Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Ilias_Zad · #1

Πρόκειται για ένα πολύ όμορφο και αρκετά απαιτητικό θέμα γραμμικής:
Να αποδειχτεί ότι για τον τυχαίο πραγματικό πίνακα

,

επί

, $n \geq 2,$ υπάρχουν τρείς πραγματικοί πίνακες A_1,A_2,A_3

ώστε

Κώστας Παππέλης · #2

Κοίτα, αν κρίνεις από το ότι το ασθενέστερο 'κάθε ακέραιος πίνακας γράφεται σαν άθροισμα τριών τετραγώνων' αποδείχθηκε το 1986, αυτό πρέπει να είναι όχι απλά απαιτητικό αλλά υπερβολικά παλουκοειδές.

Μια ιδέα με ένα λήμμα που έχω ξανααναφέρει. Προφανώς αρκεί να το αποδείξουμε για πίνακες με ορίζουσα +1 ή -1.

Κάθε τέτοιος όμως πίνακας είναι όμοιος με έναν πίνακα σε μπλοκς διαγωνίου, όπου κάθε μπλοκ είναι είτε ένα 1, είτε ένα -1 είτε ένας 2x2 πίνακας στροφής...

Τώρα πρέπει να σπάσουμε κάπως έξυπνα αυτόν τον πίνακα αλλά αμφιβάλλω αν θα πετυχαίνει... Βέβαια ακόμα και αν το δείξουμε αυτό δεν έχουμε εξασφαλίσει ότι ο αρχικός πίνακας γράφεται ως 3 τετράγωνα, αλλά μονάχα ο όμοιός του...

Ηλία είσαι σίγουρος ότι αυτό βγαίνει χωρίς ανώτερα μαθηματικά?

Ilias_Zad · #3

Κωστα πιστεύω ότι αν εξασφαλισεις οτι ο ομοιος ενός πίνακα γράφεται ως αθροισμα 3 τετραγώνων εχεις τελειώσει.
(αφου $PA^2P^{-1}=(PAP^{-1})^2$ )

Για το άλλο θέμα λογικά εικάζω οτι στο αποτέλεσμα αυτό του 1986 οι τρεις αυτοι πίνακες θα είναι ακέραιοι και εκεί θα είναι η όλη δυσκολία της απόδειξης. ( δεν μπορώ να το βρω στο google σαν open αρχειο

)

Η απόδειξη όμως που έχω δει για το πρόβλημα που ποσταρα μου μοιάζει αρκετά σωστή!

Να πω μάλιστα ότι παίζει μεγάλη σημασία οτι μιλάμε για τους πραγματικούς οπου το 2 αντιστρέφεται ,γεγονός που αποτελεί συχνά κομβικό σημείο στην άλγεβρα.

#4

Νομίζω ότι έχω μια απόδειξη. Για να δούμε:

Από αυτά που έχουν ήδη γράψει ο Κώστας και ο Ηλίας αρκεί να αποδείξουμε το αποτέλεσμα για διαγώνιους μπλοκ πίνακες όπου κάθε μπλοκ είναι είτε 1 είτε -1 είτε $2 \times 2$ πίνακας στροφής.

Θα χρησιμοποιήσω ως ήδη γνωστό το αποτέλεσμα του SEEMOUS 2010/3a που λέει ότι κάθε $2\times2$ πραγματικός πίνακας γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων πραγματικών πινάκων.

Αν υπάρχει άρτιος αριθμός μπλοκ με -1 τα χωρίζω σε μπλοκ της μορφής $\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}$ . Τώρα έχω ένα μπλοκ διαγώνιο πίνακα όπου κάθε μπλοκ μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα δύο τετραγώνων. Άρα και ο αρχικός πίνακας μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα δύο τετραγώνων.

Μπορώ λοιπόν να υποθέσω ότι υπάρχει περιττός αριθμός μπλοκ με -1. Αν υπάρχει μπλοκ με 1, τότε παίρνω ένα καινούργιο μπλοκ της μορφής $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}$ και χωρίζω τα υπόλοιπα μπλοκ με -1 σε μπλοκ της μορφής $\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}$ . Άρα πάλι ο αρχικός πίνακας μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα δύο τετραγώνων.

