Re: [obm-l] AB = I implica BA = I
Seja AB=I. Agora tome BI = B BI = B B(AB) = B (BA)B = B B - (BA)B = 0 (I - BA)B = 0 Como B é diferente de 0, então BA = I sds, Daniel Estrela 2012/10/9 Bernardo Freitas Paulo da Costa bernardo...@gmail.com 2012/10/9 Paulo Argolo pauloarg...@outlook.com: Usando-se determinantes: det(A.B) = det (A). det(B)= det(I) = 1 Portanto, det(A) e det(B) são diferentes de zero. Logo, A e B são inversíveis. Sejam A' e B' as inversas de A e B, respectivamente. Então: A.B = I = A'.(A.B.) = A'.I = (A'.A).B = A' = I.B = A' = B=A' = B.A = A'.A = B.A = I Espero que esteja correto. Hum, certo está, mas (mais uma vez) o grande problema é que você já admite que existem inversas bilaterais. Bem ali quando você diz A e B são inversíveis, já que a definição de inversíveis é justamente que para uma matriz B, existe A tal que AB = I = BA. Claro que a maior parte desses exercícios é apenas manipulação algébrica, e daí a primeira demonstração é suficiente. Para ser mais positivo: essa manipulação é um truque importante, porque ela mostra que, se AB = I e se BC = I então A = C. Logo, se existir uma inversa à esquerda e uma inversa à direita, elas são iguais, e dá a inversa que você quer: AB = I, multiplique por C, (AB)C = C, associativa, A(BC) = C = A = C Mas eu não lembro de nada que diga que se existe uma inversa de um lado, então existe uma inversa do outro, a não ser o argumento de redução por operações elementares que eu falei. Vou tentar achar o Hoffman Kunze amanhã... -- Bernardo Freitas Paulo da Costa = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB = I implica BA = I
2012/10/10 Daniel Estrela destr...@gmail.com: Seja AB=I. Agora tome BI = B BI = B B(AB) = B (BA)B = B B - (BA)B = 0 (I - BA)B = 0 Como B é diferente de 0, então BA = I A lei do corte não vale para matrizes. Por exemplo, [0 0] x [1 0] = [0 0] [0 1] [0 0] [0 0] Aliás, isso dá mesmo um exemplo: seja A = identidade, B = [1 0; 0 0], temos BAB = B, mas BA != Identidade. -- Bernardo Freitas Paulo da Costa = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] AB = I implica BA = I
Caros Colegas, Sendo A, B e I matrizes quadradas de ordem n (I é matriz identidade), como provar que a igualdade AB = I implica BA = I ? Abraços do Ennius. ___ = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB = I implica BA = I
2012/10/9 Hugo Fernando Marques Fernandes hfernande...@gmail.com: Multiplique os dois lados da igualdade AB = I por B^(-1) (inversa de B) à direita e depois por B à esquerda... BAB(B^(-1)) = BI(B^(-1)) = BAI = BB^(-1) = BA = I Vou ser chato (de novo). Em geral, quando se pede para mostrar que AB = I = BA = I, é justamente para mostrar que a inversa funciona dos dois lados. Daí (usando a sua notação) sabemos que B tem uma inversa à esquerda que é A, e A tem uma inversa à direita que é B. Portanto, ainda não sabemos que existe B^(-1) para multiplicar à direita de B. O jeito que eu prefiro pra essa propriedade é ver que a matriz produto de transformações elementares E que leva B na Identidade, leva a Identidade em A. Isso dá duas igualdades para você: E*B = I E*I = A A segunda diz que E = A, logo AB = I, que é daonde começa o problema do ennius. Mas como você usou o algoritmo de Gauss para levar A na identidade, o que acontece é que na parte da solução estão os vetores tais que B*v_i = e_i. Essa outra parte mostra que BA = I, e portanto A é a inversa de B. Alguém sabe fazer de outra forma, sem apelar para matrizes? -- Bernardo Freitas Paulo da Costa = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
RE: [obm-l] AB = I implica BA = I
Usando-se determinantes: det(A.B) = det (A). det(B)= det(I) = 1 Portanto, det(A) e det(B) são diferentes de zero. Logo, A e B são inversíveis. Sejam A' e B' as inversas de A e B, respectivamente. Então: A.B = I = A'.(A.B.) = A'.I = (A'.A).B = A' = I.B = A' = B=A' = B.A = A'.A = B.A = I Espero que esteja correto. Paulo Argolo _ Date: Tue, 9 Oct 2012 16:04:32 -0400 Subject: Re: [obm-l] AB = I implica BA = I From: bernardo...@gmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br 2012/10/9 Hugo Fernando Marques Fernandes hfernande...