Решение задач из учебника Кострикина

[Diom]

В виду того, что уже не раз обращался за помощью с решением задач из учебника "Основы алгебры" Кострикина решил создать соответствующую тему.

Вот не могу справится с следующей задачей:
"Показать что выполнено соотношение: $\left(A^{\vee}\right)^{\vee}=\left(\det A\right)^{n-2}A$" (где под $A^{\vee}$ понимается матрица присоединенная к $A$)

Мне думается что решение должно быть довольно простым (учитывая что данная задача стоит среди довольно примитивных заданий), но что-то сообразить не могу как это сделать. Можно конечно, вспомнив определение присоединенной матрицы, попробовать доказать это в лоб, но определитель определителей это довольно жуткая запись. Наверняка предполагается более элегантное решение. Есть какие ни будь идеи как это сделать?

[Padawan]

Используйте то, что $A^{\vee}=(\det A) A^{-1}$.

[ewert]

Diom в сообщении #419243 писал(а):

Мне думается что решение должно быть довольно простым

Оно, можно сказать, вообще тривиально, если в лоб:

$A^{\vee}=\det A\cdot\left(A^{-1}\right)^T;$

$\left(A^{\vee}\right)^{\vee}=\det\left(\det A\cdot\left(A^{-1}\right)^T\right)\cdot\left(\left(\det A\cdot\left(A^{-1}\right)^T\right)^{-1}\right)^T=$
$=\left((\det A)^n\cdot\det A^{-1}\right)\cdot\left((\det A)^{-1}\cdot A\right).$

[Padawan]

ewert в сообщении #419248 писал(а):

$A^{\vee}=\det A\cdot\left(A^{-1}\right)^T;$

А транспонировать зачем? Присоединённая она уже протранспонированная. Да, тут еще со случаем $\det A=0$ надо разобраться. Предельным переходом, например. А потом уже вывод сделать, что это многочленное тождество (т.е. выполняется, когда вместо чисел буквы стоят).

[Diom]

Padawan в сообщении #419250 писал(а):

Да, тут еще со случаем $\det A=0$ надо разобраться.

[/quote]
А нужно ли? Присоединенная матрица определена вроде бы лишь в случае когда определитель не равен нулю.

Благодарю. Решение действительно оказалось тривиальным. И как я сам не догадался...

[Padawan]

Diom в сообщении #419253 писал(а):

А нужно ли? Присоединенная матрица определена вроде бы лишь в случае когда определитель не равен

Присоединённая матрица определена всегда -- это транспонированная матрица из алгебраических дополнений.

[ewert]

Padawan в сообщении #419250 писал(а):

А транспонировать зачем? Присоединённая она уже протранспонированная.

Вариант определения, при котором присоединённая -- это недотранспонированная, надёжнее и проще при ручном вычислении. В данной задаче, правда, такой вариант усложняет выкладки, но уж что выбрано -- то выбрано. Впрочем, можно было бы ввести $\widetilde A=\left(A^{\vee}\right)^T$ (т.е. так, чтобы было $A^{-1}=\frac{1}{\det A}\widetilde A$), доказать утверждение для $\widetilde A$ и указать на то, что при двукратном применении транспонирование всё равно сократится.

[Padawan]

ewert в сообщении #419259 писал(а):

И, кстати, обязательно нужно ещё не забыть отдельно оговорить случай $n=2$.

Зачем?
А как Вам такой маневр, чтобы обойти $\det A=0$? Рассмотреть матрицы над полем частных кольца многочленов от $n^2$ переменных $a_{11}, a_{12},\ldots, a_{nn}$. Тогда $\det A\neq 0$.

[ewert]

Padawan в сообщении #419263 писал(а):

Зачем?

Да так, это я о своём, о девичьем. Хотелось всё-таки обойтись без предельных переходов, используа чисто "геометрические" соображения. Да только как-то ничего толкового в голову не приходит. Видимо, Вы правы, с предельным переходом проще всего. Только там полиномиальность не при чём, достаточно просто непрерывности обеих частей равенства.

Padawan в сообщении #419263 писал(а):

А как Вам такой маневр, чтобы обойти $\det A=0$? Рассмотреть матрицы над полем частных кольца многочленов от $n^2$ переменных $a_{11}, a_{12},\ldots, a_{nn}$. Тогда $\det A\neq 0$.

Ну это уже что-то совсем чудовищное.

[Diom]

Padawan в сообщении #419255 писал(а):

Присоединённая матрица определена всегда -- это транспонированная матрица из алгебраических дополнений.

Согласен. Это я глупость сказал

Цитата:

Вы правы, с предельным переходом проще всего.

Но знание предельных переходов не предполагается, на сколько я могу судить, у студентов первого курса начала первого семестра. (Впрочем, я допускаю мысль, что Кострикин об этом не подумал )

Хотя очевидно, что данное соотношение не имеет смысла при вырожденной матрице A и $n\leq2$. В то время как при n>2 его можно попробовать доказать, показав, что $A^{\vee\vee}=0$.

[ewert]

Чем Вам $n=2$-то не угодило?...

[Diom]

Выглядит не кошерно Шучу конечно. На автомате написал. При n=2 легче тогда просто в лоб рассмотреть (так как в этом случае присоединенная матрица есть матрица A с переставленными коэффициентами и модифицированными знаками, ну а "вторая" присоединенная очевидно будет равна самой матрице A, так как все переставляется обратно). Но решение получается какое-то совсем уж не элегантное

[ewert]

Я тут всё-таки подумал. Вот как надо расправляться со случаем вырожденных матриц. Если ранг такой матрицы меньше $(n-1)$, т.е. если любые $(n-1)$ строк матрицы линейно зависимы, то уже первая присоединённая матрица является нулевой. Если же ранг равен $(n-1)$, то срабатывает то обстоятельство, что любая строка присоединённой матрицы "ортогональна" всем строкам исходной, а говоря аккуратнее -- принадлежит ядру исходной, которое одномерно. Говоря попросту, все строки присоединённой матрицы в этом случае пропорциональны друг дружке и, следовательно, вторая присоединённая уже нулевая.

Случай $n=2$ при этом приходится, конечно, рассматривать отдельно, но он и очевиден.

Этот способ и проще, чем с предельными переходами, и идейнее, и, что главное, применим вообще к любым полям, в т.ч. и конечным.

[Padawan]

А мой способ с полем частных кольца $\mathbb Z [a_{11},\ldots,a_{nn}]$ ещё проще. Надо третью сторону спросить

[ewert]

(Оффтоп)

Padawan в сообщении #419433 писал(а):

А мой способ с полем частных кольца $\mathbb Z [a_{11},\ldots,a_{nn}]$ ещё проще.

а хто такой кольца, да истчо и Зэт?...