Миноры

[neo66]

Сопоставим $2 \times 4$-матрице (неупорядоченный) набор значений ее миноров порядка $2$. Может ли для комплексной матрицы этот набор иметь вид:
а) $\{2,3,4,5,6,7\}$;
б) $\{3,4,5,6,7,8\}$?

PS: Это задача из вступительных экзаменов в аспирантуру НМУ 1999 года.

[arqady]

У меня получилось, что в обоих случаях ответ - нет.
А вот

$$\{2,3,4,5,6,-1\}$$

может быть.
Имхо, такие задачи дают, когда боятся, что никто не поступит.

[neo66]

arqady писал(а):

У меня получилось, что в обоих случаях ответ - нет.
А вот

$$\{2,3,4,5,6,-1\}$$

может быть.
Имхо, такие задачи дают, когда боятся, что никто не поступит.

Вы уверены?

[arqady]

neo66 писал(а):

arqady писал(а):

У меня получилось, что в обоих случаях ответ - нет.
А вот

$$\{2,3,4,5,6,-1\}$$

может быть.
Имхо, такие задачи дают, когда боятся, что никто не поступит.

Вы уверены?

В моём посте было три утверждения.
Мой ответ Вам: почти.

[neo66]

Первое утверждение неверно. Я имею в виду, неправильно у Вас получилось.

Второе - верно.

[arqady]

neo66 писал(а):

Первое утверждение неверно. Я имею в виду, неправильно у Вас получилось.

Пример в студию! Спасибо!

[neo66]

Пусть люди еще порешают, может кому интересно.

Кстати, говоря Вашим языком, доказательство в студию!

[neo66]

Похоже, задачка оказалась или слишком сложна или слишком неинтересна. Поэтому, специально для arqady:

Матрица $\left( \begin{array}{cccc}1&2&1&-1\\-1&1&3&3 \end{array}\right)$ имеет набор миноров $\{2,3,4,5,6,7\}$. Осталось разобраться с вторым случаем.

[Юстас]

Можно ли обойтись совсем без перебора? Понятно, что если их двух наборов векторов $\{x_i\}, \ \{y_j\}$ один линейно зависимый, то $\det\left((x_i,y_j)\right)=0$. Если $x_1,\dots, x_4$ - столбцы нашей матрицы, то матрица $A^{T}\begin{pmatrix}{}0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} A=\left( (x_i, x_j^{\perp})\right)$ со значениями миноров вне диагонали(со знаком плюс над диагональю, минус - под диагональю) вырождена. Из соображений четности теперь можно сократить перебор, ну а потом системку решать. Также понятно, что достаточно рассматривать набор трех векторов, соответственно матрица миноров будет 3х3 - осталось подобрать значения так, чтобы она была вырожденной.

[neo66]

Юстас в сообщении #185463 писал(а):

Можно ли обойтись совсем без перебора?

Можно обойтись почти без перебора.

[arqady]

neo66 писал(а):

Матрица $\left( \begin{array}{cccc}1&2&1&-1\\-1&1&3&3 \end{array}\right)$ имеет набор миноров $\{2,3,4,5,6,7\}$. Осталось разобраться с вторым случаем.

Мм..дя. Не поступил бы...

[Руст]

Можно так считать. Пусть $x=\binom{a_{11}}{a_{21}},y=\binom{a_{12}}{a_{22}}.$
Тогда $M_{12}=x* y=M$ внешнее произведение, можно считать что это есть минимальный минор. Так как он отличен от нуля, то другие вектора разлагаются в суммы. $z=\binom{a_{13}}{a_{23}}=ax+by,t=\binom{a_{14}}{a_{24}}=cx+dy$.
Соответственно $M_{13}=bM,M_{14}=dM,M_{23}=aM,M_{24}=cM,M_{34}=(ad-bc)M$.
Если набор миноров $3,4,5,6,7,8,M=3$, то $(a,b,c,d)\in \{\pm \frac 43,\pm \frac53, \pm 2,\pm \frac 73,\pm \frac 83\}$. Тогда требуется выбрать одно из них и проверить можно ли из оставшихся собрать выбранное в качестве определителя. Например выбрав первое $\frac 43$ из оставшихся чисел нельзя получить такой определитель, так как в любом случае в знаменателе получим 9. Единственная возможность имеется когда выбрана 2 и из чисел $\pm 4.\pm 5,\pm 7\pm 8$ можно составить определитель со значением 18. Но этого нельзя сделать. Если произведения имеют одинаковый знак, то определитель по абсолютной величине не меньше 32+35=67, иначе или 56-20=36>18, 40-28=12<18. Т.е. для второго случая ответ нет.

[neo66]

Можно чуть проще.
Проверим, что $M_{12}M_{34}-M_{13}M_{24}+M_{14}M_{23}=0 (*)$.
$3$ и $6$ должны быть в одном произведении. Иначе равенство $(*)$ не будет выполняться по модулю $3$. Но, тогда $3\times6=18$ должно равняться $\pm(7\times 8)\pm(5\times 4)$ или $\pm(7\times 4 )\pm(5\times 8)$, что неверно ни в том, ни в другом случае.

[lofar]

Следующие опреации не меняют набор миноров:
1) Добавление к одной строке второй умноженной на число.
2) Перестановка строк и умножение одной из них на $-1$.
3) Умножение одной строки на $\alpha$, а другой на $1/\alpha$.
Матрицу $2\times 4$ без нулевых стольцов можно привести этими преобразованиями к виду
$\left(\begin{array}{cccc}1&0&-a/e&-b/e\\0&e&c&d\end{array}\right)$
Значит набор миноров всегда имеет вид $a, b, c, d, e, (bc-ad)/e$.

[Руст]

Всё равно приводится к соотношению
$M_{12}M_{34}=M_{14}M_{23}-M_{13}M_{24}$
переписал потому, что neo66 ошибся в знаке.