@gmail.com: Multiplique os dois lados da igualdade AB = I por B^(-1) (inversa de B) à direita e depois por B à esquerda... BAB(B^(-1)) = BI(B^(-1)) = BAI = BB^(-1) = BA = I Vou ser chato (de novo). Em geral, quando se pede para mostrar que AB = I = BA = I, é justamente para mostrar que a inversa funciona dos dois lados. Daí (usando a sua notação) sabemos que B tem uma inversa à esquerda que é A, e A tem uma inversa à direita que é B. Portanto, ainda não sabemos que existe B^(-1) para multiplicar à direita de B. O jeito que eu prefiro pra essa propriedade é ver que a matriz produto de transformações elementares E que leva B na Identidade, leva a Identidade em A. Isso dá duas igualdades para você: E*B = I E*I = A A segunda diz que E = A, logo AB = I, que é daonde começa o problema do ennius. Mas como você usou o algoritmo de Gauss para levar A na identidade, o que acontece é que na parte da solução estão os vetores tais que B*v_i = e_i. Essa outra parte mostra que BA = I, e portanto A é a inversa de B. Alguém sabe fazer de outra forma, sem apelar para matrizes? -- Bernardo Freitas Paulo da Costa = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB = I implica BA = I
2012/10/9 Paulo Argolo pauloarg...@outlook.com: Usando-se determinantes: det(A.B) = det (A). det(B)= det(I) = 1 Portanto, det(A) e det(B) são diferentes de zero. Logo, A e B são inversíveis. Sejam A' e B' as inversas de A e B, respectivamente. Então: A.B = I = A'.(A.B.) = A'.I = (A'.A).B = A' = I.B = A' = B=A' = B.A = A'.A = B.A = I Espero que esteja correto. Hum, certo está, mas (mais uma vez) o grande problema é que você já admite que existem inversas bilaterais. Bem ali quando você diz A e B são inversíveis, já que a definição de inversíveis é justamente que para uma matriz B, existe A tal que AB = I = BA. Claro que a maior parte desses exercícios é apenas manipulação algébrica, e daí a primeira demonstração é suficiente. Para ser mais positivo: essa manipulação é um truque importante, porque ela mostra que, se AB = I e se BC = I então A = C. Logo, se existir uma inversa à esquerda e uma inversa à direita, elas são iguais, e dá a inversa que você quer: AB = I, multiplique por C, (AB)C = C, associativa, A(BC) = C = A = C Mas eu não lembro de nada que diga que se existe uma inversa de um lado, então existe uma inversa do outro, a não ser o argumento de redução por operações elementares que eu falei. Vou tentar achar o Hoffman Kunze amanhã... -- Bernardo Freitas Paulo da Costa = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] ab=1
Esse exercício parece ser fácil, mas está me complicando. Seja R um anel associativo com 1. Seja a em R e suponha que existe um único b em R tal que ab=1. Provar que ba=1. Consigo fazer um bem parecido, se ab=1 e bc=1 implica que a=c, ou seja o inverso será igual pela direita e esquerda. Mas esse ali de cima não sai. Alguém tem alguma ideia? :)
Re: [obm-l] ab=1
Bem, eu teria a seguinte ideia: X=ba Xb=b(ab)=1 Xb=ab O problema é como provar que para b o a é único... Pois dado a o b é único. Em 3 de setembro de 2012 15:01, Samuel Wainer sswai...@hotmail.com escreveu: Esse exercício parece ser fácil, mas está me complicando. Seja R um anel associativo com 1. Seja a em R e suponha que existe um único b em R tal que ab=1. Provar que ba=1. Consigo fazer um bem parecido, se ab=1 e bc=1 implica que a=c, ou seja o inverso será igual pela direita e esquerda. Mas esse ali de cima não sai. Alguém tem alguma ideia? :) -- /**/ 神が祝福 Torres = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] ab=1
Ah, demorei para sacar este, mas agora que acabou é uma linha! Note que a(b+ba-1)=1 também. Como b é o ÚNICO inverso à direita de a... :) Abraço, Ralph 2012/9/3 Samuel Wainer sswai...@hotmail.com Esse exercício parece ser fácil, mas está me complicando. Seja R um anel associativo com 1. Seja a em R e suponha que existe um único b em R tal que ab=1. Provar que ba=1. Consigo fazer um bem parecido, se ab=1 e bc=1 implica que a=c, ou seja o inverso será igual pela direita e esquerda. Mas esse ali de cima não sai. Alguém tem alguma ideia? :)
RE: [obm-l] ab=1
Nossa, obrigado :)Sabia que era fácil, mas não consegui, tem coisa que só quem tem o dom consegue fazer rs,valeu Date: Mon, 3 Sep 2012 16:11:54 -0300 Subject: Re: [obm-l] ab=1 From: ralp...@gmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Ah, demorei para sacar este, mas agora que acabou é uma linha! Note que a(b+ba-1)=1 também. Como b é o ÚNICO inverso à direita de a... :) Abraço, Ralph 2012/9/3 Samuel Wainer sswai...@hotmail.com Esse exercício parece ser fácil, mas está me complicando. Seja R um anel associativo com 1. Seja a em R e suponha que existe um único b em R tal que ab=1. Provar que ba=1. Consigo fazer um bem parecido, se ab=1 e bc=1 implica que a=c, ou seja o inverso será igual pela direita e esquerda. Mas esse ali de cima não sai. Alguém tem alguma ideia? :)
