Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

#1

Δίνονται μη μηδενικοί $m\times m$ πίνακες $A_1,\ldots,A_n$ . Να δειχθεί ότι υπάρχει $m \times m$ πίνακας

ώστε ο $BA_1BA_2B\cdots BA_nB$ να είναι μη μηδενικός.

[Ονομάζουμε ένα πίνακα μη μηδενικό αν έχει τουλάχιστον ένα μη μηδενικό στοιχείο.]

dement · #2

Θα αποδείξουμε κάτι ισχυρότερο, ότι υπάρχει πίνακας

έτσι ώστε το γινόμενο να μην έχει κανένα μηδενικό στοιχείο.

Ορίζουμε πίνακα $m \times m$ (με παράμετρο $d \in \mathbb{R}$ ) $\displaystyle{B(d) }$ με $\displaystyle{B_{kl} (d) = d^{m^2 k + l}}$ .

Εστω $\displaystyle{P = B \prod_{i=1}^n \left( A^{(i)} B \right)}$ (το γινόμενό μας).

Τότε, ισχύει $\displaystyle{P_{ab} = d^{m^2 a + b} \sum_{r_1 = 1}^m \sum_{c_1 = 1}^m \sum_{r_2 = 1}^m \sum_{c_2 = 1}^m ....\sum_{r_n = 1}^m \sum_{c_n = 1}^m \prod_{i=1}^n A^{(i)}_{r_i c_i} \cdot d^{\sum_{k=1}^n (m^2 c_k + r_k) }}$

Ορίζουμε $\displaystyle{C_k = \max \{ i : \exists r \ A^{(k)}_{ri} \neq 0 \}}$ και $\displaystyle{R_k = \max \{ i : A^{(k)}_{i C_k} \neq 0 \}}$

Τότε, το $\displaystyle{P_{ab} (d)}$ είναι πολυώνυμο βαθμού $\displaystyle{m^2 a + b + \sum_{k=1}^n (m^2 C_k + R_k)}$ με μεγιστοβάθμιο συντελεστή $\displaystyle{\prod_{i=1}^n A^{(i)}_{R_i C_i} \neq 0}$ . Αφού λοιπόν τα $P_{ab}$ είναι πεπερασμένα το πλήθος, υπάρχει κατάλληλος

(και κατά συνέπεια

) έτσι ώστε να είναι όλα μη μηδενικά.

#3

Δημήτρη, αν οι πρώτες στήλες των A_i

είναι μηδενικές τότε και η πρώτη στήλη του γινομένου πρέπει να είναι μηδενική. Νομίζω υπάρχει λάθος στον υπολογισμό του $P_{ab}$ .

dement · #4

Demetres έγραψε:Δημήτρη, αν οι πρώτες στήλες των είναι μηδενικές τότε και η πρώτη στήλη του γινομένου πρέπει να είναι μηδενική.

Δε νομίζω ότι αυτό ισχύει. Π.χ. θέτοντας m=2, n=1

και

$\displaystyle{A_1 = \left( \begin{array}{c c} 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ \end{array} \right), B = \left( \begin{array}{c c} 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right)}$ έχουμε $\displaystyle{BA_1B = \left( \begin{array}{c c} 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right)}$ . Εχω κάπου λάθος;

#5

Δημήτρη, έχεις απόλυτο δίκιο. Εγώ δεν είχα καταλάβει καλά την λύση.

#6

Demetres έγραψε:Δίνονται μη μηδενικοί $m\times m$ πίνακες $A_1,\ldots,A_n$ . Να δειχθεί ότι υπάρχει $m \times m$ πίνακας ώστε ο $BA_1BA_2B\cdots BA_nB$ να είναι μη μηδενικός.

[Ονομάζουμε ένα πίνακα μη μηδενικό αν έχει τουλάχιστον ένα μη μηδενικό στοιχείο.]

Αλλιώς.

Θα χρησιμοποιήσω το γνωστό λήμμα ότι αν V_1, ... , V_n

γνήσιοι υπόχωροι ενός διανυσματικού χώρου

πεπερασμένης διάστασης, τότε η ένωσή τους $\displaystyle{\cup_{k=1}^{n} V_k\ne V}$ . Υπάρχει στοιχειώδης και όχι δύσκολη απόδειξη αλλά ένας γρήγορος τρόπος είναι από το Θεώρημα κατηγορίας Baire: Αν η ένωση ήταν

τότε κάποιος από τους (αναγκαστικά κλειστούς} υποχώρους V_1, ... , V_n

θα περιείχε σφαίρα, πράγμα άτοπο.

Αν εφαρμόσουμε το παραπάνω στους γνήσιους υποχώρους $\ker A_1, ..., \ker A_n$ έπεται ότι υπάρχει $f \notin \cup \ker A_k$ , δηλαδή όλα τα A_kf

είναι μη-μηδενικά.

Πάλι από το λήμμα αλλά τώρα για τους γνήσιους υπόχωρους $(A_kf)^{\perp}$ του δυϊκού χώρου V^*

, υπάρχει $e^*\in V^*$ με $e^* \notin \cup_{k=1}^n(A_kf)^{\perp}$ , δηλαδή τέτοιο ώστε $e^*\left( A_kf \right)\ne 0, \, k=1,..., n$ .

Για αυτά τα e^*, f

ορίζουμε τον $B:V \to V$ ως Bx=e^*(x)f

. Εύκολα βλέπουμε ότι BA_1BA_2B...BA_nBx= e^*(A_1f) e^*(A_2f)...e^*(A_nf)e^*(x)f

.
Έπεται ότι ο BA_1BA_2B...BA_nB

είναι μη μηδενικός τελεστής (πάρε

με $e^*(x)\ne 0$ ), όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

Μέλη σε σύνδεση