Πολύ ωραίο πρόβλημα..
Είμαι αρκετά σίγουρος πως λύνεται και πιο απλά, αλλά είχα δει μια άλλη άσκηση θεωρίας γραφημάτων που θύμιζε γεωμετρία να λύνεται με την ίδια βασική (αλγοριθμική) ιδέα..
Η βασική ιδέα είναι να δείξουμε ότι υπάρχουν 2n σημεία μεταξύ των οποίων υπάρχουν το πολύ n τρίγωνα με εμβαδό ...

Ωραία.. :P Ακολουθεί η λύση σε hide:

Έστω λοιπόν ότι υπάρχουν $n^2+1$ τουλάχιστον πίνακες. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει γραμμικός συνδυασμός τους που κάνει 0 αφού ο χώρος των nxn πινάκων έχει διάσταση $n^2$. Έστω ότι γράφουμε τη σχέση αυτή με τον ελάχιστο αριθμό μη μηδενικών συντελεστών:
$\sum l_i M ...

Ναι δεν μπορούν να ισχύουν και τα δύο ταυτόχρονα. Τροποποίησα λίγο την εκφώνηση για να γίνει πιο ξεκάθαρο.

Σε spoiler η απορία γιατί αποκαλύπτει μέρος λύσης..

To μόνο που μου μένει για τη λύση είναι να δείξω είναι ότι υπάρχει Α του οποίου το τετράγωνο είναι στο σύνολο. Κάτι τέτοιο προκύπτει από ...

Μπορεί να υπάρχει καιρός που βγήκε η άσκηση αλλά είχα να μπω mathematica κανένα μήνα.. Mea culpa :oops:

Απλά, εφόσον πλησιάζει και το Seemous είναι χρήσιμο να δούμε και μια ιδιότητα των οριζουσών που λύνει τα χέρια μας σε τέτοιου είδους ασκήσεις, την πολυγραμμικότητα. Συγκεκριμένα αν έχουμε 2 ...

Να δειχθεί ότι για κάθε πεπερασμένη ομάδα $G$ υπάρχει ένα υποσύνολο $S$ της $G$ με $|S| \leqslant \log_2|G|$ το οποίο παράγει την $G$. Να δειχθεί επίσης ότι υπάρχουν άπειρες ομάδες για τις οποίες το φράγμα δεν μπορεί να βελτιωθεί.

Μια πρώτη προσπάθεια (μισή)...

Αρχικά το παράδειγμα:

Οι ομάδες ...

Βιβλία γραμμικής άλγεβρας:

P. D. Lax, Linear algebra and its applications , Enlarged second edition, Wiley-Intersci., 2007.

Για αυτό το βιβλίο να πω εγώ δυο λόγια..
Γενικά είναι εξαιρετικό βιβλίο, με αρκετά θεωρητική προσέγγιση στη θεμελίωση της γραμμικής άλγεβρας και στη συνέχεια έχει ...

Για δείξτε ότι:



Απλά μου άρεσε η λύση και τη βάζω σαν άσκηση.. (πολύ πιθανό βέβαια να έχει ξαναμπεί..)

Μπορούμε να δουλέψουμε με jordan form. Μια χαρακτηριστική ιδιότητα που συνδέει το ελάχιστο πολυώνυμο και την jordan Μορφή ενός πίνακα είναι ότι αν το ελάχιστο πολυώνυμο περιέχει έναν όρο της μορφής $(x-a)^d$ τότε στην jordan μορφή υπάρχει ένα block dxd της μορφής:

$\displaystyle{ \left( \begin ...

achilleas έγραψε:Έστω  ένας τετραγωνικός πίνακας τάξεως . Να δειχθεί ότι ο βαθμός του ελάχιστου πολυωνύμου του είναι το πολύ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Τι ακριβώς ορίζεις ως "τάξη" πίνακα?

Βγηκαν!

Συγνώμη για την (τραγική) ποιότητα της φωτογραφίας αλλά είναι από κινητό.. Συγχαρητήρια σε όλους!

Ηλία εχεις δίκιο. Δεν κατάλαβα ότι το είχες δείξει, λάθος μου. Είχα στο μυαλό μου αυτό που έγραψε τώρα ο Λεωνίδας. Ωραίος Λεωνίδα, αυτό μου κάθεται καλύτερα. :lol:

Ναι αλλά δεν ισχύει.. Θέλει ένα /2 ο τετραγωνικός όρος... Βασικά ισχύει κι αυτό αλλά πάνω από ένα κάτω φράγμα (που είναι κάτω από το ...