Μένει η περίπτωση όπου έχω περιττό αριθμό μπλοκ με -1 και όλα τα υπόλοιπα μπλοκ να είναι $2 \times 2$ πίνακες στροφής. Σε αυτήν την περίπτωση αρκεί να δείξω ότι κάθε πίνακας της μορφής $A(\theta) = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos{\theta} & -\sin\theta \\ 0 & \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}$ γράφεται σαν άθροισμα τριών τετραγώνων.

Αλλά $A(\theta) - \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}^2 =\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & * & * \\ 0 & * & * \end{pmatrix} = B(\theta)$ και αφού ο $B(\theta)$ γράφεται σαν άθροισμα δύο τετραγώνων τότε τελειώσαμε.

Ilias_Zad · #5

H κατασκευή σου είναι εξαιρετική!
Το μόνο που δεν είμαι σίγουρος είναι για το λήμμα που λέει ο Κώστας.
Πως για παράδειγμα ενας πινακας 2 επι 2 με οριζουσα 1 θα ερθει σε αυτην την μορφη αν ας πουμε εχει trace πάνω απο 2..;

#6

Ηλία έχεις δίκιο. Το αποτέλεσμα που λέει ο Κώστας ισχύει αν και μόνο αν ο αρχικός πίνακας είναι ορθογώνιος (δηλαδή AA^T = I

).

Κώστας Παππέλης · #7

Έχετε δίκιο. Από την άλλη όμως ίσως να είμαστε πολύ κοντά, δεδομένου ότι κάθε πίνακας γράφεται ως το γινόμενο ενός ορθογωνίου και ενός συμμετρικού θετικά ορισμένου...

Συγκεκριμένα $A=S\sqrt{A^*A}$

Ilias_Zad · #8

Δίνω μια υπόδειξη που παίζει σημαντικό ρόλο στην απόδειξη που έχω υπόψιν μου:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#9

Ωραία. Ξεκινάω από την απόδειξη της υπόδειξης του Ηλία

Λήμμα: Αν Ν μηδενοδύναμος τότε υπάρχει (πραγματικός) πίνακας Β ώστε B^2 = I + N

Απόδειξη: Έστω N^k = 0

. Ορίζω

και (επαγωγικά) $\displaystyle{a_r = -\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{r-1} a_ia_{r-i}}$ για $2 \leqslant r \leqslant k-1$ . Ισχυρίζομαι ότι $\displaystyle{ \left( \sum_{i=0}^{k-1} a_i N^i\right)^2 = I + N}$ . (Όπου ορίζω N^0 = I

.) Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε $0 \leqslant r \leqslant k-1$ , ο συντελεστής του N^r

στο αριστερό μέλος ισούται με τον συντελεστή του N^r

στο δεξί. Για r=0,1

είναι εύκολος έλεγχος. Για $r \geqslant 2$ o συντελεστής του N^r

στο αριστερό μέλος ( $1 \leqslant r \leqslant k-1$ ) ισούται με $\sum_{i=0}^r a_ia_{r-i} = 2a_r + \sum_{i=1}^{r-1} a_ia_{r-i} = 0$ .

Για την απόδειξη τώρα μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο πίνακας

είναι σε κανονική μορφή Jordan.

Όπως σωστά παρατήρησε ο Ηλίας δεν μπορούμε να το υποθέσουμε αυτό αφού δουλεύουμε με πραγματικούς πίνακες.

Αρκεί επίσης να αποδείξουμε την πρόταση για κάθε Jordan block του

. (Αυτό φυσικά δεν ισχύει για τα $1 \times 1$ Jordan blocks του

με αρνητική τιμή. Θα δούμε πιο κάτω πως μπορεί να τροποποιηθεί η απόδειξη για να συμπεριληφθούν και αυτά.)

Κάθε Jordan block με θετική τιμή στην διαγώνιο είναι θετικό πολλαπλάσιο πίνακα της μορφής I+N

και άρα είναι τέλειο τετράγωνο.

Έστω J = -cI + M

ένα Jordan block του

με $c \geqslant 0$ . Μπορούμε να υποθέσουμε ότι c < 1

. Έστω ότι ο

είναι $s \times s$ . Αν ο

είναι άρτιος τότε υπάρχει $s \times s$ πίνακας A_1

ώστε

. Σαν

παίρνουμε τον πίνακα που σχηματίζεται από πίνακες της μορφής $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ στην κύρια διαγώνιο. Αλλά τότε από το λήμμα ο J - A_1^2

μπορεί να γραφεί σαν τέλειο τετράγωνο.