[obm-l] AB vs BA e Formula para Nos. Compostos
Aqui vao dois problemas que estao me dando uma canseira: 1) Sejam A (mxn) e B (nxm) duas matrizes, com m = n. Sejam Pab(x) e Pba(x) os polinomios caracteristicos de AB e BA, respectivamente. Prove, sem usar determinantes, que: Pab(x) = x^(m-n)*Pba(x). 2) Prove que existe um inteiro positivo k tal que, para todo n = 1, o numero k*2^n + 1 eh composto. No primeiro eu consegui provar que k eh autovalor de A == k eh autovalor de B e que deve realmente existir o termo x^(m-n), mas nao consegui mostrar que as multiplicidades dos autovalores sao iguais. No segundo, eu acho que eh preciso encontrar primos p1, p2, ..., pr tais que pelo menos um deles divide k*2^n + 1, para cada n. Estou convencido de que o teorema chines dos restos deve ser usado em algum lugar, mas nao consegui nada de muito substancial. Qualquer ajuda serah bem-vinda. []s, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB vs BA e Formula para Nos. Compostos
Claudio Buffara said: Aqui vao dois problemas que estao me dando uma canseira: 1) Sejam A (mxn) e B (nxm) duas matrizes, com m = n. Sejam Pab(x) e Pba(x) os polinomios caracteristicos de AB e BA, respectivamente. Prove, sem usar determinantes, que: Pab(x) = x^(m-n)*Pba(x). 2) Prove que existe um inteiro positivo k tal que, para todo n = 1, o numero k*2^n + 1 eh composto. No primeiro eu consegui provar que k eh autovalor de A == k eh autovalor de B e que deve realmente existir o termo x^(m-n), mas nao consegui mostrar que as multiplicidades dos autovalores sao iguais. No segundo, eu acho que eh preciso encontrar primos p1, p2, ..., pr tais que pelo menos um deles divide k*2^n + 1, para cada n. Estou convencido de que o teorema chines dos restos deve ser usado em algum lugar, mas nao consegui nada de muito substancial. [...] Ajuda se você considerar individualmente cada uma das classes de congruência módulo um certo M. Se você não se importar em descobrir -- Fábio ctg \pi Dias Moreira = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB vs BA e Formula para Nos. Compostos
Claudio Buffara said: Aqui vao dois problemas que estao me dando uma canseira: 1) Sejam A (mxn) e B (nxm) duas matrizes, com m = n. Sejam Pab(x) e Pba(x) os polinomios caracteristicos de AB e BA, respectivamente. Prove, sem usar determinantes, que: Pab(x) = x^(m-n)*Pba(x). 2) Prove que existe um inteiro positivo k tal que, para todo n = 1, o numero k*2^n + 1 eh composto. No primeiro eu consegui provar que k eh autovalor de A == k eh autovalor de B e que deve realmente existir o termo x^(m-n), mas nao consegui mostrar que as multiplicidades dos autovalores sao iguais. No segundo, eu acho que eh preciso encontrar primos p1, p2, ..., pr tais que pelo menos um deles divide k*2^n + 1, para cada n. Estou convencido de que o teorema chines dos restos deve ser usado em algum lugar, mas nao consegui nada de muito substancial. [...] Ajuda se você considerar individualmente cada uma das classes de congruência módulo um certo M. Se você não se importar em descobrir qual é o k, está página tem mais informação: http://mathworld.wolfram.com/SierpinskiNumberoftheSecondKind.html []s, -- Fábio ctg \pi Dias Moreira = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB vs BA e Formula para Nos. Compostos
oi! tem uma idéia, mas acho q vai precisar de contas chatas que eu não tenho a menor disposição pra fazer. se f(n) = k*2^n + 1 é simples de verificar que f(n + a) = 2^k * f(n) - (2^a - 1) por Euler, 2^phi(m) = 1 (mod m) quando mdc(m, 2) = 1 (ou seja, m é ímpar). se m|f(n) fica claro que m|f(n + c*phi(m)) para todo c = 0. No segundo, eu acho que eh preciso encontrar primos p1, p2, ..., pr tais que pelo menos um deles divide k*2^n + 1, para cada n. Estou convencido de que o teorema chines dos restos deve ser usado em algum lugar, mas nao consegui nada de muito substancial. Qualquer ajuda serah bem-vinda. []s, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB vs BA e Formula para Nos. Compostos
