}<\ldots<k_{m}\leqslant n}}A\begin{pmatrix}i_{1} & i_{2} & \ldots & i_{m}\\ k_{1} & k_{2} & \ldots & k_{m} \end{pmatrix}B\begin{pmatrix}k_{1} & k_{2} & \ldots & k_{m}\\ j_{1} & j_{2} & \ldots & j_{m} \end{pmatrix}$. У меня выкладки сделаны на компе, в общем случае. В случае необходимости только скажите: я или их скопирую, или покажу на каком-нибудь частном примере.

-- 08.12.2022, 20:48 --

Но ответ явно не от задачи такого типа: набор индексов сверху у одного множителя и снизу у другого не совпадает ни в каком порядке. Обычно ждешь, так сказать, сокращения такой пары совпадающих индексов, чаще, наверное, из правого верхнего угла в левый нижний, хотя, по поводу "чаще" - это, скорее, субъективно. Разумеется, можно на раз превратить "из правого верхнего угла в левый нижний" в "из левого верхнего угла в правый нижний".

[svv]

Sinoid в сообщении #1573123 писал(а):

$C\begin{pmatrix}i_{1} & i_{2} & \ldots & i_{m}\\j_{1} & j_{2} & \ldots & j_{m}\end{pmatrix}={\displaystyle \sum_{1\leqslant k_{1}<k_{2}<\ldots<k_{m}\leqslant n}}A\begin{pmatrix}i_{1} & i_{2} & \ldots & i_{m}\\k_{1} & k_{2} & \ldots & k_{m}\end{pmatrix}B\begin{pmatrix}k_{1} & k_{2} & \ldots & k_{m}\\j_{1} & j_{2} & \ldots & j_{m}\end{pmatrix}$

Да, правильно. См. Гантмахер, Теория матриц, стр. 17-18 (формула Бине-Коши, в чуть менее общем виде, но это непринципиально).