Matrice cu elemente numere reale si det-ul zero

[bogdanl_yex]

Fie \( A \in M_{n}(R),\ A \neq O_{n} \) cu \( \det A=0 \). Sa se arate ca exista o matrice \( B \in M_{n}(R),\ B \neq O_{n} \), astfel incat \( AB=O_{n} \).

[bae]

***

[Beniamin Bogosel]

Ceva asemanator cu problema de la a XI-a de la judeteana. Daca \( \det A=0 \) atunci \( rang(A)\leq n-1 \). Luam o matrice \( B \) de rang 1 si din problema de la judeteana 2008 exista o matrice inversabila \( X \) cu \( A(XB)=O \). Si gata. Evident \( XB\neq O \).
Asta pentru problema initiala. Pentru cea propusa de domnul bae nu stiu inca raspunsul.

[Radu Titiu]

Fie \( rang(A)=r \) unde \( 1\leq r \leq n-1 \), atunci exista P,R inversabile a.i. \( A=PI_rR \). Unde \( I_r \) este matricea care are pe pozitiile \( (i,i) \) cu \( i=\overline{1,r} \) toate elementele egale cu 1, iar in rest egale cu 0. Este usor de verificat ca matricea \( PI_r \) are ultimele n-r coloane nule. Fie \( T \) (nenula) care are primele \( r \) linii nule. Se verifica usor ca \( PI_rT=O_n \). Astfel putem alege \( B=R^{-1}T \) si obtinem \( AB=O_n \).

Analog, pentru cazul \( BA=O_n \) observam ca matricea \( I_rR \) are ultimele \( n-r \) linii nule si consideram \( B=TP^{-1} \), cu T (nenula) avand primele r coloane nule.

[bogdanl_yex]

Eu zic ca nu ai fost atent la ce a cerut dnul Bae...a precizat ca in acelasi timp \( AB=O_{n} \)si \( BA=O_{n} \)

[Radu Titiu]

Eu zic ca nu ai fost atent la ce a cerut dnul Bae...a precizat ca in acelasi timp \( AB=O_{n} \) si \( BA=O_{n} \)

Da, ai dreptate. Dar se poate 'ajusta' . Fie \( B=R^{-1}TP^{-1} \), unde T sa aiba primele r linii si primele r coloane nule. Si se respecta cerinta ca \( AB=BA=O_n \).

[Cezar Lupu]

Alta solutie.

Multimea matricelor \( M_{n}(\mathbb{R}) \) este un spatiu vectorial de dimensiune \( n^{2} \) peste \( \mathbb{R} \). Presupunem, prin reducere la absurd, ca pentru orice \( X\in M_{n}(\mathbb{R}), X\neq O_{n} \), avem \( AX\neq O_{n} \).

Acum, sa definim aplicatia \( \varphi :M_{n}(\mathbb{R})\to M_{n}(\mathbb{R}) \), \( \varphi(X)=AX \) care este injectiva din presupunerea facuta.
Cum spatiul \( M_{n}(\mathbb{R}) \) este de dimensiune finita, rezulta ca aplicatia \( \varphi \) este si surjectie. Acum, luand matricea unitate \( I_{n}\in M_{n}(\mathbb{R}) \), exista o matrice \( Y\in M_{n}(\mathbb{R}) \) astfel incat \( \varphi (Y)=I_{n} \), i.e. \( AY=I_{n} \) si trecand la determinanti, obtinem ca \( 0=1 \), contradictie. \( \qed \)

[bogdanl_yex]

Fie \( 1\leq rangA=k \leq n-1 \Rightarrow \exists P,Q \in M_{n}(R) \) inversabile astfel incat \( A=P \begin{pmatrix}I_{k}&0 \\ 0&0 \end{pmatrix} Q \).
Fie \( B=Q^{-1} \begin{pmatrix}0&0 \\ 0&I_{n-k} \end{pmatrix}P^{-1} \).
Observam ca \( B \neq O_{n} \)
\( AB=P \begin{pmatrix}I_{k}&0 \\ 0&0 \end{pmatrix} QQ^{-1} \begin{pmatrix}0&0 \\ 0&I_{n-k} \end{pmatrix}P^{-1}=P O_{n} P^{-1}=O_{n} \)
\( BA=Q^{-1} \begin{pmatrix}0&0 \\ 0&I_{n-k} \end{pmatrix}P^{-1}P \begin{pmatrix}I_{k}&0 \\ 0&0 \end{pmatrix} Q=Q^{-1}O_{n}Q=O_{n} \) q.e.d.

[Tiberiu Popa]

Asta voia sa zica si Radu

Inca o solutie ar fi sa consideram polinomul minimal \( m \) al lui \( A \). Daca \( m(X) = X \cdot q(X) \), atunci luam \( B = q(A) \).

[bae]

***

[bogdanl_yex]

Dar de unde stim ca acest \( q(A) \neq O_{n} \)?