SEEMOUS 2010/3

#1

Συμβολίζουμε με $M_2(\mathbb{R})$ το σύνολο όλων των $2\times2$ πινάκων με πραγματικές τιμές των στοιχείων. Να αποδειχθεί ότι
(α) Για κάθε $A \in M_2(\mathbb{R})$ υπάρχουν πίνακες $B,C \in M_2(\mathbb{R})$ ώστε A = B^2+C^2

. (6 πόντοι)
(β) Δεν υπάρχουν $B,C \in M_2(\mathbb{R})$ που μετατίθενται ώστε $\displaystyle{ B^2 + C^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.}$ (4 πόντοι)

Επεξεργασία: Διορθώθηκε η εκφώνηση στο (α).

Κώστας Παππέλης · #2

Χάριν πληρότητας να βάλω μια λύση στο ομολογουμένως δύσκολο 3α την οποία προσπάθησα να κάνω κατά τη διάρκεια του διαγωνισμού αλλά δε μου προχωρούσε και την ολοκλήρωσα σήμερα το πρωί ενώ διάβαζα ανθρωπολογία για τους πιθήκους.

Σπάμε τον

στη πολική του διάσπαση με A=SP

όπου ο

είναι θετικά ορισμένος και ο

είναι ισομετρία ( |detS|=1

). Τώρα ο

έχει τετραγωνική ρίζα οπότε αρκεί να σπάσουμε τον

σε άθροισμα δύο τετραγώνων.

Αυτό όμως επιτυγχάνεται ως εξής: ο

γενικά σε n-διάστατο χώρο είναι όμοιος με έναν πίνακα σε blocks όπου κάθε block είναι είτε μια 2x2 rotation είτε ένας άσος είτε ένας μείον άσος.

Άρα στο πρόβλημά μας: αν είναι rotation τελειώσαμε (οι ιδιοτιμές δεν είναι πραγματικές), αν είναι ο identity ή ο μείον identity επίσης τελειώσαμε (είναι τέλεια τετράγωνα συν τον μηδενικό στο τετράγωνο) και τέλος αν έχει έναν άσο και έναν μείον άσο, προσθέτουμε στον μείον identity έναν πίνακα που έχει entry 2 και τα άλλα τρία του entries είναι 0.

Edit: Δυστυχώς η παραπάνω λύση δε δουλεύει (παρά μόνο για πίνακες με ορίζουσα +-1) γιατί χαλάει στο γινόμενο (το γινόμενο δύο τετραγώνων δεν είναι υποχρεωτικά τετράγωνο)

Ηλία ευχαριστώ για την επισήμανση.

#3

Επαναφέρω μιας και η εκφώνηση του (α) είχε λάθος το οποίο διορθώθηκε.

#4

Βάζω μια απόδειξη για να το κλείσουμε και αυτό:

(α) Έστω $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ . Επιλέγω $B = \begin{pmatrix} \frac{b-c}{2N} & N \\ -N & 0\end{pmatrix}$ για κάποιο αρκετά μεγάλο

. Τότε είναι $B^2 = \begin{pmatrix} \frac{(b-c)^2}{4N^2} - N^2 & \frac{b-c}{2} \\ \frac{c-b}{2} & -N^2\end{pmatrix}$ και άρα $\displaystyle{ A - B^2 = \begin{pmatrix} a - \frac{(b-c)^2}{4N^2} + N^2 & \frac{b+c}{2} \\ \frac{b+c}{2} & d + N^2\end{pmatrix}.}$

Επομένως ο A-B^2

είναι συμμετρικός πίνακας και επιλέγοντας το

αρκετά μεγάλο θα έχει θετικές ιδιοτιμές αφού τόσο το άθροισμά τους όσο και το γινόμενό τους θα είναι θετικά.

Έστω $\lambda,\mu > 0$ οι ιδιοτιμές του. Τότε υπάρχει πραγματικός πίνακας

ώστε $P^{-1}(A-B^2)P = \begin{pmatrix} \lambda & 0 \\0 & \mu\end{pmatrix}$ .

Επιλέγοντας τώρα $C = P\begin{pmatrix} \sqrt{\lambda} & 0 \\0 & \sqrt{\mu}\end{pmatrix}P^{-1}$ έχουμε το ζητούμενο.

(β) Έχω την εντύπωση πως η λύση δόθηκε αλλά διαγράφτηκε:

Αν BC = CB

τότε

και επομένως πρέπει $\det(B^2+C^2) = \det(B+iC)\det(B-iC) = |\det(B+iC)|^2 \geqslant 0$ . Όμως $\det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix} = -1$ οπότε δεν μπορούμε να έχουμε πραγματικούς B,C

με $B^2 + C^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ και BC=CB

.

SEEMOUS 2010/3

SEEMOUS 2010/3

Re: SEEMOUS 2010

Re: SEEMOUS 2010/3

Re: SEEMOUS 2010/3

Μέλη σε σύνδεση