SEEMOUS 2013/2

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8444
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

SEEMOUS 2013/2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Μαρ 24, 2013 11:33 am

Ανεπίσημα από εδώ.

Έστω M,N 2\times 2 μιγαδικοί πίνακες με M^2 = N^2 = 0 και MN + NM = I. Να δειχθεί ότι υπάρχει αντιστρέψιμος μιγαδικός πίνακας A ώστε M = A \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}A^{-1} και N = A \begin{pmatrix} 0 & 0 \\1 & 0 \end{pmatrix}A^{-1}


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6070
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2013/2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Κυρ Μαρ 24, 2013 5:28 pm

Ο M (και ο N) θα έχει τη μορφή \displaystyle{\begin{pmatrix} a & b \\ c & -a \end{pmatrix}} με a^2+bc=0.

Αν \displaystyle{Μ=\begin{pmatrix} a & b \\ c & -a \end{pmatrix}} και Ν=\begin{pmatrix} A & B \\ C & -A \end{pmatrix} παίρνουμε

\displaystyle{A=\begin{pmatrix} \pm \sqrt{\pm b} & \pm \sqrt{\mp B} \\ \sqrt{\mp c} &  \sqrt{\pm C}\end{pmatrix}}


Θανάσης Κοντογεώργης
Ilias_Zad
Δημοσιεύσεις: 418
Εγγραφή: Δευ Ιαν 26, 2009 11:44 pm

Re: SEEMOUS 2013/2

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilias_Zad » Δευ Μαρ 25, 2013 2:38 pm

Socrates δεν καταλαβαίνω τι ακριβώς κάνεις. Θες να το εξηγήσεις παραπάνω;


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 658
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

Re: SEEMOUS 2013/2

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Δευ Μαρ 25, 2013 9:33 pm

Πραγματικά απελπιστικά εύκολο θέμα για 2ο seemous. Μια λύση που βρήκα είναι η ακόλουθη:

Εύκολα tr(MN) = \frac{1}{2}tr(MN + NM) = \frac{tr(I)}{2} = 1 και det(MN)=0. Άρα ο MN διαγωνοποιείται και έχει ιδιοτιμές 0 και 1. Αν v είναι μη τετριμμένο ιδιοδιάνυσμα του MN στην ιδιοτιμή 1, τότε v, u = Nv είναι βάση του \mathbb{R}^2 διότι προφανώς δεν γίνεται Nv = 0 (αλλιώς θα ήταν και v = MNv = 0) ενώ αν Nv = kv με k \neq 0 ο N θα είχε μη μηδενική ιδιοτιμή (άτοπο). Στη βάση των u,v οι πίνακες έχουν τις ζητούμενες μορφές διότι u = Nv, v = MNv = Mu, Mv = M^2Nv = 0, Nu = N^2v = 0.


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: 8444
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2013/2

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μαρ 26, 2013 3:44 pm

Δουλεύει η ιδέα του Θανάση αλλά θέλει προσοχή στο τι εννοούμε με τα ριζικά αφού οι αριθμοί που έχουμε είναι μιγαδικοί. Επίσης υπάρχει ένα μικροπρόβλημα αφού το A το χρησιμοποιούμε και σαν στοιχείο του N και σαν πίνακα.

Ας την γράψω λίγο πιο αναλυτικά: Αφού M^2 = 0 τότε υπάρχουν a,b,c \in \mathbb{C} ώστε a^2 + bc = 0 και M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & -a\end{pmatrix}. Ομοίως υπάρχουν d,e,f \in \mathbb{C} ώστε d^2 + ef = 0 και N = \begin{pmatrix} d & e \\ f & -d\end{pmatrix}.

Έστω x ένας μιγαδικός αριθμός ώστε x^2 = b. Έστω επίσης z μιγαδικός ώστε z^2 = -c. Τότε (xz)^2 = -bc = a^2 και αλλάζοντας το z σε -z αν χρειαστεί μπορώ να υποθέσω ότι xz = -a. Ομοίως επιλέγω y,w ώστε yw = d,y^2=-e,w^2=f.

Παρατηρώ τώρα ότι η συνθήκη MN + NM = I δίνει 2ad + bf + ec = 1 από το οποίο μετά από πράξεις παίρνουμε (xw - yz)^2 = 1. Θέτω λοιπόν \displaystyle{ A = \begin{pmatrix} x & y \\ z & w\end{pmatrix}} ή \displaystyle{ A = -\begin{pmatrix} x & y \\ z & w\end{pmatrix}} ανάλογα με το πρόσημο του xw - yz. Ο A είναι αντιστρέψιμος και μετά από πράξεις βλέπουμε ότι ικανοποιεί τις ζητούμενες συνθήκες.

--------------
Δεν χρειάστηκε ουσιαστικά καμία γνώση γραμμικής άλγεβρας αλλά απλά υπομονή για να γίνουν οι πράξεις. [Ο A βρέθηκε αφού πρώτα ξεκινήσαμε από την μορφή \begin{pmatrix} x & y \\ z & w\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x & y \\ z & w\end{pmatrix} με xy - zw = 1 και μετά είδαμε τι συνθήκες χρειάζονται.]


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 658
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

Re: SEEMOUS 2013/2

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Τετ Μαρ 27, 2013 12:43 pm

Επίσης Δημήτρη, τα πράγματα είναι ακόμα πιο απλά και σε αυτή τη λύση, διότι αν δεν κάνω κάτι λάθος, μέσω μιας αλλαγής βάσης μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο ένας πίνακας είναι ήδη αυτός με έναν άσο και τα υπόλοιπα 0, οπότε γλιτώνουμε μεταβλητές.


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Άβαταρ μέλους
Zarifis
Δημοσιεύσεις: 107
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 15, 2011 12:44 am
Τοποθεσία: Νίκαια

Re: SEEMOUS 2013/2

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Zarifis » Τετ Απρ 03, 2013 10:39 pm

Βασικά από την κανονική μορφή Jordan προκύπτει κατευθείαν ο πρώτος πίνακας κι εύκολα μετά βγάζεις μετά τον δεύτερο πίνακα, κι δεν χρειάζεται να ασχοληθείς με τον Α καθόλου.


Τι νόημα έχει το όνειρο χωρίς μικρές νοθείες...
Νίκος Ζαρίφης-ΗΜΜΥ
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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