$AB\ne BA$
Ciao ragazzi!
Per definizione, date $A=(a^i_k)\in \mathcal{M}_{m,n}(\mathbb{K})$ e $B=(b^k_j)\in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})$, il prodotto $AB\in\mathcal{M}_{m,p}(\mathbb{K})$ è la matrice il cui generico elemento di posto $ij$ è
\[(AB)^i_j=\sum^n_{k=1}a^i_kb_j^k\qquad i=1,\dots, m\quad j=1,\dots, p\]
Bene. Devo dimostrare che, in generale, $AB\ne BA$. Non ho molta ancora molta confidenza con gli indici, perciò è probabile che abbia commesso qualche stronzata
Innanzitutto ridenomino gli indici e pongo $B=(b^i_k)$ e $A=(a^k_j)$, $i=1,...,p$ e $j=1,...,m$. Il prodotto $BA$ è la matrice (quadrata, perchè dev'essere $p=m$...) il cui generico elemento di posto $ij$ è
\[(BA)^i_j=\sum^n_{k=1} b^i_k a^k_j\]
Ora come faccio a mettere in evidenza il fatto che, in generale,
\[\sum^n_{k=1} b^i_k a^k_j \ne \sum^n_{k=1}a^i_kb_j^k\]
???
Per definizione, date $A=(a^i_k)\in \mathcal{M}_{m,n}(\mathbb{K})$ e $B=(b^k_j)\in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})$, il prodotto $AB\in\mathcal{M}_{m,p}(\mathbb{K})$ è la matrice il cui generico elemento di posto $ij$ è
\[(AB)^i_j=\sum^n_{k=1}a^i_kb_j^k\qquad i=1,\dots, m\quad j=1,\dots, p\]
Bene. Devo dimostrare che, in generale, $AB\ne BA$. Non ho molta ancora molta confidenza con gli indici, perciò è probabile che abbia commesso qualche stronzata
Innanzitutto ridenomino gli indici e pongo $B=(b^i_k)$ e $A=(a^k_j)$, $i=1,...,p$ e $j=1,...,m$. Il prodotto $BA$ è la matrice (quadrata, perchè dev'essere $p=m$...) il cui generico elemento di posto $ij$ è\[(BA)^i_j=\sum^n_{k=1} b^i_k a^k_j\]
Ora come faccio a mettere in evidenza il fatto che, in generale,
\[\sum^n_{k=1} b^i_k a^k_j \ne \sum^n_{k=1}a^i_kb_j^k\]
???
Risposte
Ma no, dai...
Per confutare una proprietà basta trovare un controesempio. Quindi trova materialmente due matrici $A, B$ tali che $A B \ne BA$.
Per confutare una proprietà basta trovare un controesempio. Quindi trova materialmente due matrici $A, B$ tali che $A B \ne BA$.
Ci stavo pensando! ché così è un suicidio Grazie Seneca!
ché così è un suicidio Grazie Seneca!
condivido con Seneca.
Controesempio :
Prendi A= \begin{pmatrix}
1 & 2\\
3 & 4
\end{pmatrix}
B= \begin{pmatrix}
2 & 1\\
4 & 3
\end{pmatrix}
$A*B$ = \begin{pmatrix}
10 & 7\\
22 & 15
\end{pmatrix}
$B*A=$ \begin{pmatrix}
5 & 8\\
16 & 20
\end{pmatrix}
Quindi palesamente $A*B!=B*A$....
Una cosa interessante però potresti provarla...
Sia $D_n$ l'insieme delle matrici diagonali di ordine $n$, Allora $AA A,B in D_n : AB=BA$.
ciao peppe
Controesempio :
Prendi A= \begin{pmatrix}
1 & 2\\
3 & 4
\end{pmatrix}
B= \begin{pmatrix}
2 & 1\\
4 & 3
\end{pmatrix}
$A*B$ = \begin{pmatrix}
10 & 7\\
22 & 15
\end{pmatrix}
$B*A=$ \begin{pmatrix}
5 & 8\\
16 & 20
\end{pmatrix}
Quindi palesamente $A*B!=B*A$....
Una cosa interessante però potresti provarla...
Sia $D_n$ l'insieme delle matrici diagonali di ordine $n$, Allora $AA A,B in D_n : AB=BA$.
ciao peppe
Proviamo. Osservo innanzitutto che un altro modo per dire che $A\in \mathcal{D}_n(\mathbb{K})$ è dire che $A=\delta^i_k\cdot A$, con $i,k=1,...,n$ (se funziona è una "genialata", concedimelo ).
Siano dunque $A,B \in\mathcal{D}_n(\mathbb{K})$, $A=\delta^i_k\cdot A=(\delta^i_k a^i_k)$, $B=\delta^k_j\cdot B=(\delta^k_j\b^k_j)$. Il generico elemento di posto $ij$ della matrice $AB$ è
\[(AB)^i_j=\sum^n_{k=1} (\delta^i_k a^i_k)(\delta^k_j b^k_j)\]
Evidentemente, se $i\ne j$, si ha $(AB)^i_j=0$, mentre se $i=j$ si ha
\[(AB)^i_i=\sum^n_{k=1}(\delta^i_i a^i_i)(\delta^i_i b^i_i)=\sum_{k=1}^n a^i_ib^i_i=a^i_ib^i_i\]
ovvero $AB$ è una matrice diagonale di ordine $n$.
Ridenomino gli indici di riga e colonna, ponendo $A=(\delta^k_j a^k_j)$, $B=(\delta^i_k\b^i_k)$. Ho che
\[(BA)^i_j=\sum^n_{k=1} (\delta^i_k b^i_k)(\delta^k_j a^k_j)\]
Vale quindi lo stesso ragionamento di prima: se $i \ne j$, $(BA)^i_j=0$, mentre se $i=j$ ho
\[(BA)^i_i=\sum^n_{k=1}(\delta^i_i b^i_i)(\delta^i_i a^i_i)=\sum_{k=1}^n b^i_ia^i_i=b^i_ia^i_i=a^i_ib^i_i=(AB)^i_i\qquad \forall i=1,\dots,n\]
Troppo contorto?
). Siano dunque $A,B \in\mathcal{D}_n(\mathbb{K})$, $A=\delta^i_k\cdot A=(\delta^i_k a^i_k)$, $B=\delta^k_j\cdot B=(\delta^k_j\b^k_j)$. Il generico elemento di posto $ij$ della matrice $AB$ è
\[(AB)^i_j=\sum^n_{k=1} (\delta^i_k a^i_k)(\delta^k_j b^k_j)\]
Evidentemente, se $i\ne j$, si ha $(AB)^i_j=0$, mentre se $i=j$ si ha
\[(AB)^i_i=\sum^n_{k=1}(\delta^i_i a^i_i)(\delta^i_i b^i_i)=\sum_{k=1}^n a^i_ib^i_i=a^i_ib^i_i\]
ovvero $AB$ è una matrice diagonale di ordine $n$.
Ridenomino gli indici di riga e colonna, ponendo $A=(\delta^k_j a^k_j)$, $B=(\delta^i_k\b^i_k)$. Ho che
\[(BA)^i_j=\sum^n_{k=1} (\delta^i_k b^i_k)(\delta^k_j a^k_j)\]
Vale quindi lo stesso ragionamento di prima: se $i \ne j$, $(BA)^i_j=0$, mentre se $i=j$ ho
\[(BA)^i_i=\sum^n_{k=1}(\delta^i_i b^i_i)(\delta^i_i a^i_i)=\sum_{k=1}^n b^i_ia^i_i=b^i_ia^i_i=a^i_ib^i_i=(AB)^i_i\qquad \forall i=1,\dots,n\]
Troppo contorto?
Io avrei ragionato in altri termini senza usare il simbolo di Kronecker, guarda se ti convince.
