SEEMOUS 2012/3

#1

(α) Να αποδειχθεί ότι αν ο

είναι άρτιος θετικός ακέραιος και ο

είναι πραγματικός συμμετρικός $n \times n$ πίνακας με $(\mathrm{tr}(A^k))^{k+1} = (\mathrm{tr}(A^{k+1}))^k$ τότε $A^n = \mathrm{tr}(A)A^{n-1}$ .

(β) Ισχύει ο ισχυρισμός του ερωτήματος (α) και για τους περιττούς φυσικούς

;

#2

(α) Ο

είναι συμμετρικός επομένως έχει πραγματικές ιδιοτιμές, έστω $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ . Τότε $\mathrm{tr}(A^r) = (\lambda_1^r + \cdots + \lambda_n^r)$ για κάθε φυσικό

και άρα από τα δεδομένα έχουμε $\displaystyle{ (\lambda_1^k + \cdots + \lambda_n^k)^{k+1} = (\lambda_1^{k+1} + \cdots + \lambda_n^{k+1})^{k}.}$

Ισχυρίζομαι ότι για x,y > 0

και

ισχύει ότι (x+y)^t > x^t + y^t

. Πράγματι θεωρώντας την συνάρτηση $f: [0,\infty) \to \mathbb{R}$ με τύπο f(z) = (z+y)^t - z^t - y^t

όπου

και

έχω

και $f'(z) = t[(z+y)^{t-1} - z^{t-1}] > 0$ οπότε η

είναι γνησίως αύξουσα και άρα f(x) > f(0)

για κάθε

.

Επαγωγικά παίρνουμε ότι για $x_1,\ldots,x_n$ μη αρνητικούς και t > 1

ισχύει ότι $(x_1 + \cdots + x_n)^t > x_1^t + \cdots + x_n^t$ εκτός και αν όλα εκτός από το πολύ ένα από τα x_i

ισούνται με 0.

Εφαρμόζοντας το πιο πάνω με t = (k+1)/k

και $x_i = \lambda_i^k$ θα πάρουμε

$\displaystyle{ (\lambda_1^k + \cdots + \lambda_n^k)^{k+1} > (|\lambda_1|^{k+1} + \cdots + |\lambda_n|^{k+1})^{k} \geqslant (\lambda_1^{k+1} + \cdots + \lambda_n^{k+1})^{k}}$

εκτός και αν όλα εκτός από το πολύ ένα από τα $\lambda_i$ ισούνται με

. Όμως τότε το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του

ισούται με $(-1)^n(x^n - \tr(A)x^{n-1})$ και άρα από το θεώρημα Cayley-Hamilton ο

ικανοποιεί την ζητούμενη ισότητα.

(β) Δεν ισχύει. Π.χ. παίρνουμε

τον διαγώνιο πίνακα $3^{k+1} \times 3^{k+1}$ πίνακα όπου τα πρώτα $2 \cdot 3^k$ στοιχεία της διαγωνίου ισούνται με 1 και τα υπόλοιπα με

. Τότε έχουμε $\mathrm{tr}(A^k) = 2\cdot3^k - 3^k = 3^k$ και $\mathrm{tr}(A^{k+1}) = 2\cdot3^k + 3^k = 3^{k+1}$ και άρα ισχύει ότι $(\mathrm{tr}(A^k))^{k+1} = (\mathrm{tr}(A^{k+1}))^k$ . Όμως το

δεν έχει καμία ιδιοτιμή ίση με 0 ή $3^k = \mathrm{tr}(A)$ και άρα δεν μπορεί να ικανοποιεί την εξίσωση $A^{n-1}(A - \mathrm{tr}(A)) = 0$

Nick1990 · #3

Λίγο διαφορετικά το 3α:

Έστω $\lambda_1$ η ιδιοτιμή με τη μεγαλύτερη απόλυτη τιμή, τότε αν είναι ίση με 0 έχουμε άμεσα το ζητούμενο, διαφορετικά μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\lambda_1=1$ και $|\lambda_i| \leq 1 \forall i=2,3,\ldots,n$ (λόγο ομογένειας, διαιρούμε απλά τα πάντα με $|\lambda_1|$ ).
Άρα
$\displaystyle{(1 + \lambda_2^k + \cdots + \lambda_n^k)^{k+1} = (1 + |\lambda_2|^k + \cdots + |\lambda_n|^k)^{k+1} \geq (1 + 1\times|\lambda_2|^k + \cdots + 1\times|\lambda_n|))^{k} \geq (1 + |\lambda_2|^{k+1} + \cdots + |\lambda_n|^{k+1})^{k}}$
$\displaystyle{= (1 + |\lambda_2^{k+1}| + \cdots + |\lambda_n^{k+1}|)^{k} \geq (|1 + \lambda_2^{k+1} + \cdots + \lambda_n^{k+1}|)^k = (1 + \lambda_2^{k+1} + \cdots + \lambda_n^{k+1})^k}$

Η ισότητα ισχύει μόνο αν ισχύει η ισότητα στην 1η από τις παραπάνω ανισότητες, δηλαδή όταν $\lambda_2 = \cdots = \lambda_n = 0$ , οπότε έτσι έπεται το ζητούμενο.

#4

Ναι έτσι είναι πιο απλά. Ήμουν σίγουρος ότι βγαίνει χωρίς λογισμό και μάλιστα ξόδεψα και κάποια ώρα προσπαθώντας το. Μετά θυμήθηκα ότι είμαστε στους διαγωνισμούς για φοιτητές και οι τύψεις που είχα για την χρησιμοποίηση λογισμού μειώθηκαν.

SEEMOUS 2012/3

SEEMOUS 2012/3

Re: SEEMOUS 2012/3

Re: SEEMOUS 2012/3

Re: SEEMOUS 2012/3

Μέλη σε σύνδεση