γραμμική/seemous

FERMA · #1

Μιας και ο SEEMOUS έφτασε(Πέμπτη) αν μπορείτε βάλτε εδω αξιόλογα θέματα γραμμικής για μια τελευταία εξάσκηση

#2

Ας δούμε λοιπόν την εξής:

Έστω πραγματικός $n \times n$ πίνακας

με

. Να δειχθεί ότι $\det(A) > 0$ .

simantiris j. · #3

Η λύση μου για αυτή την ωραία άσκηση:
Αρχικά θεωρούμε τον $B=A-\frac{I_{n}}{2}$ και από τη δοσμένη έχουμε ότι B^t=-B

.Άρα ο

είναι αντισυμμετρικός και επιπλέον βλέπουμε ότι $det(A)=det(B+\frac{I_{n}}{2})=x_{B}(-\frac{1}{2})$ (όπου $x_{B}$ το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του

).
Λήμμα:Οι ιδοτιμές του

είναι της μορφής $\mu i,\mu\in \mathbb{R}$
Πράγματι,αν $\lambda$ ιδιοτιμή του

και

ιδιοδιάνυσμα που αντιστοιχεί σε αυτήν,έχουμε ότι $\lambda <X,X>=<BX,X>=<X,B^*X>=<X,-BX>=-\overline{\lambda }<X,X>$ και επειδή $X\neq 0\Rightarrow <X,X>\neq 0$ αυτή συνεπάγεται ότι $\lambda =-\overline{\lambda }$ που δίνει το ζητούμενο.
Τώρα επειδή ο

είναι πραγματικός,το χαρακτηριστικό του πολυώνυμο θα έχει πραγματικούς συντελεστές,επομένως αν $\mu i$ μια ρίζα του,τότε και $-\mu i$ ρίζα του,άρα είναι της μορφής $x_{B}(x)=(-1)^nx^{n_{1}}\prod_{i=2}^{k}(x^2+\mu^2_{i})^{n_{i}}$ .Άρα για να ισχύει το επιθυμητό $x_{B}(-\frac{1}{2})>0$ πρέπει και αρκεί ο $n+n_{1}$ να είναι άρτιος.
Όμως ο

ως πραγματικός αντισυμμετρικός είναι κανονικός άρα και διαγωνοποιήσιμος(μέσω μοναδιαίου) άρα $n_{1}=dimV_{B}(0)=n-rank(B)$ οπότε πρέπει και αρκεί ο rank(B)

άρτιος.
Αυτό όμως ισχύει:ένας τρόπος να το δούμε από τα προηγούμενα είναι να πούμε ότι ο

είναι όμοιος με τον διαγωνιο πίνακα που έχει στη διαγώνιο του

και σε ζευγάρια τις ιδιοτιμές $\mu i,-\mu i$ .Ο πίνακας αυτός προφανώς έχει άρτια τάξη και επειδή όμοιοι πίνακες έχουν ίδια τάξη,έπεται το ζητούμενο.

γραμμική/seemous

γραμμική/seemous

Re: γραμμική/seemous

Re: γραμμική/seemous

Μέλη σε σύνδεση