mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 25, 2018 12:26 pm**

Να βρεθούν όλοι οι ρητοί αριθμοί

ώστε ο πίνακας

$\displaystyle \begin{pmatrix} a & -a & -1 & 0 \\ a & -a & 0 & -1 \\ 1 & 0 & a & -a\\ 0 & 1 & a & -a \end{pmatrix}$

να είναι το τετράγωνο ενός πίνακα με ρητά στοιχεία.

Επεξεργασία: Έγινε διόρθωση στην εκφώνηση.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 01, 2018 4:25 pm**

Κατ' αρχάς μια απαραίτητη διόρθωση: Το πρόβλημα αναφέρεται σε τετράγωνο πίνακα με ρητά στοιχεία, όχι ακέραια.

Έστω $\displaystyle A(a) = \begin{pmatrix} a & -a & -1 & 0 \\ a & -a & 0 & -1 \\ 1 & 0 & a & -a \\ 0 & 1 & a & -a \end{pmatrix}$ και B^2 = A(a)

.

Μετά από πράξεις διαπιστώνουμε ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του A(a)

ισούται με $\displaystyle \det (A - xI) = (x^2 + 1)^2$ . Έτσι, οι ιδιοτιμές του είναι οι $\pm \mathrm{i}$ και ο

θα έχει ως ιδιοτιμή τουλάχιστον μία πρωτογενή όγδοη ρίζα της μονάδας, δηλαδή ρίζα του κυκλοτομικού πολυωνύμου x^4 + 1

.

Αυτό είναι ανάγωγο στους ρητούς (π.χ. με κριτήριο Eisenstein στο (x+1)^4 + 1

) και έτσι, λόγω βαθμού, αυτό πρέπει να είναι το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του

. Έτσι, από το θεώρημα Cayley-Hamilton, πρέπει να ισχύει B^4 = A^2 = -I

.

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle A^2 = \begin{pmatrix} -1 & 0 & -2a & 2a \\ 0 & -1 & -2a & 2a \\ 2a & -2a & -1 & 0 \\ 2a & -2a & 0 & -1 \end{pmatrix}$ και έτσι η μοναδική πιθανή λύση είναι a = 0

.

Στη συνέχεια, παρατηρούμε ότι $\displaystyle \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 & -1/2 & -1/2 \\ 1/2 & -1/2 & -1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 & 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & -1/2 & 1/2 & -1/2 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ , οπότε το a = 0

είναι λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 02, 2018 2:56 pm**

Υπάρχει πίνακας με ακέραια στοιχεία .

Αν το δούμε σαν γραμμική απεικόνιση θα πρέπει

$f^{2}(e_{1})=e_{3},f^{2}(e_{2})=e_{4},f^{2}(e_{3})=-e_{1},f^{2}(e_{4})=-e_{2},$

Αν πάρω $f(e_{1})=e_{2}$ αναγκαστικά θα είναι $f(e_{2})=e_{3}$ .

αναγκαστικά $f(e_{3})=e_{4}$ και

$f(e_{4})=-e_{1}$ .

παίρνω έναν πίνακα με στοιχεία 0,1,-1

Αν πάρω $f(e_{1})=e_{3}$ αναγκαστικά θα είναι $f(e_{3})=e_{3}$ που προφανώς δεν οδηγεί σε πίνακα.

Αν πάρω $f(e_{1})=e_{4}$ αναγκαστικά θα είναι $f(e_{4})=e_{3}$ .

αναγκαστικά $f(e_{3})=-e_{2}$ και

$f(e_{2})=e_{1}$ .

παίρνω ακόμα έναν πίνακα.

Υπάρχουν τουλάχιστον

τέτοιοι πίνακες με ακέραια στοιχεία.

Οι

$\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 &-1 \\ 1& 0 & 0 & 0\\ 0& 1 & 0 & 0\\ 0& 0& 1& 0 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 0& 1 & 0 & 0\\ 0& 0& -1 & 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 1& 0& 0& 0 \end{pmatrix}$

και οι αντίθετοι τους.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 02, 2018 3:52 pm**

Σωστός. Εγώ θεώρησα τον "παρόμοιο" πίνακα $\displaystyle \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \\ \end{pmatrix}$ που είναι τετράγωνο του $\displaystyle \begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ \end{pmatrix}$ και έπραξα κατ' αναλογία...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 04, 2018 4:50 pm**

dement έγραψε: Τετ Αύγ 01, 2018 4:25 pm Κατ' αρχάς μια απαραίτητη διόρθωση: Το πρόβλημα αναφέρεται σε τετράγωνο πίνακα με ρητά στοιχεία, όχι ακέραια.

Σωστά. Η εκφώνηση μιλούσε για ρητά στοιχεία. Απολογούμαι για το λάθος

αν και δεν επηρέαζε την τελική απάντηση.

mathematica.gr

IMC 2018/1/3

IMC 2018/1/3

Re: IMC 2018/1/3

Re: IMC 2018/1/3

Re: IMC 2018/1/3

Re: IMC 2018/1/3