mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 01, 2021 11:06 pm**

Έστω $n \geq 2$ και $A_1, A_2, ..., A_n \in \mathcal{M}_{2 \times 2} \left( \mathbb{C} \right)$ οι λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{X^n = \begin{pmatrix} 2 &3 \\ 4 &6 \end{pmatrix}}$ . Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n} \mathrm{trace} \left ( A_k \right ) = 0 }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2021 10:58 am**

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 01, 2021 11:06 pm
Έστω $n \geq 2$ και $A_1, A_2, ..., A_n \in \mathcal{M}_{2 \times 2} \left( \mathbb{C} \right)$ οι λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{X^n = \begin{pmatrix} 2 &3 \\ 4 &6 \end{pmatrix}}$ . Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n} \mathrm{trace} \left ( A_k \right ) = 0 }$ .

α) Ένας τρόπος είναι να κάνουμε διαγωνοποίηση του δεξιού μέλους. Με την στάνταρ διαδικασία ιδιοτιμών βρίσκουμε

$\displaystyle{T\bigl(\begin{smallmatrix} 2 & 3\\ 4& 6 \end{smallmatrix}\bigr) T^{-1} = \bigl(\begin{smallmatrix} 0 & 0\\ 0& 8 \end{smallmatrix}\bigr)}$ όπου $\displaystyle{ T= \bigl(\begin{smallmatrix} \,3 & 1\\ -2& 2 \end{smallmatrix}\bigr)}$ για τον οποίο $\displaystyle{T^{-1}= \frac {1}{8} \bigl(\begin{smallmatrix} 2 & -1\\ 2& \,3 \end{smallmatrix}\bigr) }$

Άρα η εξίσωση γίνεται $\displaystyle{Y^n=(TXT^{-1}) ^n= TX^nT^{-1} = T\bigl(\begin{smallmatrix} 2 & 3\\ 4& 6 \end{smallmatrix}\bigr) T^{-1} = \bigl(\begin{smallmatrix} 0 & 0\\ 0& 8 \end{smallmatrix}\bigr)}$ ,

που είναι του ιδίου τύπου μόνο που τώρα το δεξί μέλος είναι διαγώνιος πίνακας και η κατάσταση εύκολη. Αφήνω τις λεπτομέρειες σημειώνοντας μόνο ότι στο τέλος θα χρειαστεί η ιδιότητα $\mathrm {trace }(A)= \mathrm {trace} (TAT^{-1})$ .

β) Άλλος τρόπος είναι να παρατηρήσουμε ότι το δεξί μέλος είναι πίνακας τάξης

(η δεύτερη στήλη είναι πολλαπλάσιο της πρώτης) από όπου εύκολα διαπιστώνουμε ότι $\displaystyle{ \begin{pmatrix} 2 &3 \\ 4 &6 \end{pmatrix}}= (2,3)\otimes \bigl(\begin{smallmatrix} 1\\ 2 \end{smallmatrix}\bigr)}$

To

πρέπει να είναι και αυτό τάξης

(γιατί αν ήταν

θα ήταν επί οπότε θα ήταν επί και το X^n

, που δεν είναι αφού το ίσο του είναι τάξης

). Γράφουμε λοιπόν $\displaystyle{X= (a,b)\otimes \bigl(\begin{smallmatrix} c\\ d \end{smallmatrix}\bigr)}$ .

Είναι τότε $\displaystyle{X^2=(ac+bd)(a,b)\otimes \bigl(\begin{smallmatrix} c\\ d \end{smallmatrix}\bigr)= tX}$ και επαγωγικά $X^n=t^{n-1} X$

H εξίσωση τώρα γίνεται

$\displaystyle{ t^{n-1} (a,b)\otimes \bigl(\begin{smallmatrix} c\\ d \end{smallmatrix}\bigr) = (2,3)\otimes \bigl(\begin{smallmatrix} 1\\ 2 \end{smallmatrix}\bigr)}$

Δεδομένου τώρα ότι $\mathrm{trace} (a,b)\otimes \bigl(\begin{smallmatrix} c\\ d \end{smallmatrix}\bigr) = ac+bd$ (γνωστό), παίρνοντας trace της πρηγούμενης γίνεται $t^{n}=1$ .

H λύσεις αυτής είναι $1, \, \omega ,\, \omega ^2 ,\, ... \, , \, \omega ^{n-1}$ , όπου $\omega$ μιγαδική

ρίζα της μονάδας. Άρα η τυπική λύση της αρχικής είναι $A_k= \omega ^{k} (a,b)\otimes \bigl(\begin{smallmatrix} c\\ d \end{smallmatrix}\bigr)$

Η γραμμικότητα του trace δίνει ότι η ζητούμενη $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n} \mathrm{trace} \left ( A_k \right )$ είναι πολλαπλάσιο του $1+\omega + \omega ^2+...+ \omega ^{n-1} =0$ , όπως θέλαμε.

Edit: Έκανα μικρή βελτίωση της λύσης και διόρθωσα τυπογραφικά.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2021 11:20 am**

Ας δούμε το γενικότερο πρόβλημα με λύσεις της εξίσωσης X^n = A

.

Παρατηρούμε ότι αν $X,\lambda X$ είναι δύο λύσεις, τότε το $\lambda$ είναι νιοστή ρίζα της μονάδας. (Θεωρώ $A \neq 0$ .) Άρα οι νιοστές ρίζες του

έρχονται σε

-άδες της μορφής $\{X,\omega X, \omega^2 X, \ldots, \omega^{n-1} X\}$ όπου $\omega = e^{2\pi i/n}$ . Σε κάθε

-άδα το άθροισμα των ιχνών είναι 0 αφού $1+\omega + \cdots + \omega^{n-1} = 0$ .

Άρα και το συνολικό άθροισμα των ιχνών είναι 0 αρκεί αυτό να έχει νόημα. Δηλαδή να έχουμε πεπερασμένο πλήθος νιοστών ριζών. (Αν δεν έχει νιοστές ρίζες τότε το άθροισμα των ιχνών είναι εξ ορισμού ίσο με

.)

Στη συγκεκριμένη περίπτωση που μας ενδιαφέρει, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι ο πίνακας έχει μόνο

νιοστές ρίζες αφού αυτό δίνεται στην εκφώνηση. Οπότε τελειώσαμε.

Αν αυτό δεν είναι αποδεκτό τότε βρίσκουμε ότι ο πίνακας έχει διακεκριμένες ιδιοτιμές από το οποίο προκύπτει ότι έχει πεπερασμένο πλήθος νιοστών ριζών. (Μάλιστα επειδή η μια ιδιοτιμή είναι ίση με 0 τότε έχουμε ακριβώς

νιοστές ρίζες.)

mathematica.gr

Άθροισμα ίχνους

Άθροισμα ίχνους

Re: Άθροισμα ίχνους

Re: Άθροισμα ίχνους