mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 05, 2017 1:31 pm**

Έστω πίνακας $\displaystyle{ A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}}$ με $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ και $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 < \frac{1}{5}$ .

Να δειχθεί ότι ο A+I

είναι αντιστρέψιμος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 05, 2017 2:16 pm**

Demetres έγραψε:Έστω πίνακας $\displaystyle{ A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}}$ με $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ και $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 < \frac{1}{5}$ .

Να δειχθεί ότι ο είναι αντιστρέψιμος.

Είναι

$|a|< \dfrac{1}{\sqrt{5}}$ , οπότε $a+1>1-\dfrac{1}{\sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}}>\dfrac{1}{\sqrt{5}}$

Ομοίως, $d+1>\dfrac{1}{\sqrt{5}}$

Συνεπώς, $(a+1)(d+1)>\dfrac{1}{5}>|bc|\geq bc$

κι άρα ο A+I

έχει θετική ορίζουσα, οπότε αντιστρέφεται.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 05, 2017 7:13 pm**

Αλλιώς (η λύση του Αχιλλέα είναι σαφώς καλύτερη)

$(\left | a \right |+\left | b \right |+\left | c \right |+\left | d \right |)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})4$

Αρα

$(\left | a \right |+\left | b \right |+\left | c \right |+\left | d \right |)<1$

συμπεραίνουμε ότι $\left \| A \right \|_{1}< 1$

Είναι γνωστό ότι ο I+A

είναι αντιστρέψιμος.

Αυτό οφείλετε στο ότι $I-(-A)^{n}=(I+A)(I+(-A)+(-A)^{2}+....+(-A)^{n-1})$

και $\lim_{n\rightarrow \infty }A^{n}=0$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 05, 2017 7:41 pm**

Άλλη μια λύση: Αν ο A+I

δεν είναι αντιστρέψιμος τότε ο

έχει ιδιοτιμή το

. Άρα υπάρχει ιδιοδιάνυσμα x=(u,v)

ώστε

που δίνει

και

. Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{u^2+v^2=(au+bv)^2+(cu+dv)^2 \leq (a^2+b^2)(u^2+v^2)+(c^2+d^2)(u^2+v^2)}$ και διαιρώντας με $u^2+v^2 \neq 0$ παίρνουμε $1 \leq a^2+b^2+c^2+d^2<\frac{1}{5}$ που είναι άτοπο. Άρα ο A+I

είναι αντιστρέψιμος.

mathematica.gr

SEEMOUS 2017/1

SEEMOUS 2017/1

Re: SEEMOUS 2017/1

Re: SEEMOUS 2017/1

Re: SEEMOUS 2017/1