mathematica.gr


https://www.mathematica.gr/forum/

Γραμμική Άλγεβρα, δύσκολη

https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?t=7154

Σελίδα 1 από 1

Γραμμική Άλγεβρα, δύσκολη

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Μάιος 15, 2010 5:13 pm
από AlexandrosG
Έστω A,B πραγματικοί πίνακες με A^{2002}=B^{2003}=I και AB=BA. Να αποδειχθεί ότι ο πίνακας A+B+I είναι αντιστρέψιμος.
Αφιερωμένο στους Νικόλα, Λεωνίδα (περιμένω λύση :D ), Βασίλη, Ηλία, Κώστα και Ψυχ :D

Re: Γραμμική Άλγεβρα, δύσκολη

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Μάιος 15, 2010 6:12 pm
από Ilias_Zad
Λημμα:

Οι πίνακες αντιμετατίθενται αρα εχουν κοινη βαση που γινονται ταυτόχρονα ανω τριγωνικοι.
(Sketch της αποδειξης : επαγωγη και χρηση κοινου ιδιοδιανυσματος)

Τωρα για να έχουμε το ζητούμενο αρκεί να δείξουμε ότι δεν υπάρχουν k,m ωστε k+m=-1 ,με k ιδιοτιμη του A και m ιδιοτιμη του B.

Ομως οι ιδιοτιμές του A ειναι 2002-ριζες της μονάδας και του B, είναι 2003-ρίζες της μονάδας αντίστοιχα.

Συνεπως θέλουμε να δείξουμε το αδύνατο της εξίσωσης:
r_{2002}+r_{2003}=-1. , με r_n n-οστή ριζα της μονάδας

Απο εδώ όμως παιρνόντας σε τριγωνομετρική μορφή εχουμε οτι πρέπει

\frac{2k\pi}{2003}=\frac{2\pi}{3} ή \frac{2k\pi}{2003}=\frac{4\pi}{3} κάτι αδύνατο σε κάθε περίπτωση.

Mάλιστα αν είναι σωστά τα παραπάνω αντι (2002,2003) μας αρκουσαν δυο τυχαίοι φυσικοί που ο ένας δεν διαρείται απο το 3.

Re: Γραμμική Άλγεβρα, δύσκολη

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Μάιος 15, 2010 6:22 pm
από AlexandrosG
Ηλία πολύ ωραίος :clap: :clap2:
Έχω την ίδια ακριβώς λύση. Περίεργο γιατί η επίσημη είναι τελείως διαφορετική.
Να σημειώσω εδώ κάτι για το λήμμα. Το θεώρημα της παραγοντοποίησης του Schur λέει ότι για κάθε πίνακα A είναι \displaystyle{A=PTP*} όπου T τριγωνικός και P ορθομοναδιαίος. Αν όμως AB=BA τότε μπορούμε να διαλέξουμε τον ίδιο P στην Schur παραγοντοποίηση τους. Δεν είπα κάτι που δεν λέει ο Ηλίας, απλά το τόνισα.

Re: Γραμμική Άλγεβρα, δύσκολη

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Μάιος 15, 2010 6:32 pm
από Ilias_Zad
AlexandrosG έγραψε:]Να σημειώσω εδώ κάτι για το λήμμα. Το θεώρημα της παραγοντοποίησης του Schur λέει ότι για κάθε πίνακα A είναι \displaystyle{A=PTP*} όπου T τριγωνικός και P ορθομοναδιαίος. Αν όμως AB=BA τότε μπορούμε να διαλέξουμε τον ίδιο P στην Schur παραγοντοποίηση τους. .
Έλα! Έχεις απόδειξη για κάτι τέτοιο;
Εγώ μόνο με επαγωγή έχω καταφέρει να δείξω το λήμμα.

Re: Γραμμική Άλγεβρα, δύσκολη

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Μάιος 16, 2010 1:16 am
από lemonidas
Ωραία άσκηση. Να πω ότι δεν χρειάζεται καν άνω τριγωνική μορφή... Μπορούμε να το πάμε σε καθαρά διαγώνιους πίνακες.

Γενικά κάθε πίνακας με A^m=I είναι διαγωνοποιήσιμος γιατί το ελάχιστό του πολυώνυμο διαιρεί το x^m-1 και άρα όλοι οι όροι του είναι πρωτοβάθμιοι. Επίσης αφού AB=BA οι πίνακες είναι και ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιμοι.. Και αναγόμαστε στην ίδια (αδύνατη) εξίσωση.

(Για απόδειξη του παραπάνω http://www.math.uri.edu/~quinn/web/mth5 ... em1312.pdf - γενικά έχει και μπόλικες άλλες ιδιοτητούλες..)

Re: Γραμμική Άλγεβρα, δύσκολη

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Μάιος 16, 2010 12:21 pm
από Ilias_Zad
Όντως Λεωνίδα.Σωστός ;)

Τώρα παραθέτω σε hide μια απόδειξη (σε βήματα) που πιστεύω ότι έκανα για τον ορθομοναδιαίο που ρώτησα τον Αλέξανδρο.
1)επαγωγή-n=1 τετριμμένο.
2)Επαγωγικό βήμα: εστω οτι ισχύει για n. Πάμε για n+1.
Eπεκτείνουμε ένα κοινό ιδιοδιάνυσμα των A,B(υπάρχει,γιατι;) σε μια διατεταγμένη ορθοκανονική βάση.Εστω ότι ο πίνακας αλλαγής βάσης ως προς αυτην ειναι ο U.
Γνωριζουμε οτι ως προς αυτη την βαση οι A,B έχουν στην πρώτη στήλη αντίστοιχη ιδοτιμή στο (1,1) και πιο κατω μηδενικά.
3)Τα κάτω δεξιά n*n blocks εστω A_1,B_1 των U^{-1}AU,U^{-1}BU αντίστοιχα ικανοποιούν την επαγωγική υπόθεση οποτε υπάρχει πινακας ορθομοναδιαίος U_1 ωστε και οι δυο A_1,B_1 να είναι ανω τριγωνικοι ως προς αυτήν την βάση.
4)Θεωρούμε τον πίνακας U\left(\begin{array}{cc}1 & 0\\ 0 & U_1\end{array}\right) . Είναι ορθομοναδιαίος και ως προς αυτον τριγωνοποιούνται και οι 2 πίνακες μας οπότε τελείωσαμε.
Όλοι οι χρόνοι είναι UTC+02:00
Σελίδα 1 από 1

Δημιουργήθηκε από phpBB® Forum Software © phpBB Limited


Ελληνική μετάφραση από το phpbbgr.com