SEEMOUS 2017/2

#1

Έστω πραγματικοί $n \times n$ πίνακες A,B

.

(α) Να δειχθεί ότι υπάρχει a > 0

ώστε για κάθε $\varepsilon \in (-a,a)$ με $\varepsilon \neq 0$ η εξίσωση

$\displaystyle{ AX + \varepsilon X = B}$

έχει μοναδική λύση $X(\varepsilon)$ στους πραγματικούς $n \times n$ πίνακες.

(β) Αν B^2 = I

και ο

είναι διαγωνοποιήσιμος, να δειχθεί ότι

$\displaystyle{ \lim_{\varepsilon \to 0} \varepsilon \mathrm{Tr}(BX(\varepsilon)) = n - \mathrm{rank}(A)}$

dement · #2

α. Αν $0 < |\epsilon| < |r|$ , όπου

η (απόλυτα) μικρότερη μη μηδενική ιδιοτιμή του

(ή

αν αυτή δεν υπάρχει) τότε ο $A+\epsilon I$ είναι αντιστρέψιμος και η εξίσωση έχει μοναδική λύση $X=(A+ \epsilon I)^{-1} B$ .

β. Ισχύει $\displaystyle \mathrm{tr}(BX) = \mathrm{tr} (B^2 (A+\epsilon I)^{-1} ) = \mathrm{tr} ((A+\epsilon I)^{-1}) = \sum_{k=1}^n \frac{1}{r_k + \epsilon}$ , όπου r_k

οι ιδιοτιμές του

. Έτσι, το όριο ισούται με την αλγεβρική πολλαπλότητα της ιδιοτιμής

. Αυτή είναι ίση (λόγω διαγωνιοποιήσιμου) με τη μηδενικότητα του

η οποία ισούται με το δεξί μέλος από το θεώρημα τάξης-μηδενικότητας.

SEEMOUS 2017/2

SEEMOUS 2017/2

Re: SEEMOUS 2017/2

Μέλη σε σύνδεση