Определитель

[angor6]

После раздумий в течение часа набросал такое решение.

1) Пусть $|A|\ne 0.$ Тогда для матрицы $A$ существует обратная матрица $A^{-1}$, которая определена однозначно. Решением матричного уравнения $AX=A$ является единственная матрица $X=A^{-1}A=E.$ Сравнивая с условием $A^2=A$, получаем, что $A=E$. Аналогично при $|B|\ne 0$ получаем $B=E$. Матрицы $A=B=E$ удовлетворяют и условию $AB=BA.$ Значит, если обе матрицы невырожденные, то $|A-B|=|E-E|=|0|=0$.

2) Пусть $|A|=0$. Если $|B|\ne 0$, то, как показано выше, $B=E$. Тогда $AB=AE=A$, $BA=EA=A$, то есть условие $AB=BA$ выполняется. При этом $(A-B)(A+B)=A^2-B^2=A-B,$ $A+B=E$, $|A+B|=|A+E|=|E|=1,$ откуда следует, что $A=0$ - нулевая матрица. Поэтому $|A-B|=|0-E|=\pm 1$ (в зависимости от порядка матриц).

Рассуждая аналогично, при $|A|\ne 0$, $|B|=0$ получим $|A-B|=|E-0|=|E|=1$.

3) Случай, когда матрицы $A$ и $B$ обе вырождены, невозможен, потому что из заданных в условии задачи равенств следует, что
$A^2-AB=A(A-B)=A-AB=A(E-B),~A=E$;
$B^2-BA=B(B-A)=B-BA=B(E-A),~B=E,$
то есть обе матрицы невырождены. Этот случай был рассмотрен выше.

В результате получаем ответ задачи: $\lbrace -1,~0,~1 \rbrace$.

Правильно?

Решение не оптимальное, потому что воспроизводит ход моих рассуждений над задачей.

Надеюсь, что если решение правильно, то мне не грозит наказание за нарушение правил форума...

[Nemiroff]

angor6 в сообщении #781356 писал(а):

Случай, когда матрицы $A$ и $B$ обе вырождены, невозможен

С чего бы вдруг?

angor6 в сообщении #781356 писал(а):

то есть обе матрицы невырождены.

Как это? Вы сами написали, что одна любая из них может быть вырождена.

-- Пн окт 28, 2013 18:36:15 --

angor6 в сообщении #781356 писал(а):

При этом $(A-B)(A+B)=A^2-B^2=A-B,$ $A+B=E$,

А это вы как получили?

angor6 в сообщении #781356 писал(а):

Поэтому $|A-B|=|0-E|=\pm 1$ (в зависимости от порядка матриц).

Какого ещё порядка? Это же просто выражение, где тут какая-то зависимость?

Как бы всё верно, но только неправильно.

[Sonic86]

angor6 в сообщении #781356 писал(а):

3) Случай, когда матрицы $A$ и $B$ обе вырождены, невозможен

$$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \ \ B=E-A$$

Дофига их!

[Nemiroff]

Sonic86 в сообщении #781371 писал(а):

$$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \ \ B=E-A$$

Зачем вы так сразу ножом по живому? Хоть с нулевых бы начали.

[Sonic86]

(Оффтоп)

Nemiroff в сообщении #781372 писал(а):

Зачем вы так сразу ножом по живому? Хоть с нулевых бы начали.

Хм, до нулевых я еще сам не успел додуматься

[provincialka]

Меня смущает, что ТС не участвует в решении задачи. А то я бы написала решение. Ключевой момент в том, что три-то решения задача имеет. А что за уравнение имеет три корня?

[angor6]

Nemiroff
К решению нужно добавить, что если $A=B,$ то $|A-B|=0$.

Разве не очевидно, что $(A-B)(A+B)=A^2+AB-BA+B^2=A^2-B^2=A-B$ в силу равенств, указанных в условии задачи. Но тогда $|A+B|=1$, а поскольку $B=E$, то не только $|A|=0$, но и $A=0$. Здесь мы рассматривали именно случай $|A|=0,~|B|\ne 0$.

Разве определитель единичной матрицы, умноженной на число $-1$, не равен$-1$ при нечётном порядке и $1$ при чётном порядке? Если это так, то почему Вы сомневаетесь в том, что $|0-E|=|-E|=\pm 1$?

Пункт 3 моего решения, конечно, неправильный. Нужно или "копать глубже" или провести правильное логическое рассуждение. У Вас есть предложения, как это сделать?

-- 28.10.2013, 17:45 --

provincialka

provincialka в сообщении #781398 писал(а):

Меня смущает, что ТС не участвует в решении задачи. А то я бы написала решение. Ключевой момент в том, что три-то решения задача имеет. А что за уравнение имеет три корня?

Можете считать меня ТС. Я как раз читаю раздел о матрицах и определителях из учебника по алгебре и аналитической геометрии. Правда, меня больше интересует не Ваше решение, а моё собственное, которое я привёл выше. Пункт 3 в нём неправильный, и я пока не могу сообразить, что нужно сделать. Понятно, что нужно использовать равенства из условия задачи, но каким образом?

[Nemiroff]

angor6 в сообщении #781403 писал(а):

Но тогда $|A+B|=1$

Нужно аккуратно писать: если $|A-B|\neq0$.

angor6 в сообщении #781403 писал(а):

Но тогда $|A+B|=1$, а поскольку $B=E$, то не только $|A|=0$, но и $A=0$.