Πολύ :coolspeak: και οι δυο.

$\ln2 \leq \frac {\sqrt {2} } {2}$ που ισχύει (~0.693 - ~1.41/2).



Εδώ φαίνεται ότι σε έχει επηρεάσει η σχολή σου... :D

Ήμουν έτοιμος να σχολιάσω στον Ηλία ότι θα χρειαστεί και ότι $e^{\sqrt{2}} > 4$ το οποίο δεν είναι προφανές.

Τα αφήνω λοιπόν σαν άσκηση να ...

Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \forall \nu \geq 2}$ ισχύει $\displaystyle{\prod_{ \kappa=2}^{\nu}\ln \kappa \leq \frac{\sqrt{ \nu !}}{\nu}$

Αρκετά "brute force" λύση... Ελπίζω να μην έχω κάπου λάθος..

Αρχικά βάζουμε ln και στα δύο μέλη και παίρνουμε:

$\displaystyle{\sum_{ k=2}^{n} \ln \ln ...

Έχει κάποιος λύση για την 5;

Καλή επιτυχία! :)

Παραθέτω σε hide τη λύση για τα α,β που έκανα στο διαγωνισμό (το γ μπορεί και να βγαίνει έτσι αλλά δεν μου βγήκε λόγω ώρας..)

Είναι κάτι μεταξύ κατασκευαστικής-αλγοριθμικής-επαγωγικής λύσης :?
α) Έστω $M'=M$. Κρατάμε το 1 στο M'. Στη συνέχεια ...

Ωραία άσκηση. Να πω ότι δεν χρειάζεται καν άνω τριγωνική μορφή... Μπορούμε να το πάμε σε καθαρά διαγώνιους πίνακες.

Γενικά κάθε πίνακας με $A^m=I$ είναι διαγωνοποιήσιμος γιατί το ελάχιστό του πολυώνυμο διαιρεί το $x^m-1$ και άρα όλοι οι όροι του είναι πρωτοβάθμιοι. Επίσης αφού $AB=BA$ οι πίνακες ...

Και άλλη μια λύση πιο "εκλεπτυσμένη"...

Λήμμα: Για έναν nxn πίνακα, αν p(x) το χαρακτηριστικό πολυώνυμο τότε ο συντελεστής $a_{n-2}=\frac {tr^2(A)-tr(A^2)} {2}$ (αρκετά απλό)

Τώρα από Caley Hamilton στο C: $C^3-det(C)I=0 \rightarrow tr(C^3)=3det(C)$

Επίσης, $tr(C^{-1})=\frac {tr^2(C)-tr(C^2 ...

Εστω πινακας $\displaystyle{C \in {M_3}\left( R \right)}$ αντιστρεψιμος και $\displaystyle{trC = tr{C^2} = 0}$

Να δειξετε οτι : $\displaystyle{\det \left( {C + {C^{ - 1}}} \right) = \det C + \det {C^{ - 1}}}$

Σίγουρα υπάρχει και λιγότερο brute force τρόπος, αλλά δουλεύει... Έστω λ1, λ2, λ3 οι ...

Για το δεύτερο μέλος της 9 (με κίνδυνο να φάω ξύλο από τον Αλέξανδρο για αυτό που θα χρησιμοποιήσω (πάλι :roll: )), μπορούμε να πάμε με Weierstrass.

Έστω $L_n(f) = \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}f(x)\,dx}{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}\,dx}}$.

Αρκεί να ...

Είναι όντως εξαιρετικό βιβλίο. Μου το είχε προτείνει ο κ. Λουλάκης στο Seemous στην Κύπρο.

Για την άσκηση:

Γνωρίζουμε ότι ο Α έχει στη διαγώνιο όλα τα στοιχεία του άσσους. Οπότε σπάμε τον Α σαν A=I + F όπου ο F έχει όλα τα διαγώνια στοιχεία 0. Τώρα μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα του Gershgorin ...

Εννοώ ότι και εγώ για το δεύτερο κομμάτι χρειάζομαι μόνο την υπόθεση για τα μη διαγώνια στοιχεία + το ότι υπάρχουν άσσοι στη διαγώνιο. Για Το κάτω φράγμα χρειάζομαι το Α=Β+Ι.

Όσο για το lax, είναι ένα βιβλίο του Lax (Linear Algebra and its applications νομίζω λέγεται) το οποίο έχει ένα κεφάλαιο ...