Sia $A in M_n(\mathbb{K})$
$A in D_n <=> AA i,j in {1,...,n} , i!=j : a^i_j=0$ (1)
siano $A,B in D_n$ tali che rispondano alla definizione (1).
Ovviamente $AB$ e $BA$ sono dello stesso tipo, cioè di ordine $n$. Voglio provare che $AB=BA$ cioè $AA i,j : (AB)^i_j=(BA)^i_j$
Considero
$(AB)^i_j=\sum_(k=1)^na^i_kb^k_j = a^i_1b^1_j+a^i_2b^2_j+......+a^i_ib^i_j+....+a^i_nb^n_j$
Per tutti i posti $i!=j$ tutti gli $a^i_j=b^i_j=0$
Pertanto la somma si riduce a considerare solo il termine $a^i_ib^i_j$ dove $i=j$ , cioé si ha infine che
$(AB)^i_j=a^i_ib^i_j$ (2)
Consideriamo ora $(BA)^i_j=\sum_(k=1)b^i_ka^k_j$ ragionando in modo pressoché analogo si giunge a
$(BA)^i_j=b^i_ia^i_j$ per $i=j$ (3)
PoicHè $i=j$ e il prodotto di $\mathbb{K}$ è commutativo si giunge a dire che $a^i_ib^i_j=b^i_ja^i_j$ e cioè
$(AB)^i_j=(BA)^i_j => AB=BA$
Sia $A in M_n(\mathbb{K})$
$A in D_n <=> AA i,j in {1,...,n} , i!=j : a^i_j=0$ (1)
siano $A,B in D_n$ tali che rispondano alla definizione (1).
Ovviamente $AB$ e $BA$ sono dello stesso tipo, cioè di ordine $n$. Voglio provare che $AB=BA$ cioè $AA i,j : (AB)^i_j=(BA)^i_j$
Considero
$(AB)^i_j=\sum_(k=1)^na^i_kb^k_j = a^i_1b^1_j+a^i_2b^2_j+......+a^i_ib^i_j+....+a^i_nb^n_j$
Per tutti i posti $i!=j$ tutti gli $a^i_j=b^i_j=0$
Pertanto la somma si riduce a considerare solo il termine $a^i_ib^i_j$ dove $i=j$ , cioé si ha infine che
$(AB)^i_j=a^i_ib^i_j$ (2)
Consideriamo ora $(BA)^i_j=\sum_(k=1)b^i_ka^k_j$ ragionando in modo pressoché analogo si giunge a
$(BA)^i_j=b^i_ia^i_j$ per $i=j$ (3)
PoicHè $i=j$ e il prodotto di $\mathbb{K}$ è commutativo si giunge a dire che $a^i_ib^i_j=b^i_ja^i_j$ e cioè
$(AB)^i_j=(BA)^i_j => AB=BA$
Sì essenzialmente abbiamo fatto la stessa cosa Fra 
a me il $\delta$ sta simpatico
a me il $\delta$ sta simpatico
Rilancio
sia $A in M_n(\mathbb{K})$. Prova che $A+A^T$ è simmetrica mentre $A-A^T$ è antisimmetrica. Prova inoltre che $A$ si può esprimere come somma di una matrice simmetrica per una antisimmetrica.
sia $A in M_n(\mathbb{K})$. Prova che $A+A^T$ è simmetrica mentre $A-A^T$ è antisimmetrica. Prova inoltre che $A$ si può esprimere come somma di una matrice simmetrica per una antisimmetrica.
"Kashaman":
Rilancio
sia $A in M_n(\mathbb{K})$. Prova che $A+A^T$ è simmetrica mentre $A-A^T$ è antisimmetrica. Prova inoltre che $A$ si può esprimere in unico modo come somma di una matrice simmetrica ed una antisimmetrica.
(una piccola, ma importante, aggiunta).
ragazzi è una decomposizione sorprendente!! mi ci metto subito!
grazie del problema!
grazie del problema!
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