Ορίζουσα

Tolaso J Kos · #1

Έστω

και $A \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$ τέτοιος ώστε $\det \left(A^2 + x \mathbb{I}_{2 \times 2} \right) = 0$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\det \left( A^2 + A + x \mathbb{I}_{2 \times 2} \right) = x }$
Μέχρι αύριο το βράδυ!!

Tolaso J Kos · #2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 21, 2020 11:04 pm
Έστω και $A \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$ τέτοιος ώστε $\det \left(A^2 + x \mathbb{I}_{2 \times 2} \right) = 0$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\det \left( A^2 + A + x \mathbb{I}_{2 \times 2} \right) = x }$
Μέχρι αύριο το βράδυ!!

Επαναφορά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 21, 2020 11:04 pm
Έστω και $A \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$ τέτοιος ώστε $\det \left(A^2 + x \mathbb{I}_{2 \times 2} \right) = 0$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\det \left( A^2 + A + x \mathbb{I}_{2 \times 2} \right) = x }$
Μέχρι αύριο το βράδυ!!

Modulo ομοιους πίνακες.
Αν ο
$A=\begin{pmatrix} \lambda &E \\ 0 & \mu \end{pmatrix}$
E=0 or 1

και
$\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$
τότε η υπόθεση δεν ισχύει .
Αρα θα είναι

$A=\begin{pmatrix} \lambda &0 \\ 0 & \bar{\lambda} \end{pmatrix}$
Aπο την υπόθεση
$\lambda =\pm i\sqrt{x}$
Τότε είναι
$\displaystyle\det \left( A^2 + A + x \mathbb{I}_{2 \times 2} \right)=\lambda ((\bar{\lambda })^{2}+\bar{\lambda }+x)=\lambda \bar{\lambda }=x$

#4

Διαφορετικά, παρατηρούμε ότι $0 = \det[(A+i\sqrt{x}I)(A-i\sqrt{x}I)] = \det(A+i\sqrt{x}I)\det(A-i\sqrt{x}I)$ οπότε ένα από τα $\pm i \sqrt{x}$ είναι ιδιοτιμή του

, και αφού $A \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$ , αναγκαστικά είναι και το άλλο. Επομένως ο

έχει χαρακτηριστικό πολυώνυμο $p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \lambda^2+x$ . Τότε A^2 + xI = 0

και

$\displaystyle \det(A^2 + A + xI) = \det(A) = p_A(0) = x.$

Ορίζουσα

Ορίζουσα

Re: Ορίζουσα

Re: Ορίζουσα

Re: Ορίζουσα

Μέλη σε σύνδεση