Este problema foi citado na ultima Eureka!, acho...Fabio Dias Moreira [EMAIL PROTECTED] wrote: Claudio Buffara said: Aqui vao dois problemas que estao me dando uma canseira: 1) Sejam A (mxn) e B (nxm) duas matrizes, com m = n. Sejam Pab(x) e Pba(x) os polinomios caracteristicos de AB e BA, respectivamente. Prove, sem usar determinantes, que: Pab(x) = x^(m-n)*Pba(x). 2) Prove que existe um inteiro positivo k tal que, para todo n = 1, o numero k*2^n + 1 eh composto. No primeiro eu consegui provar que k eh autovalor de A == k eh autovalor de B e que deve realmente existir o termo x^(m-n), mas nao consegui mostrar que as multiplicidades dos autovalores sao iguais. No segundo, eu acho que eh preciso encontrar primos p1, p2, ..., pr tais que pelo menos um deles divide k*2^n + 1, para cada n. Estou convencido de que o teor! ema chines dos restos deve ser usado em algum lugar, mas nao consegui nada de muito substancial. [...]Ajuda se você considerar individualmente cada uma das classes decongruência módulo um certo M. Se você não se importar em descobrir qual éo k, está página tem mais informação:http://mathworld.wolfram.com/SierpinskiNumberoftheSecondKind.html[]s,-- Fábio "ctg \pi" Dias Moreira=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=__Do You Yahoo!?Tired of spam? Yahoo! Mail has the best spam protection around http://mail.yahoo.com
Re: [obm-l] AB vs BA e Formula para Nos. Compostos
Este segundo problema foi da Olimpiada Estyadunidense. Nao me lembrto qual mas e so ir no site do Scholes.Claudio Buffara [EMAIL PROTECTED] wrote: Aqui vao dois problemas que estao me dando uma canseira:1) Sejam A (mxn) e B (nxm) duas matrizes, com m = n.Sejam Pab(x) e Pba(x) os polinomios caracteristicos de AB e BA,respectivamente.Prove, sem usar determinantes, que: Pab(x) = x^(m-n)*Pba(x).2) Prove que existe um inteiro positivo k tal que, para todo n = 1, onumero k*2^n + 1 eh composto.No primeiro eu consegui provar que k eh autovalor de A == k eh autovalorde B e que deve realmente existir o termo x^(m-n), mas nao consegui mostrarque as multiplicidades dos autovalores sao iguais.No segundo, eu acho que eh preciso encontrar primos p1, p2, ..., pr tais quepelo menos um deles divide k*2^n + 1, para cada n. Estou convencido de que oteorema chines dos restos deve ser usado em algum lugar, mas nao conseguinada de muito substancial.Qua! lquer ajuda serah bem-vinda.[]s,Claudio.=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=__Do You Yahoo!?Tired of spam? Yahoo! Mail has the best spam protection around http://mail.yahoo.com
Re: [obm-l] AB - BA = I
Obrigado Claudio
PONCE
Claudio Buffara escreveu:
on 09.03.04 13:38, Luiz Ponce at [EMAIL PROTECTED] wrote:
caro amigo Claudio ,
Voc pode demonstrar a propriedade:
Outra propriedade que vale apenas em espacos vetoriais de dimensao finita eh
a seguinte: se T e U sao operadores lineares tais que UT = I, entao TU = I
PONCE
Oi, Ponce:
A demonstracao que eu imaginei usa os seguintes fatos:
1) Uma funcao f tem inversa a esquerda == f eh injetiva;
2) Uma funcao f tem uma inversa == f eh uma bijecao
Os dois fatos acima valem pra qualquer funcao e nao apenas pra
transformacoes lineares. Os dois abaixo sao especificos de transformacoes
lineares.
3) Sejam E e F espacos vetoriais e T:E - F uma transformacao linear.
Entao T eh injetiva == Nucleo(T) = {0}
4) Teorema do Nucleo e da Imagem:
Sejam E e F espacos vetorias tais que E tem dimensao finita.
Seja T: E - F uma transformacao linear.
Entao, dim(Nucleo(T)) + dim(Imagem(T)) = dim(E)
Esse teorema eh demonstrado estendendo-se uma base do nucleo(T) ateh uma
base de E e aplicando T a uma combinacao linear arbitraria dos vetores dessa
base.
***
Vamos ao nosso resultado:
Seja E um espaco vetorial de dimensao finita e T e U operadoes nesse espaco
tais que UT = I. Entao:
U eh um inverso a esquerda de T ==
T eh injetivo ==
Nucleo(T) = {0} ==
dim(Imagem(T)) = dim(E) - dim(Nucleo(T)) = dim(E) - 0 = dim(E) ==
Imagem(T) = E ==
T eh sobrejetiva ==
T eh uma bijecao ==
T tem uma inversa T' tal que TT' = T'T = I ==
T' = IT' = (UT)T' = U(TT') = UI = U ==
U eh inversa de T ==
TU = I
E acabou...
Repare que nao bastava tomar a inversa T' de T e escrever:
T' = IT' = (UT)T' = U(TT') = UI = U.
Antes, precisavamos provar que T tem uma inversa T'.
Finalmente, de posse desse fato, pudemos concluir que U = T'.
Espero que tenha ficado claro.
Um abraco,
Claudio.