Έστω ότι ο

είναι περιττός (μεγαλύτερος ή ίσος του 3). Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχουν $s \times s$ πίνακες A_1

και

ώστε

όπου o

είναι άνω τριγωνικός με μηδέν στην κύρια διαγώνια. Χρησιμοποιώντας ξανά πίνακες της μορφής $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ μπορούμε να υποθέσουμε ότι s=3

. Αλλά τότε είναι εύκολο να βρούμε τέτοιους πίνακες. (Θα τους βάλω αργότερα. Ξέχασα το πρόχειρο που τους έγραψα στο γραφείο.)

Τους προσθέτω τώρα: Έχουμε $\begin{pmatrix} 1 & -4 & 0 \\ 1/2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}^2 + \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}^2 = -2I + \begin{pmatrix} 0 & -9 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$ .

Μένει να δούμε τι θα κάνουμε με τα $1 \times 1$ Jordan blocks του

. Κάθε πίνακας της μορφής $\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b\end{pmatrix}$ μπορεί να γραφτεί σαν άθροισμα δύο τετραγώνων. (Είτε χρησιμοποιώντας το SEEMOUS 2010/3a είτε αποδεικνύοντάς το απευθείας.) Άρα ζευγαρώνοντας τα $1 \times 1$ Jordan blocks του

μπορούμε να υποθέσουμε ότι υπάρχει μόνο ένα τέτοιο block. Έστω ότι έχει τιμή -1. Αυτό θα πρέπει να το ζευγαρώσουμε με κάποιο άλλο Jordan block.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι κάθε άνω τριγωνικός $s \times s$ (με $s \geqslant 2)$ πίνακας που στην κύρια διαγώνιο έχει -1 ακολουθούμενο από s-1

είναι άθροισμα τριών τετραγώνων. Όπως προηγουμένως μπορούμε να υποθέσουμε ότι είτε s=2

είτε

. Αν

είμαστε εντάξει (ακόμη και χωρίς χρήση του SEEMOUS 2010/3a). Αν s=3

χρωστάω πάλι κάποιους πίνακες...

Τους προσθέτω και αυτούς: Έχουμε $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0\end{pmatrix}^2 + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4c \\ 0 & 1/2 & 1\end{pmatrix}^2 = 2\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & c & 4c \\ 0 & 0 & c\end{pmatrix}$

Ilias_Zad · #10

Δημήτρη με συγχωρείς για το ότι αρησα να απαντήσω. Δεν έχω προλάβει να την κοιτάξω με λεπτομέρεια την απόδειξη αν και ειμαι σιγουρος οτι ειναι ολόσωστη η κατασκευη!
Μια ερώτηση όμως έχω να κάνω.
Γιατί αρκεί να δειχτεί για ενα Jordan block ενώ είναι γνωστό οτι δεν μπορούμε να φέρουμε τον τυχαίο πραγματικό πίνακα σε Jordan μορφη;

Κώστας Παππέλης · #11

Ηλία αυτό που λες ισχύει αλλά αν ο πίνακάς μας είναι πραγματικός τότε θα έχουμε αναλλοίωτους υποχώρους με διάσταση το πολύ 2 και οι ιδιοτιμές θα είναι σε ζεύγη συζυγών οπότε μπορούμε να κάνουμε κάτι αντίστοιχο.

Θα έχουμε ένα 'jordan πίνακα' που αντί για τις διαγώνιες ιδιοτιμές θα έχει blocks 2x2 με

a11=a22=x, a12=-y, a21=y

Επίσης πάνω από τη 'διαγώνιο' θα έχουμε πάλι τετράγωνους πίνακες Ν1, Ν2,.... που όλα τους τα ΜΗ μηδενικά στοιχεία θα βρίσκονται σε block 2x2 του ταυτοτικού (δηλαδή οι άσσοι βρίσκονται στη 2ρη 'υπερδιαγώνιο')

Δεν ξέρω αν αυτό διατηρεί άθικτη την κατασκευή αλλά θα το ψάξω...

