Úloha 5.4.1: $(AB)^T = B^TA^T$

[MatusDuchyna]

Úloha: Dokážte
a) $(AB)^T = B^TA^T$
$$(AB)^T = (||\sum^n_{t=1}a_{it}b_{tj}||)^T = ||\sum^n_{t=1}a_{ti}b_{jt}|| = ||\sum^n_{t=1}b_{jt}a_{ti}|| = B^TA^T \quad \square$$

JG: Toto nie je dobre. Uvedomme si, že zápis $A=||a_{ij}||$ hovorí, že v i-tom riadku je na j-tom mieste (stĺpci) prvok $a_{ij}$.
Tj. zápis $||a_{ij}||^T=||a_{ji}||$ hovorí, že v matici $||a_{ij}||^T$ sa v i-tom riadku na j-tom mieste (stĺpci) nachádza prvok $a_{ji}$.
Naozaj je $\sum^n_{t=1}b_{jt}a_{ti}$ prvok v i-tom riadku je na j-tom mieste (stĺpci) matice $B^TA^T$?
Myslím, že rovnosti $(||\sum^n_{t=1}a_{it}b_{tj}||)^T = ||\sum^n_{t=1}a_{ti}b_{jt}||$ a tiež (a ani) $||\sum^n_{t=1}b_{jt}a_{ti}|| = B^TA^T $ nie sú správne - skúste si to na všeobecných maticiach $2\times 2$.


b) Ak $A$ je symetrická matica, tak aj $A^n$ pre každé $n \in \mathbb{N}$ je symetrická matica.
Matematickou indukciou vzhľadom na $n$ dokážeme, že ak $A$ je symetrická matica, tak pre všetky $n \in \mathbb{N}$ platí $A^n = (A^n)^T$.
Pre $n=0$ dostávame $A^0 = I = I^T = (A^0)^T$.
Pre $n=1$ z definície symetrickej matice platí $A^1 = A = A^T = (A^1)^T$.
Pre $n=2$ z predošlého odseku (i), z definície mocniny matice (ii) a z definície symetrickej matice (iii) dostávame $A^2 \overset{\mathrm{\text{(ii)}}}{=} AA \overset{\mathrm{\text{(iii)}}}{=} A^TA^T \overset{\mathrm{\text{(i)}}}{=} (AA)^T \overset{\mathrm{\text{(ii)}}}{=} (A^2)^T$.
Predpokladajme, že platí indukčný predpoklad pre všetky $n = 0, 1, \dots, k$. Dokážeme, že potom platí aj pre $n=k+1$. Potom
$$A^{k+1} \overset{\mathrm{\text{(ii)}}}{=} A^kA \overset{\mathrm{\text{IP}}}{=} (A^k)^TA \overset{\mathrm{\text{(iii)}}}{=} (A^k)^TA^T \overset{\mathrm{\text{(i)}}}{=} (AA^k)^T \overset{\mathrm{\text{(ii)}}}{=} (A^{k+1})^T \text{.}$$

Dokázali sme, že ak $A$ je symetrická matica, tak $\forall n \in \mathbb{N}$ je aj $A^n$ symetrická matica. $\square$

JG: Táto časť je dobre (ale využíva sa tam bod a) )

[Martin Sleziak]

Upravil som názov topicu tak, aby tam okrem čísla bolo aj niečo, z čoho je približne vidno o čom je daná úloha. (Môže byť užitočné pre vašich kolegov, ak napríklad budú hľadať na fóre riešenie niektorého konkrétneho príkladu. Čiže všeobecne je fajn dávať aspoň trochu deskriptívne názvy. Samozrejme, je jasné, že niečo čo by vlastne popísalo úplne celé zadanie sa tam asi nezmestí.)

[jaroslav.gurican]

Pozrite si moje poznámky a skúste to opraviť.

[MatusDuchyna]

$$(AB)^T = (||\sum \limits^n_{t=1} a_{it}b_{tj}||)^T = ||\sum \limits^n_{t=1} a_{jt}b_{ti}||$$
$$B^TA^T = ||\sum \limits^n_{t=1} (b_{it})^T(a_{tj})^T|| = ||\sum \limits^n_{t=1} b_{ti}a_{jt}|| = ||\sum \limits^n_{t=1} a_{jt}b_{ti}||$$
Čiže $(AB)^T = B^TA^T$ $\square$.

JG: Čo v tej druhej časti znamená $(b_{it})^T$ - to je transponovanie matice $1\times 1$? V matici $1\times 1$ by ale platilo $(b_{it})^T=(b_{it})$ a nie $(b_{it})^T=(b_{ti})$, čo by ste asi chceli. Asi by som tú prvú rovnicu v druhej časti vynechal, to tam nedáva príliš zmysel. Čiže by to zostalo takto:
$$B^TA^T = ||\sum \limits^n_{t=1} b_{ti}a_{jt}|| = ||\sum \limits^n_{t=1} a_{jt}b_{ti}||,$$ možno s poznámkou, že prvok ij v matici $B^TA^T$ "je" (dostaneme ho z)
$$(b_{1i} b_{2i} \dots b_{ni})\left(\begin{array}{c} a_{j1}\\ a_{j2}\\\vdots\\a_{jn}\end{array}\right)$$
(i-tý riadok $B^T$, t.j i-tý stĺpec $B$ transponovaný "KRÁT" j-tý stĺpec $A^T$, t.j. j-tý riadok matice A transponovaný. (tu predpokladám, že $A$ je $m\times n$ a $B$ je $n\times k$)
To ste asi chceli "povedať" tou rovnosťou $B^TA^T = ||\sum \limits^n_{t=1} (b_{it})^T(a_{tj})^T||$, ale tá nie je dobre.

[jaroslav.gurican]

OK, 1 bod