=
Instrues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=
Re: [obm-l] AB - BA = I
On Mon, Mar 08, 2004 at 11:19:04PM -0300, Claudio Buffara wrote: Oi, pessoal; Numa prova do IME dos anos 80, caiu uma questao que pedia pra provar que nao existem matrizes quadradas A e B tais que AB - BA = I (I = matriz identidade). Foi no vestibular de 1980, isto é, a prova foi no final de 1980 para alunos candidatos a ingressar no IME em 1981. Eu só sei pq eu fiz a prova (como aluno). []s, N. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB - BA = I
Voce tem alguma dica para este problema? Artur --- Claudio Buffara [EMAIL PROTECTED] wrote: Um problema um pouco mais dificil eh o seguinte: Seja M uma matriz n x n tal que tr(M) = 0. Prove que existem matrizes n x n A e B tais que M = AB - BA. Acho que dah ateh pra impor algumas restricoes a A e B, mas comecemos com o problema irrestrito. []'s, Claudio. on 09.03.04 01:09, Artur Costa Steiner at [EMAIL PROTECTED] wrote: De fato, se AB - BA = I, entao tr(AB) = tr(BA + I) = tr(BA) + n, onde n0 eh a ordem das matrizes. Logo, tr(AB) = tr(AB) + n, e, portanto, n=0, o que nao eh possivel. Eu acho que eu vi esta questao numa prova de Algebra Linear na faculdade. O professor deu a sugestao de considerar que tr(AB) = tr(BA) - e com isto praticamente resolveu a questao para os alunos que tinham um minimo de conhecimento. Artur Oi, pessoal; Numa prova do IME dos anos 80, caiu uma questao que pedia pra provar que nao existem matrizes quadradas A e B tais que AB - BA = I (I = matriz identidade). A unica demonstracao que eu conheco usa o fato (facil de se provar - apenas use a definicao de produto e algumas manipulacoes algebricas simples) de que tr(AB) = tr(BA), onde tr(X) = traço da matriz X (veja mensagem do Domingos para a definicao de traço). = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = __ Do you Yahoo!? Yahoo! Search - Find what youre looking for faster http://search.yahoo.com = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB - BA = I
caro amigo Claudio , Você pode demonstrar a propriedade: Outra propriedade que vale apenas em espacos vetoriais de dimensao finita eh a seguinte: se T e U sao operadores lineares tais que UT = I, entao TU = I PONCE Claudio Buffara escreveu: Oi, pessoal; Numa prova do IME dos anos 80, caiu uma questao que pedia pra provar que nao existem matrizes quadradas A e B tais que AB - BA = I (I = matriz identidade). A unica demonstracao que eu conheco usa o fato (facil de se provar - apenas use a definicao de produto e algumas manipulacoes algebricas simples) de que tr(AB) = tr(BA), onde tr(X) = traço da matriz X (veja mensagem do Domingos para a definicao de traço). *** Como eh sabido, uma matriz quadrada n x n representa um operador linear num espaco vetorial de dimensao n (veja um livro de algebra linear para as definicoes de todos esses termos). Isso quer dizer que o resultado acima prova que, num espaco vetorial de dimensao finita, nao existem operadores lineares T e U tais que TU - UT = I, onde o produto TU significa composicao de operadores (ou seja TU(v) = T(U(v)) para todo vetor v no espaco vetorial) e I = operador identidade (Iv = v para todo v no espaco vetorial). No entanto, se o espaco tiver dimensao infinita, entao eh possivel que existam operadores T e U tais que TU - UT = I. Por exemplo, considere o espaco vetorial dos polinomios com coeficientes reais e os operadores lineares T e U, tais que: T(f(x)) = f'(x) (operador derivacao) e U(f(x)) = x*f(x) Entao: TU(f(x)) = T(U(f(x)) = T(x*f(x)) = f(x) + x*f'(x) e UT(f(x)) = U(T(f(x)) = U(f'(x)) = x*f'(x) == (UT - TU)(f(x)) = UT(f(x)) - TU(f(x)) = f(x) + x*f'(x) - x*f'(x) = f(x), ou seja: TU - UT = I. *** Outra propriedade que vale apenas em espacos vetoriais de dimensao finita eh a seguinte: se T e U sao operadores lineares tais que UT = I, entao TU = I Em outras palavras, se T tem um inverso a esquerda U (ou seja, um operador U tal que UT = I), entao U eh tambem um inverso a direita de U (TU = I). Nesse caso, o U eh unico e podemos dizer que U eh o inverso de T, o qual eh denotado por T^(-1). Problema: De um exemplo de um espaco vetorial de dimensao infinita e de um operador linear T neste espaco tal que T tem uma infinidade de inversos a esquerda mas nao tem nenhum inverso a direita. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB - BA = I
on 09.03.04 13:38, Luiz Ponce at [EMAIL PROTECTED] wrote:
caro amigo Claudio ,
Você pode demonstrar a propriedade:
Outra propriedade que vale apenas em espacos vetoriais de dimensao finita eh
a seguinte: se T e U sao operadores lineares tais que UT = I, entao TU = I
PONCE
Oi, Ponce:
A demonstracao que eu imaginei usa os seguintes fatos:
1) Uma funcao f tem inversa a esquerda == f eh injetiva;
2) Uma funcao f tem uma inversa == f eh uma bijecao
Os dois fatos acima valem pra qualquer funcao e nao apenas pra
transformacoes lineares. Os dois abaixo sao especificos de transformacoes
lineares.
3) Sejam E e F espacos vetoriais e T:E - F uma transformacao linear.
Entao T eh injetiva == Nucleo(T) = {0}
4) Teorema do Nucleo e da Imagem:
Sejam E e F espacos vetorias tais que E tem dimensao finita.
Seja T: E - F uma transformacao linear.
Entao, dim(Nucleo(T)) + dim(Imagem(T)) = dim(E)
Esse teorema eh demonstrado estendendo-se uma base do nucleo(T) ateh uma
base de E e aplicando T a uma combinacao linear arbitraria dos vetores dessa
base.
***
Vamos ao nosso resultado:
Seja E um espaco vetorial de dimensao finita e T e U operadoes nesse espaco
tais que UT = I. Entao:
U eh um inverso a esquerda de T ==
T eh injetivo ==
Nucleo(T) = {0} ==
dim(Imagem(T)) = dim(E) - dim(Nucleo(T)) = dim(E) - 0 = dim(E) ==
Imagem(T) = E ==
T eh sobrejetiva ==
T eh uma bijecao ==
T tem uma inversa T' tal que TT' = T'T = I ==
T' = IT' = (UT)T' = U(TT') = UI = U ==
U eh inversa de T ==
TU = I
E acabou...
Repare que nao bastava tomar a inversa T' de T e escrever:
T' = IT' = (UT)T' = U(TT') = UI = U.
Antes, precisavamos provar que T tem uma inversa T'.