Ilias_Zad · #12

Γνωρίζω αυτό που λες (το ειχα χρησιμοποιησει για να αποδείξω το πιο ανίσχυρο αποτέλεσμα για το άθροισμα 5 τετραγώνων) αλλά η πρόταση αυτη έχω την εντυπωση ότι δίνει τον πραγματικό πίνακα άνω τριγωνικό οχι block-διαγωνιο που λες.
Γενικά όμως πιστεύω ότι φεύγουμε πολύ απο την Jordan μορφη.

Κώστας Παππέλης · #13

Αυτό μου έλεγες τις προάλλες??

Τα υπόλοιπα πάντως είναι μηδενικά πάνω από τη δεύτερη διαγώνιο.

Ilias_Zad · #14

Κώστας Παππέλης έγραψε:
Επίσης πάνω από τη 'διαγώνιο' θα έχουμε πάλι τετράγωνους πίνακες Ν1, Ν2,.... που όλα τους τα ΜΗ μηδενικά στοιχεία θα βρίσκονται σε block 2x2 του ταυτοτικού (δηλαδή οι άσσοι βρίσκονται στη 2ρη 'υπερδιαγώνιο')

Δεν ξέρω αν αυτό διατηρεί άθικτη την κατασκευή αλλά θα το ψάξω...

Οντως είχα λαθος γιατι δεν διάβασα καλά τι έλεγες.
Τωρα το είδα αυτό που εβαλα στο quote.
Αν και δεν το γνωρίζω είναι πολυ πιθανό να ισχύει ετσι!

YΓ και ναι αυτο σου ελεγα τις προάλλες

#15

Ilias_Zad έγραψε: Γιατί αρκεί να δειχτεί για ενα Jordan block ενώ είναι γνωστό οτι δεν μπορούμε να φέρουμε τον τυχαίο πραγματικό πίνακα σε Jordan μορφη;

Ηλία έχεις δίκιο. Δεν αρκεί να αποδείξουμε μόνο αυτό.

#16

Η τρίτη απόπειρα.

Γράφουμε A = D + U + L

όπου

διαγώνιος,

άνω τριγωνικός με μηδενικά στην κύρια διαγώνιο και

κάτω τριγωνικός με μηδενικά στην κύρια διαγώνιο.

Θέτω $D_{ii} = d_i$ . Μπορούμε να υποθέσουμε ότι $1 \geqslant d_1 \geslant \cdots \geqslant d_n$ .

Περίπτωση 1: Ο ν είναι άρτιος, έστω n = 2k

. Για $1 \leqslant i \leqslant k$ ορίζω τον πίνακα $B_i = \begin{pmatrix} \sqrt{d_{2i-1} - d_{2i}} & d_{2i} - 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ . Τότε $B_i^2 = \begin{pmatrix} d_{2i-1} - 1 & * \\ * & d_{2i} - 1\end{pmatrix}$ . (Δεν μας ενδιαφέρει τι βρίσκεται στις θέσεις με τα αστεράκια.) Ορίζω τώρα τον πίνακα

που έχει στην διαγώνιό του τους πίνακες B_i

. Τότε $B^2 = D - I + L{'} + U{'}$ για κάποιους άνω/κάτω τριγωνικούς πίνακες L{'},U{'}

με μηδενικά στην κύρια διαγώνιο. Αλλά τότε $A = B^2 + I + (L + L{'}) + (U + U')$ και από το λήμμα στην προηγούμενη απόπειρα μπορούμε να γράψουμε τον πίνακα

σαν άθροισμα δύο τετραγώνων.

Περίπτωση 2: Ο ν είναι περιττός, έστω n = 2k+1

. Όπως προηγουμένως μόνο που θέτουμε $B_k = \begin{pmatrix} \sqrt{d_{2k-1} +1 - d_{2k} - d_{2k+1}} & d_{2k} - 1 & d_{2k+1} - 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}$ ώστε $B_k^2 = \begin{pmatrix} d_{2k-1} - 1 & * & * \\ * & d_{2k} - 1 & * \\ * & * & d_{2k+1}\end{pmatrix}$

Ilias_Zad · #17

Demetres έγραψε:Η τρίτη απόπειρα.

Tρίτη και φαρμακερή.

. Εξαιρετικός!

Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Re: Γενίκευση θέμα 3ο-Seemous 2010

Μέλη σε σύνδεση