Πίνακες

Tolaso J Kos · #1

Έστω $A , B \in \mathcal{M}_2(\mathbb{Q})$ πίνακες τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{\det \left ( A^2 - p \mathbb{I}_2 \right ) = \det \left ( B^2 - q \mathbb{I}_2 \right ) = \det \left ( \left ( AB \right )^2 -pq \mathbb{I}_2 \right ) = 0 }$ όπου p, q

πρώτοι αριθμοί.

Να δείξετε ότι, αν $p \neq q$ , .
Να δείξετε ότι , αν , $\displaystyle{\left ( AB \right )^2 + \left ( BA \right )^2 = 2 p^2 \mathbb{I}_2}$ .

#2

Τόλη η εκφώνηση είναι σίγουρα έτσι;
Διότι νομίζω ότι όλα τα αποδεικτέα βγαίνουν με (δραματικά) λιγότερες υποθέσεις. Βρίσκω ότι το μόνο που χρειάζεται είναι ο να είναι μη τετράγωνος ρητός.
Edit: Αυτό δεν είναι σωστό . Βλ παρακάτω.

Tolaso J Kos · #3

Γεια σας κ. Νίκο ,

έτσι ειναι γραμμένη η εκφώνηση , ναι !

#4

Παραθετω μια προσέγγιση. Ελπίζω να μην μου έχει φύγει κάτι.
Έστω $A\in M_{2,2}(\mathbb{Q})$ και

ένας θετικός μη τετράγωνος ρητός. Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του

είναι
$f(x)=x^{2}-tr\left( A\right) x+\det \left( A\right)$ . Αν θεωρήσουμε τον

ως πίνακα του $M_{2,2}(\mathbb{Q})$ το χαρακτηριστικό πολυώνυμο παραμένει το ίδιο και έχει ρίζες $\lambda _{1},\lambda _{2}$ που ενδεχομένως είναι ίσες.
Αν υποτεθεί ότι $\left| A^{2}-p I\right| =0$ τότε έχουμεQ
$0=\left| A^{2}-pI\right| =\left| A^{2}-\left( \sqrt{p}I\right) ^{2}\right| =\left| \left( A-\sqrt{p}I\right) \left( A+\sqrt{p}I\right) \right| =\left| A-\sqrt{p}I\right| \cdot \left| A+\sqrt{p}I\right|$
Επομένως $\left| A-\sqrt{p}I\right| =0$ ή $\left| A+\sqrt{p}I\right| =0$ άρα κάποιοις από τους $\pm \sqrt{p}$ είναι ιδιοτιμή του

και επομένως ρίζα του

.
Για τα $\lambda _{1},\lambda _{2}$ διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
ΠΕΡ 1. $\lambda _{1},\lambda _{2} \in \mathbb{C}-\mathbb{R}$
ΠΕΡ 2. $\lambda _{1},\lambda _{2} \in \mathbb{R}-\mathbb{Q}$
ΠΕΡ 3. $\lambda _{1},\lambda _{2} \in \mathbb{Q}$
H πρώτη περίπτωση αποκλείεται αφού κάποιος από τους $\lambda _{1},\lambda _{2}$ πρέπει να είναι $\pm \sqrt{p}$ .
Η τρίτη περίπτωση αποκλείεται διότι κάποιος από τους ρητούς $\lambda _{1},\lambda _{2}$ πρέπει να είναι ίσος με κάποιοςν από τους άρρητους $\pm \sqrt{p}$ .
Απομένει η δεύτερη περίπτωση. Επειδή το

έχει ρητούς συντελεστές αν δέχεται ως ρίζα κάποιον από τους $0+1\cdot \sqrt{p},0-1\cdot \sqrt{p}$ θα δέχεται και τον συζυγή του. Άρα $\lambda _{1}=\sqrt{p},\lambda _{2}=-\sqrt{p}$ . Άρα ο

έχει δύο διαφορετικές ιδιοτιμές και επομένως είναι διαγωνιοποιήσιμος δηλαδή υπάρχει $S\in M_{2,2}(\mathbb{C})$ ώστε $A=SDS^{-1}$ όπου $A=SDS^{-1}$ με
$\displaystyle D = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{\lambda _1}}&0\\ 0&{{\lambda _2}} \end{array}} \right]$ .
Τότε $\displaystyle {A^2} = S{D^2}{S^{ - 1}} = S(pI){S^{ - 1}} = S{S^{ - 1}}\left( {pI} \right) = pI$
και επομένως ο A^2

είναι ο βαθμωτός πίνακας

αντιμετατίθεται με όλους τους πίνακες.
Από αυτό προκύπτει το πρώτο ερώτημα.
Σκεφτομενοι ανάλογα για τον έχουμε και το δεύτερο ερώτημα.
Θα. με ενδιέφερε να μάθω την προέλευση της άσκησης και αν γίνεται και την προτεινόμενη λύση.
Edit Από αβλεψία μου διάβασα λάθος την εκφώνηση και την εξέλαβα ως $A^{2}B^{2}=B^{2}A^{2}$ . Επομένως δεν έχω δώσει απάντηση στο ερώτημα. Ευχαριστώ πολύ τον Δημήτρη Χριστοφίδη που ευγενικά μου επεσήμανε με pm την αβλεψία μου.