Finalmente, de posse desse fato, pudemos concluir que U = T'.
Espero que tenha ficado claro.
Um abraco,
Claudio.
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=
[obm-l] AB - BA = I
Oi, pessoal; Numa prova do IME dos anos 80, caiu uma questao que pedia pra provar que nao existem matrizes quadradas A e B tais que AB - BA = I (I = matriz identidade). A unica demonstracao que eu conheco usa o fato (facil de se provar - apenas use a definicao de produto e algumas manipulacoes algebricas simples) de que tr(AB) = tr(BA), onde tr(X) = traço da matriz X (veja mensagem do Domingos para a definicao de traço). *** Como eh sabido, uma matriz quadrada n x n representa um operador linear num espaco vetorial de dimensao n (veja um livro de algebra linear para as definicoes de todos esses termos). Isso quer dizer que o resultado acima prova que, num espaco vetorial de dimensao finita, nao existem operadores lineares T e U tais que TU - UT = I, onde o produto TU significa composicao de operadores (ou seja TU(v) = T(U(v)) para todo vetor v no espaco vetorial) e I = operador identidade (Iv = v para todo v no espaco vetorial). No entanto, se o espaco tiver dimensao infinita, entao eh possivel que existam operadores T e U tais que TU - UT = I. Por exemplo, considere o espaco vetorial dos polinomios com coeficientes reais e os operadores lineares T e U, tais que: T(f(x)) = f'(x) (operador derivacao) e U(f(x)) = x*f(x) Entao: TU(f(x)) = T(U(f(x)) = T(x*f(x)) = f(x) + x*f'(x) e UT(f(x)) = U(T(f(x)) = U(f'(x)) = x*f'(x) == (UT - TU)(f(x)) = UT(f(x)) - TU(f(x)) = f(x) + x*f'(x) - x*f'(x) = f(x), ou seja: TU - UT = I. *** Outra propriedade que vale apenas em espacos vetoriais de dimensao finita eh a seguinte: se T e U sao operadores lineares tais que UT = I, entao TU = I Em outras palavras, se T tem um inverso a esquerda U (ou seja, um operador U tal que UT = I), entao U eh tambem um inverso a direita de U (TU = I). Nesse caso, o U eh unico e podemos dizer que U eh o inverso de T, o qual eh denotado por T^(-1). Problema: De um exemplo de um espaco vetorial de dimensao infinita e de um operador linear T neste espaco tal que T tem uma infinidade de inversos a esquerda mas nao tem nenhum inverso a direita. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
RE: [obm-l] AB - BA = I
De fato, se AB - BA = I, entao tr(AB) = tr(BA + I) = tr(BA) + n, onde n0 eh a ordem das matrizes. Logo, tr(AB) = tr(AB) + n, e, portanto, n=0, o que nao eh possivel. Eu acho que eu vi esta questao numa prova de Algebra Linear na faculdade. O professor deu a sugestao de considerar que tr(AB) = tr(BA) - e com isto praticamente resolveu a questao para os alunos que tinham um minimo de conhecimento. Artur Oi, pessoal; Numa prova do IME dos anos 80, caiu uma questao que pedia pra provar que nao existem matrizes quadradas A e B tais que AB - BA = I (I = matriz identidade). A unica demonstracao que eu conheco usa o fato (facil de se provar - apenas use a definicao de produto e algumas manipulacoes algebricas simples) de que tr(AB) = tr(BA), onde tr(X) = traço da matriz X (veja mensagem do Domingos para a definicao de traço). *** Como eh sabido, uma matriz quadrada n x n representa um operador linear num espaco vetorial de dimensao n (veja um livro de algebra linear para as definicoes de todos esses termos). Isso quer dizer que o resultado acima prova que, num espaco vetorial de dimensao finita, nao existem operadores lineares T e U tais que TU - UT = I, onde o produto TU significa composicao de operadores (ou seja TU(v) = T(U(v)) para todo vetor v no espaco vetorial) e I = operador identidade (Iv = v para todo v no espaco vetorial). No entanto, se o espaco tiver dimensao infinita, entao eh possivel que existam operadores T e U tais que TU - UT = I. Por exemplo, considere o espaco vetorial dos polinomios com coeficientes reais e os operadores lineares T e U, tais que: T(f(x)) = f'(x) (operador derivacao) e U(f(x)) = x*f(x) Entao: TU(f(x)) = T(U(f(x)) = T(x*f(x)) = f(x) + x*f'(x) e UT(f(x)) = U(T(f(x)) = U(f'(x)) = x*f'(x) == (UT - TU)(f(x)) = UT(f(x)) - TU(f(x)) = f(x) + x*f'(x) - x*f'(x) = f(x), ou seja: TU - UT = I. *** Outra propriedade que vale apenas em espacos vetoriais de dimensao finita eh a seguinte: se T e U sao operadores lineares tais que UT = I, entao TU = I Em outras palavras, se T tem um inverso a esquerda U (ou seja, um operador U tal que UT = I), entao U eh tambem um inverso a direita de U (TU = I). Nesse caso, o U eh unico e podemos dizer que U eh o inverso de T, o qual eh denotado por T^(-1). Problema: De um exemplo de um espaco vetorial de dimensao infinita e de um operador linear T neste espaco tal que T tem uma infinidade de inversos a esquerda mas nao tem nenhum inverso a direita. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] AB - BA = I
Um problema um pouco mais dificil eh o seguinte: Seja M uma matriz n x n tal que tr(M) = 0. Prove que existem matrizes n x n A e B tais que M = AB - BA. Acho que dah ateh pra impor algumas restricoes a A e B, mas comecemos com o problema irrestrito. []'s, Claudio. on 09.03.04 01:09, Artur Costa Steiner at [EMAIL PROTECTED] wrote: De fato, se AB - BA = I, entao tr(AB) = tr(BA + I) = tr(BA) + n, onde n0 eh a ordem das matrizes. Logo, tr(AB) = tr(AB) + n, e, portanto, n=0, o que nao eh possivel. Eu acho que eu vi esta questao numa prova de Algebra Linear na faculdade. O professor deu a sugestao de considerar que tr(AB) = tr(BA) - e com isto praticamente resolveu a questao para os alunos que tinham um minimo de conhecimento. Artur Oi, pessoal; Numa prova do IME dos anos 80, caiu uma questao que pedia pra provar que nao existem matrizes quadradas A e B tais que AB - BA = I (I = matriz identidade). A unica demonstracao que eu conheco usa o fato (facil de se provar - apenas use a definicao de produto e algumas manipulacoes algebricas simples) de que tr(AB) = tr(BA), onde tr(X) = traço da matriz X (veja mensagem do Domingos para a definicao de traço). = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] AB = BA = mesmos autovetores ?
