Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8447
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Μαρ 07, 2012 4:17 pm

Δίνονται μη μηδενικοί m\times m πίνακες A_1,\ldots,A_n. Να δειχθεί ότι υπάρχει m \times m πίνακας B 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
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Δευ Μαρ 26, 2012 12:14 pm

Θα αποδείξουμε κάτι ισχυρότερο, ότι υπάρχει πίνακας B 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 d (και κατά συνέπεια B) έτσι ώστε να είναι όλα μη μηδενικά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8447
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μαρ 29, 2012 5:59 pm

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
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Παρ Μαρ 30, 2012 10:51 am

Demetres έγραψε:Δημήτρη, αν οι πρώτες στήλες των A_i 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;


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8447
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Μαρ 30, 2012 5:34 pm

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


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12234
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Επιλογής Ισραήλ για SEEMOUS 2008/2/4

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Μαρ 30, 2012 5:53 pm

Demetres έγραψε:Δίνονται μη μηδενικοί m\times m πίνακες A_1,\ldots,A_n. Να δειχθεί ότι υπάρχει m \times m πίνακας B 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 V 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 V 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 x με e^*(x)\ne 0), όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης