Тыртышников 6.8 задача 1 а)

[Paul Ivanov]

Даны две единичные матрицы $I_m$ и $I_n$ порядков m и n соответственно. Нужно доказать, что для любых матриц $A$ и $B$ размеров $m \times n$ и $n \times m$ соответственно верно, что если матрица $X=I_m - AB$ обратима, то матрица $Y=I_n - BA$ также обратима. То есть, иначе говоря, для таких матриц $A$ и $B$ нужно доказать, что $\det(X) \ne 0 \Rightarrow \det(Y) \ne 0$. Идей практически никаких нет, разве что как-то использовать следующие соотношения:$XA=AY$, $BX=YB$, $AYB=XAB=ABX$, $BXA=YBA=BAY$. Возможно пригодится то, что $\det(I_n-BA)=\det(I_n-A^TB^T)$

[DeBill]

Paul Ivanov
Полезный факт: если $\lambda$ - ненулевое собственное значение для $AB$, то оно же будет и с.значением для $BA$. (Докажите, и примените...)

[Paul Ivanov]

Да, если это доказать, то всё получается. Можно ваше утверждение немного усилить и сказать, что если $X=\lambda I_m - AB$ и $Y=\lambda I_n - BA$ и $n\geqslant m$, то $\det Y=(-\lambda)^{n-m} \det X$.
В подобных случаях по идее должна спасать индукция, но по индукции доказать у меня тем не менее не получилось. Базу можно считать доказанной, то есть утверждение верно при $m=1$. Но как доказать переход непонятно. Допустим мы имеем числа $m$ и $n$, нужно только как-то умудриться доказать, что если утверждение верно для всех остальных пар чисел $m'$ и $n'$, таких, что $m'\leqslant m$ и $n'\leqslant n$, то оно же верно и для $m$ и $n$. Либо же нужна какая-то другая идея.

[vpb]

Рассмотрите матрицу $\begin{pmatrix} I_m & A \\ B & I_n \end{pmatrix}$. Что будет, если домножить ее слева на $\begin{pmatrix} I_m & 0 \\ -B & I_n \end{pmatrix}$ ? А справа на аналогичную матрицу (какую) ? Как это в терминах определителей ?

(Оффтоп)

Имхо, это какая-то головоломная олимпиадная задача, которая ничему особо не учит (так же, как и предыдущая, кстати).

[DeBill]

Paul Ivanov в сообщении #1361036 писал(а):

Да, если это доказать,

Но ведь это - совсем просто: если $ABv=\lambda v$, то $BA\cdot Bv = B\cdot\lambda v =\lambda Bv$

-- 13.12.2018, 21:33 --

Этого - для Ваших целей - достаточно.
Несколько сложнее доказать, что совпадают не только спектры, но и кратности собственных (ненулевых) значений.
Я встречал рассуждения такого типа: пошевелим (возмутим) матрицу так, чтобы все с.зн. стали различными. Предельный переход даст тогда искомое.

[RIP]

Ещё можно просто «угадать», чему равно $Y^{-1}$ (выразить через $A$, $B$ и $X^{-1}$). Формула для суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии в помощь. topic30387.html

[DeBill]

Про Ваше обобщение: там опечатка (лишний минус, видимо). А доказывать можно по той же методе:
определитель равен произведению собственных значений (если они различны, или - с учетом кратности). Дополните матрицы нулями до квадратных, используйте "пошевеление" и описанный прием - и будет Вам щасте..

[vpb]

Возможно, ТС пока имеет знания в пределах первых 6 лекций Тыртышникова (на что задача и рассчитана, якобы).

[Paul Ivanov]

vpb, спасибо, идея понятна, подход очень прост и лаконичен, жаль, что сам не додумался.
DeBill,

DeBill в сообщении #1361103 писал(а):

Но ведь это - совсем просто: если $ABv=\lambda v$, то $BA\cdot Bv = B\cdot\lambda v =\lambda Bv$

, Э-ЭХ! до чего же печально, а я таки вывел жутко громоздкое доказательство, в котором несколько раз применил индукцию, формулу включения и исключения и ещё одну теоремку. Кстати тогда выходит, что если $\lambda=0$, то тоже всё получается

DeBill в сообщении #1359341 писал(а):

если $\lambda$ - ненулевое собственное значение для $AB$, то оно же будет и с.значением для $BA$

[DeBill]

Paul Ivanov в сообщении #1361577 писал(а):

Кстати тогда выходит, что если $\lambda=0$, то тоже всё получается

Не, тут есть нюанец: при $\lambda=0$ вполне может случиться $Bv=0$, так что это не будет с.вектор... Ну, и вообще: матрицы $AB$ и $BA$ - квадратны, но, вообще говоря, разных размеров (и вот за счет разной кратности нулевого с.зн., это и возможно. Да и из Вашей формулы это тоже видно )