Caros da lista! Um resultado do livro Linear Algebra do Gilbert Strang diz If AB=BA, then this matrices share the same eigenvectors. The key step is to notice that Ax=Lx implica ABx=BAx=BLx=LBx. Thus x and Bx are eigenvectors sharing the same L, and if we assume for convenience that the eigenvalues of A are distinct -- the eigenspace are all one dimensional -- then Bx must be a multiple of x. In other words x is an eigenvector of B as well as A, wich completes the proof. [Se AB=BA, então as duas matrizes possuem os mesmo autovetores. O ponto é reparar que Ax=Lx implica ABx=BAx=BLx=LBx. Portanto x e Bx são autovetores compartilhando o mesmo autovalor L, e se nós assumirmos por conveniência que os autovalores de A são distintos -- os autoespaços associados são todos unidimensionais -- então Bx deve ser um múltiplo de x. Em outras palavras, x é um autovetor de B, o que completa a prova. Este por conveniência deveria ter sido dito como uma das hipóteses, afinal sem ela o resultado não é correto, pois se A = [ 1 0 ] [ 0 1 ] B = [ 1 1 ] [ 1 1 ] então AB=BA e para v =[ 2 ] [ 1 ] tem-se Av = v, mas Bv = [ 3 ] [ 3 ] e v não é autovetor de B. Onde esta meu erro de interpretação? Abraço. Duda. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] AB = BA = mesmos autovetores ?
Caro Duda: Pra mim, você tem toda a razão. O teorema só vale em geral quando A tem autovalores distintos (logo, auto-espaços de dimensão 1)- como você mostrou com seu contra-exemplo - e o autor deveria ter explicitado esta hipótese ao invés de tê-la assumido por conveniência. É duro ter que se preocupar com estas gafes em livros supostamente didáticos. Um abraço, Claudio. - Original Message - From: Eduardo Casagrande Stabel [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Friday, February 07, 2003 2:24 PM Subject: [obm-l] AB = BA = mesmos autovetores ? Caros da lista! Um resultado do livro Linear Algebra do Gilbert Strang diz If AB=BA, then this matrices share the same eigenvectors. The key step is to notice that Ax=Lx implica ABx=BAx=BLx=LBx. Thus x and Bx are eigenvectors sharing the same L, and if we assume for convenience that the eigenvalues of A are distinct -- the eigenspace are all one dimensional -- then Bx must be a multiple of x. In other words x is an eigenvector of B as well as A, wich completes the proof. [Se AB=BA, então as duas matrizes possuem os mesmo autovetores. O ponto é reparar que Ax=Lx implica ABx=BAx=BLx=LBx. Portanto x e Bx são autovetores compartilhando o mesmo autovalor L, e se nós assumirmos por conveniência que os autovalores de A são distintos -- os autoespaços associados são todos unidimensionais -- então Bx deve ser um múltiplo de x. Em outras palavras, x é um autovetor de B, o que completa a prova. Este por conveniência deveria ter sido dito como uma das hipóteses, afinal sem ela o resultado não é correto, pois se A = [ 1 0 ] [ 0 1 ] B = [ 1 1 ] [ 1 1 ] então AB=BA e para v =[ 2 ] [ 1 ] tem-se Av = v, mas Bv = [ 3 ] [ 3 ] e v não é autovetor de B. Onde esta meu erro de interpretação? Abraço. Duda. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] ab
On Fri, Nov 29, 2002 at 03:01:54PM -0200, basketboy_igor wrote: Poderia ajudar nessa questão: Sejam a, b e c pertencentes ao reais positivos tais que a+b+c=1. Prove que a^2b + b^2c + c^2a 4/27 Acho melhor formular assim. Se a,b,c = 0, a+b+c = 1 então a^2 b + b^2 c + c^2 a = 4/27. Vou resolver usando cálculo, deve existir uma solução ainda mais elementar usando só álgebra. A nossa função é F(a,b,c) = a^2 b + b^2 c + c^2 a. e o domínio é o triângulo equilátero descrito no enunciado. Nos vértices F(1,0,0) = F(0,1,0) = F(0,0,1) = 0. Nos lados, digamos no lado c = 0 (os três são iguaizinhos) temos b = 1-a e F(a,b,c) = a^2 (1-a), 0 = a = 1 que vale 0 nas pontas e tem um único ponto crítico em a = 2/3 onde F(2/3,1/3,0) = 4/27. Na face temos grad F = (2ab+c^2, 2bc+a^2, 2ca+b^2) e queremos procurar os pontos onde as três coordenadas são iguais (de modo que o vetor gradiente fique perpendicular ao plano a+b+c=1). Observando que 2ab+c^2 = a^2 + b^2 + c^2 - (a-b)^2 devemos ter (a-b)^2 = (b-c)^2 = (c-a)^2 o que só ocorre se a=b=c=1/3 onde F(1/3,1/3,1/3) = 1/9 4/27. Aliás este ponto fixo central é o que se chama uma sela de macaco. []s, N. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] ab
