IMC 2014/2/2

Nick1990 · #1

Έστω $A = (a_{ij})_{i,j=1}^{n}$ συμμετρικός πίνακας με πραγματικά στοιχεία. Έστω $\lambda_1, \lambda_2, ..., \lambda_n$ οι ιδιοτιμές του. Δείξτε ότι:

$\displaystyle{\sum_{1 \leq i \leq j \leq n}{a_{ii}a_{jj}} \geq \sum_{1 \leq i \leq j \leq n}{\lambda_{i}\lambda_{j}}}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

#2

Και αυτό είναι απλό:

Είναι $\displaystyle{ \sum_{i=1}^n a_{ii} = \mathrm{tr}(A) = \sum_{i=1}^n \lambda_i.}$ Παίρνοντας τετράγωνο σε αυτήν την ισότητα και αφαιρόντας από την ζητούμενη ανισότητα αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{ \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} \lambda_i \lambda_j \leqslant \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} a_{ii}a_{jj}}$

(Ο πίνακας είναι συμμετρικός οπότε όλα τα $\lambda_i$ είναι πραγματικοί και άρα όλες οι πράξεις που κάναμε έχουν νόημα.)

Είναι $\det(A - xI) = (\lambda_1 - x) \cdots (\lambda_n - x)$ οπότε το $(-1)^{n-2}\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} \lambda_i \lambda_j$ είναι ο συντελεστής του $x^{n-2}$ στο ανάπτυγμα του $\det(A - xI)$ . Όμως στο ανάπτυγμα

$\displaystyle{\det(A - xI) = \sum_{\pi \in S_n} \mathrm{sign(\pi)} \prod_{i=1}^n (A-xI)_{i \pi(i)}}$

Έχουμε εμφάνιση του συντελεστή $x^{n-2}$ αν και μόνο αν το $\pi$ είναι είτε ταυτοτικό είτε αντιμετάθεση. Αν $\pi = \mathrm{id}$ τότε παίρνουμε τον συντελεστή $\displaystyle{ (-1)^{n-2}\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} a_{ii}a_{jj}$ . Για κάθε αντιμετάθεση $\pi = (i \, j)$ παίρνουμε τον συντελεστή $-(-1)^{n-2} a_{ij}a_{ji}$

Άρα $\displaystyle{ \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} \lambda_i \lambda_j = \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} a_{ii}a_{jj} - \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} a_{ij}a_{ji}. }$

Αφού όμως ο πίνακας είναι συμμετρικός το $\displaystyle{ \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} a_{ij}a_{ji}}$ είναι μη αρνητικό και άρα το ζητούμενο έπεται με ισότητα αν και μόνο αν $a_{ij} = 0$ για κάθε $i \neq j$ , δηλαδή αν και μόνο αν ο

είναι διαγώνιος.

IMC 2014/2/2

IMC 2014/2/2

Re: IMC 2014/2/2

Μέλη σε σύνδεση