А это откуда ещё?

angor6 в сообщении #781403 писал(а):

Разве определитель единичной матрицы, умноженной на число $-1$, не равен$-1$ при нечётном порядке и $1$ при чётном порядке?

А! Вы про этот порядок. Тогда ОК.

angor6 в сообщении #781403 писал(а):

У Вас есть предложения, как это сделать?

Да ещё на первой странице решили всё.

[nnosipov]

provincialka в сообщении #781398 писал(а):

А то я бы написала решение.

Не надо! Пусть народ решает сам --- это полезнее.

[angor6]

Nemiroff
Это моя плохая черта - не люлю читать чужие решения. Тем более, что мне кажется, проще решить самому, чем пробираться через дебри чужих сообщений, отделяя истину от лжи...

Ключик к правильному рассмотрению ситуации, когда обе матрицы вырождены, похоже лежит в равенстве $A^2-B^2=A-B=(A+B)(A-B)$... Буду думать. Вдруг получится.

Если нетрудно, посмотрите пункт 2 моего решения и уточните, что в нём неправильно. Я его прочитал и не нашёл ошибок. Использую теорему об определителе произведения квадраных матриц.

[Nemiroff]

angor6 в сообщении #781403 писал(а):

Но тогда $|A+B|=1$, а поскольку $B=E$, то не только $|A|=0$, но и $A=0$. Здесь мы рассматривали именно случай $|A|=0,~|B|\ne 0$.

Это неверно. Давайте поточнее.

[provincialka]

Никак не воспринимаете подсказку про три корня?
"три карты корня, три корня, три корня"

(А я - дама пик)

-- 28.10.2013, 20:28 --

angor6, я напишу решение в оффтопе, не подсматривайте.

(Оффтоп)

$(A-B)^3=A-B$, определитель удовлетворяет такому же уравнению

[angor6]

Вношу изменения в решение.

1) В случае, когда $A=B$, получаем $|A-B|=0$.

Пусть $A \ne B$.

2) Пусть $|A|\ne 0.$ Тогда для матрицы $A$ существует обратная матрица $A^{-1}$, которая определена однозначно. Решением матричного уравнения $AX=A$ является единственная матрица $X=A^{-1}A=E.$ Сравнивая с условием $A^2=A$, получаем, что $A=E$. Аналогично при $|B|\ne 0$ получаем $B=E$. Матрицы $A=B=E$ удовлетворяют и условию $AB=BA.$ Значит, если обе матрицы невырожденные, то $|A-B|=|E-E|=|0|=0$.

3) Пусть $|A|=0$. Если $|B|\ne 0$, то, как показано выше, $B=E$. Тогда $AB=AE=A$, $BA=EA=A$, то есть условие $AB=BA$ выполняется. При этом $(A-B)(A+B)=A^2-B^2=A-B$, $(A-B)(A+B)=A-B$, $(A-B)^{-1}(A-B)(A+B)=(A-B)^{-1}(A-B)$, $A+B=E$. А поскольку и $B=E$, то $A+E=E,~A=E-E=0$. Значит, $A=0,~B=E$ и $|A-B|=|0-E|=|-E|=(-1)^n$, где $n$ - порядок матриц $A$ и $B$.

Рассуждая аналогично, при $|A|\ne 0$, $|B|=0$ получим $|A-B|=|E-0|=|E|=1$.

Случай, когда обе матрицы вырождены, то есть $|A|=|B|=0$, пока остаётся неисследованным мной. Мне для этого нужно время, не исключено, что значительное. Пока "прослеживается" такой ответ на вопрос задачи: $\lbrace -1,~0,~1 \rbrace$, который был дан мной на интуитивном уровне в самом начале действующего мини-форума...

-- 28.10.2013, 22:32 --

provincialka в сообщении #781447 писал(а):

Никак не воспринимаете подсказку про три корня?
"три карты корня, три корня, три корня"

(А я - дама пик)

-- 28.10.2013, 20:28 --

angor6, я напишу решение в оффтопе, не подсматривайте.

(Оффтоп)

$(A-B)^3=A-B$, определитель удовлетворяет такому же уравнению

Разумеется. Я ведь уже писал раньше, что меня не интересуют чужие решения, как это ни плохо...

[provincialka]

angor6 в сообщении #781558 писал(а):

Разумеется. Я ведь уже писал раньше, что меня не интересуют чужие решения, как это ни плохо...

Я уважаю Ваши интересы, потому и спрятала в оффтоп. Но все-таки, маленькую подсказку ведь можно учесть? Какие мысли у вас появились, когда я так настойчиво играла роль то ли Германна, то ли княгини? (три карты, три карты, три корня).

[Nemiroff]

angor6 в сообщении #781558 писал(а):

Пусть $|A|=0$. Если $|B|\ne 0$, то, как показано выше, $B=E$. Тогда $AB=AE=A$, $BA=EA=A$, то есть условие $AB=BA$ выполняется. При этом $(A-B)(A+B)=A^2-B^2=A-B$, $(A-B)(A+B)=A-B$, $(A-B)^{-1}(A-B)(A+B)=(A-B)^{-1}(A-B)$, $A+B=E$.

Не пойдет. Почему существует $(A-B)^{-1}$?