mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 11, 2010 11:05 pm**

Εστω πινακας $\displaystyle{C \in {M_3}\left( R \right)}$ αντιστρεψιμος και $\displaystyle{trC = tr{C^2} = 0}$

Να δειξετε οτι : $\displaystyle{\det \left( {C + {C^{ - 1}}} \right) = \det C + \det {C^{ - 1}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 11, 2010 11:48 pm**

papel έγραψε:Εστω πινακας $\displaystyle{C \in {M_3}\left( R \right)}$ αντιστρεψιμος και $\displaystyle{trC = tr{C^2} = 0}$

Να δειξετε οτι : $\displaystyle{\det \left( {C + {C^{ - 1}}} \right) = \det C + \det {C^{ - 1}}}$

Σίγουρα υπάρχει και λιγότερο brute force τρόπος, αλλά δουλεύει... Έστω λ1, λ2, λ3 οι ιδιοτιμές του C. Τότε:

$det(C)=\lambda_1 \lambda_2 \lambda_3$
$det(C^{-1})=\frac {1} {\lambda_1 \lambda_2 \lambda_3}$
$det(C)+det(C^{-1})=\frac {(\lambda_1 \lambda_2 \lambda_3)^2+1} {\lambda_1 \lambda_2 \lambda_3}$
$det(C+C^{-1})=det(C^{-1})det(C^2+I)$

Οι ιδιοτιμές του C^2+I

είναι οι $1+\lambda_i^2$ . Οπότε κάνοντας τις πράξεις αρκεί $(\lambda_1 \lambda_2)^2+(\lambda_1 \lambda_3)^2+(\lambda_3 \lambda_2)^2=0$

Παίρνουμε την tr^2C-tr(C^2)=0

, υψώνουμε στο τετράγωνο και προκύπτει η ζητούμενη.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 12, 2010 12:30 am**

'Ενας άλλος τρόπος:

Αφού tr (C)=0

και $\det (C)\ne 0$ , έπεται ότι $C\ne \lambda I$ , και ότι ο

είναι όμοιος με ένα πίνακα

της μορφής

$\begin{pmatrix} 0&a&b\\ c&0&d\\ e&f&0\\ \end{pmatrix}$

Εύκολα βρίσκουμε ότι tr (A^2)=2(ac+be+df)

-που πρέπει να είναι 0-
και ότι η ορίζουσα του πίνακα

$\begin{pmatrix} k&a&b\\ c&k&d\\ e&f&k\\ \end{pmatrix}$

είναι $k^3-(ac+be+df)k+(ade+bcf)=k^3+\det(A)$ . (*)

Επομένως, $A^3=\det(A) I$ κι άρα $A^2=\det (A) A^{-1}$

Έτσι,

$\displaystyle{\det(A^2+I)=\det(\det(A)A^{-1}+A A^{-1})=\frac{\det(\det(A)I+A)}{\det(A)}}$

που από τη (*) με $k=\det(A)$ μας δίνει

$\displaystyle{\det(A^2+I)=\frac{\det(A)^3+\det(A)}{\det(A)}=\det(A)^2+1}$

Πολλαπλασιάζοντας την τελευταία με $\det(A^{-1})$ έπεται το ζητούμενο.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 12, 2010 12:35 am**

Αλλιως αρκει να δειχτει det(C+i)=det(C)-i

(και ομοια det(C-i)=det(C)+i

)
που ομως ειναι αμεσο αφου
LHS = (l_1+i)(l_2+i)(l_3+i)=l_1l_2l_3+(l_1l_2+l_2l_3+l_3l_1)i-(l_1+l_2+l_3)-i

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 12, 2010 4:37 pm**

Και άλλη μια λύση πιο "εκλεπτυσμένη"...

Λήμμα: Για έναν nxn πίνακα, αν p(x) το χαρακτηριστικό πολυώνυμο τότε ο συντελεστής $a_{n-2}=\frac {tr^2(A)-tr(A^2)} {2}$ (αρκετά απλό)

Τώρα από Caley Hamilton στο C: $C^3-det(C)I=0 \rightarrow tr(C^3)=3det(C)$

Επίσης, $tr(C^{-1})=\frac {tr^2(C)-tr(C^2)} {2det(C)}=0$ και $tr(C^{-2})= \frac { (\frac {tr^2(C)-tr(C^2)} {2} )^2 - 2det(C)tr(C)} {det^2(C)}=0}$

Άρα και $tr(C^{-3})=3det(C^{-1})$

Τώρα εφαρμόζοντας Caley Hamilton ξανά:
$(C+C^{-1})^3 - tr(C+C^{-1}) (C+C^{-1})^2 + \frac {tr^2(C+C^{-1})-tr((C+C^{-1})^2)} {2} (C+C^{-1}) -det(C+C^{-1})I=0$

Από όπου με απλοποιήσεις προκύπτει: $C^3+C^{-3} =det((C+C^{-1})I$

Από όπου περνώντας σε trace και με τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει η ζητούμενη..

mathematica.gr

Ιχνος και Οριζουσα Πινακα

Ιχνος και Οριζουσα Πινακα

Re: Ιχνος και Οριζουσα Πινακα

Re: Ιχνος και Οριζουσα Πινακα

Re: Ιχνος και Οριζουσα Πινακα

Re: Ιχνος και Οριζουσα Πινακα