Juliana Freire [EMAIL PROTECTED] wrote: Tem alguma coisa errada neste enunciado. Por exemplo, se a = b= c = 1/3, a^2b + b^2c + c^2a = 3^(1/3) ~ 1.44(desde quando?Se o cara de la e menor que 1...) - Juliana Poderia ajudar nessa questão:Sejam a, b e c pertencentes ao reais positivos tais que a+b+c=1. Prove que a^2b + b^2c + c^2a 4/27 __Venha para a VilaBOL!O melhor lugar para você construir seu site. Fácil e grátis!http://vila.bol.com.br=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.htmlO administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]=Yahoo! Acesso Grátis Internet rápida, grátis e fácil. Faça o download do discador agora mesmo.
Re: [obm-l] ab
As vezes uma soma de 3 parcelas menores que 1 dah maior que 1. Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet wrote: Juliana Freire [EMAIL PROTECTED] wrote: Tem alguma coisa errada neste enunciado. Por exemplo, se a = b= c = 1/3, a^2b + b^2c + c^2a = 3^(1/3) ~ 1.44(desde quando?Se o cara de la e menor que 1...) - Juliana Poderia ajudar nessa questo: Sejam a, b e c pertencentes ao reais positivos tais que a+b+c=1. Prove que a^2b + b^2c + c^2a 4/27 __ Venha para a VilaBOL! O melhor lugar para voc construir seu site. Fcil e grtis! http://vila.bol.com.br = Instrues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista [EMAIL PROTECTED] = Yahoo! Acesso Grtis Internet rpida, grtis e fcil. Faa o download do discador agora mesmo.
Re: [obm-l] ab
Ah,e mesmo.Mas e so um erro de notaçao. Augusto César Morgado [EMAIL PROTECTED] wrote: As vezes uma soma de 3 parcelas menores que 1 dah maior que 1.Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet wrote: Juliana Freire [EMAIL PROTECTED] wrote: Tem alguma coisa errada neste enunciado. Por exemplo, se a = b= c = 1/3, a^2b + b^2c + c^2a = 3^(1/3) ~ 1.44(desde quando?Se o cara de la e menor que 1...) - Juliana Poderia ajudar nessa questão:Sejam a, b e c pertencentes ao reais positivos tais que a+b+c=1. Prove que a^2b + b^2c + c^2a 4/27 __Venha para a VilaBOL!O melhor lugar para você construir seu site. Fácil e grátis!http://vila.bol.com.br =Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = Yahoo! Acesso Grátis Internet rápida, grátis e fácil. Faça o download do discador agora mesmo. Yahoo! Acesso Grátis Internet rápida, grátis e fácil. Faça o download do discador agora mesmo.
[obm-l] ab
Poderia ajudar nessa questão: Sejam a, b e c pertencentes ao reais positivos tais que a+b+c=1. Prove que a^2b + b^2c + c^2a 4/27 __ Venha para a VilaBOL! O melhor lugar para você construir seu site. Fácil e grátis! http://vila.bol.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] ab
Tem alguma coisa errada neste enunciado. Por exemplo, se a = b= c = 1/3, a^2b + b^2c + c^2a = 3^(1/3) ~ 1.44 - Juliana Poderia ajudar nessa questão:Sejam a, b e c pertencentes ao reais positivos tais que a+b+c=1. Prove que a^2b + b^2c + c^2a 4/27 __Venha para a VilaBOL!O melhor lugar para você construir seu site. Fácil e grátis!http://vila.bol.com.br=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.htmlO administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]=
Re: [obm-l] ab
Acho que eh (a^2)b + (b^2)c + (c^2)a 4/27 Juliana Freire wrote: Tem alguma coisa errada neste enunciado. Por exemplo, se a = b= c = 1/3, a^2b + b^2c + c^2a = 3^(1/3) ~ 1.44 - Juliana Poderia ajudar nessa questo: Sejam a, b e c pertencentes ao reaispositivos tais que a+b+c=1. Prove que a^2b + b^2c + c^2a 4/27 __ Venhapara a VilaBOL! O melhor lugar para voc construir seu site. Fcil egrtis! http://vila.bol.com.br = Instruespara entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html Oadministrador desta lista [EMAIL PROTECTED] =
