SEEMOUS 2012/3

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

SEEMOUS 2012/3

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μαρ 08, 2012 3:47 pm

(α) Να αποδειχθεί ότι αν ο k είναι άρτιος θετικός ακέραιος και ο A 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 k;


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/3

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μαρ 08, 2012 5:58 pm

(α) Ο A 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 r 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 t > 1 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 y > 0 και t > 1 έχω f(0) = 0 και f'(z) = t[(z+y)^{t-1} - z^{t-1}] > 0 οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα και άρα f(x) > f(0) για κάθε x > 0.

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 0. Όμως τότε το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του A ισούται με (-1)^n(x^n - \tr(A)x^{n-1}) και άρα από το θεώρημα Cayley-Hamilton ο A ικανοποιεί την ζητούμενη ισότητα.

(β) Δεν ισχύει. Π.χ. παίρνουμε A 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 -1. 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 A 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


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 659
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

Re: SEEMOUS 2012/3

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Πέμ Μαρ 08, 2012 9:33 pm

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.
τελευταία επεξεργασία από Nick1990 σε Παρ Μαρ 09, 2012 9:21 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/3

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μαρ 08, 2012 10:29 pm

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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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