#5

Επωφελούμενος ενός διαλείμματος για φαγητό: Συμπληρώνω. Έστω

όχι τετράγωνο ρητού. Θα είναι όπως πριν $B^{2}=qI$ . Αν επιπλέον το γινόμενο

δεν είναι τετράγωνο ρητού (λ.χ. όταν οι

,

είναι διαφορετικοί πρώτοι θα έχουμε όμοια $(AB)^{2}=pqI$ . Άρα $A^{2}B^{2}=pqI=(AB)^{2}$ οπότε AABB=ABAB

. Αλλά οι

έχουν μη μηδενική ορίζουσα και επομένως είναι αντιστρέψιμοι. Άρα AB=BA

. Αυτό μας δίνει το (i). Χρωστάω το ii).

#6

Γράφω και μια απάντηση για το ii) .
Σύμφωνα με την προηγούμενη επεξεργασία από τις υποθέσεις έχουμε ότι αφού p=q

θα είναι $A^{2}=B^{2}=pI$ .
Επίσης έχουμε ότι $\det \left( A\right) =\det \left( B\right) =-p$ .

Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του $\left( AB\right) ^{2}$ είναι το $x^{2}-tr\left( \left( AB\right) ^{2}\right)x +\det \left( \left( AB\right) ^{2}\right)$ και από την υπόθεση $\left| \left( AB\right) ^{2}-pqI\right| =\left| \left( AB\right) ^{2}-p^{2}I\right|$ έχει ρίζα την ιδιοτιμή p^2

του $\left( AB\right) ^{2}$ . Επίσης $\det \left( \left( AB\right) ^{2}\right) =\left( \det \left( A\right) \det \left( B\right) \right) ^{2}=p^{4}$ . Άρα $\left( p^{2}\right) ^{2}-tr\left( \left( AB\right) ^{2}\right) p^{2}+p^{4}=0$ οπότε $tr\left( \left( AB\right) ^{2}\right) =2p^{2}$ που σημαίνει ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του $\left( AB\right) ^{2}$ είναι το $x^{2}-2p^{2}x+p^{4}=\allowbreak \left( x-p^{2}\right) ^{2}$ . Επομένως από το θεώρημα Cayley-Hamilton έχουμε:
$\left( \left( AB\right) ^{2}-p^{2}\right) ^{2}=0\,\,\ \ \ \ \ \ \ (\ast )$
Εύκολα βρίσκουμε ότι:
$\left( AB\right) \left( BA\right) =p^{2}I=\left( BA\right) \left( AB\right)$ και $\left( AB\right) ^{2}\left( BA\right) ^{2}=p^{4}I=\left( BA\right) ^{2}\left( AB\right) ^{2}$
Γράφουμε για συντομία X=AB

,

και έχουμε:
$\left( X^{2}-p^{2}I\right) \left( Y^{2}-p^{2}I\right) =\left( X^{2}-p^{2}I\right) \left( Y^{2}\left( Y^{2}\right) ^{-1}-p^{2}\left( Y^{2}\right) ^{-1}\right) Y^{2}=\left( X^{2}-p^{2}I\right) \left( I-p^{2}\frac{1}{p^{4}}X^{2}\right) Y^{2}=$
$-\frac{1}{p^{2}}\left( X^{2}-p^{2}I\right) ^{2}Y^{2}=0$
αφού $\left( X^{2}-p^{2}I\right) ^{2}=0$ λόγω της $(\ast )$ .
'Αρα
$0=\left( \left( AB\right) ^{2}-p^{2}I\right) \left( \left( BA\right) ^{2}-p^{2}I\right) =\left( AB\right) ^{2}\left( BA\right) ^{2}-p^{2}\left( \left( AB\right) ^{2}+\left( BA\right) ^{2}\right) +p^{4}I=$
$=p^{4}I-p^{2}\left( \left( AB\right) ^{2}+\left( BA\right) ^{2}\right) +p^{4}I=p^{2}\left( 2p^{2}I-\left( \left( AB\right) ^{2}+\left( BA\right) ^{2}\right) \right)$
από την οποία έχουμε το αποδεικτέο.

Πίνακες

Πίνακες

Re: Πίνακες

Re: Πίνακες

Re: Πίνακες

Re: Πίνακες

Re: Πίνακες

Μέλη σε σύνδεση