Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

AlexandrosG · #1

Έστω $A,B\in M_n(\mathbb{C})$ δύο $n\times n$ πίνακες με ορίζουσα

. Αποδείξτε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:[0,1] \to M_n(\mathbb{C})}$ τέτοια ώστε f(0)=A

,

και $\det (f(t))=1$ για κάθε $0 \leq t \leq 1$ .

#2

AlexandrosG έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 30, 2018 10:10 pm
Έστω $A,B\in M_n(\mathbb{C})$ δύο $n\times n$ πίνακες με ορίζουσα . Αποδείξτε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:[0,1] \to M_n(\mathbb{C})}$ τέτοια ώστε , και $\det (f(t))=1$ για κάθε $0 \leq t \leq 1$ .

Ενδιαφέρον. Με λίγα λόγια λέει, με γλώσσα της Τοπολογίας, ότι οι $n\times n$ πίνακες με ορίζουσα

είναι path connected.

Θα συνδέσουμε με τον τρόπο που περιγράφεται παρακάτω τον

προς τον ταυτοτικό

με διαδρομή μέσω πινάκων ορίζουσας

. Κατόπιν εργαζόμενοι όμοια μπορούμε να συνδέουμε τον

με τον

, και άρα τον

με τον

ακολουθώντας την ανάποδη πορεία. Εύκολα τώρα μπορούμε να πάμε από τον

στον

.

Ας δούμε λοιπόν έναν τρόπο να συνδέσουμε τον

προς τον ταυτοτικό με τον ζητούμενο συνεχή τρόπο.

Υπάρχει αντιστρέψιμος

και άνω τριγωνικός $U = (u_{km})$ με διαγώνιο τις ιδιοτιμές $\lambda _1, \, … \, , \lambda _n$ του

έτσι ώστε $A=S^{-1}US$ . Εδώ $\lambda _1\lambda _2\cdot … \cdot \lambda _n= \det A =1$ .

Ορίζουμε $\theta _k$ από την $e^{i\theta _k}= \frac {\lambda _k} {|\lambda _k|}$ για k=1,…, n

.

Ορίζουμε τώρα τον πίνακα U_t

ως εξής

α) στην διαγώνιο έχει τους όρους $\displaystyle{ \frac {\lambda _k} {(1-t) +t|\lambda _k|} e^{-it\theta _k}}$ εκτός από τον τελευταίο όρο ο οποίος είναι
$\displaystyle{\lambda _n (1-t +t|\lambda _1|)\cdot … \cdot (1-t +t|\lambda _{n-1}|)e^{it(\theta _1+…+ \theta _{n-1})}}$

β) Τα άνω της διαγωνίου στοιχεία είναι $u_{km}(1-t)$ και τα κάτω,

.

Παρατηρούμε ότι $\det U_t=1$ καθώς το γινόμενο των στοιχείων της διαγωνίου του είναι $\lambda _1\lambda _2\cdot … \cdot \lambda _n=1$ . Επίσης U_0=U

. Τέλος για t=1

ο πίνακας

α) στην διαγώνιο έχει τους όρους $\displaystyle{ \frac {\lambda _k} {|\lambda _k|} e^{-i\theta _k}=1}$ εκτός του τελευταίου που είναι πάλι

διότι ισούται με

$\displaystyle{\lambda _n |\lambda _1|\cdot … \cdot |\lambda _{n-1}|e^{i(\theta _1+…+ \theta _{n-1})}=\lambda _n (\lambda _1\cdot … \cdot \lambda _{n-1})=1}$

β) εκτός διαγωνίου έχει

.

Δηλαδή U_1=I

.

Τέλος, η απεικόνισή μας είναι η $f(t) = S^{-1}U_tS$ η οποία βέβαια ικανοποιεί $\det f(t) = \det (S^{-1}U_tS) = \det U_t=1$ . Τελειώσαμε.

#3

Γνώριζα το αποτέλεσμα με απόδειξη παρόμοιας λογικής με του Μιχάλη. Ας δούμε όμως και την εξής πιο σύντομη απόδειξη:

Λήμμα: Υπάρχει συνεχής συνάρτηση $g:[0,1] \to \mathbb{C}$ με g(0) = 0,g(1)=1

και

αντιστρέψιμος για κάθε $t \in [0,1]$ .

Αν αποδείξουμε το λήμμα τότε τα πράγματα είναι απλά αφού η συνάρτηση

$\displaystyle f(t) = \frac{(1-g(t))A + g(t)I}{\det((1-g(t))A + g(t)I)}$

στέλνει με συνεχή τρόπο τον

στον

ώστε $\det(f(t))=1$ για κάθε

.

Απόδειξη Λήμματος: Αν (1-s) A + sI

μη αντιστρέψιμος τότε υπάρχει μη μηδενικό διάνυσμα

ώστε

. Οπότε $s \neq 1$ και το

είναι ιδιοδιάνυσμα του

με ιδιοτιμή $\dfrac{s}{1-s}$ . O

όμως έχει το πολύ

διαφορετικές ιδιοτιμές που δίνουν το πολύ

διαφορετικές τιμές του

για τις οποίες ο (1-s)A+sI

δεν είναι αντιστρέψιμος. Είναι προφανές όμως ότι μπορούμε να κινηθούμε στο μιγαδικό επίπεδο από το

στο

αποφεύγοντας πεπερασμένο αριθμό σημείων.

#4

Πολλή ωραία η απόδειξη του Δημήτρη που αποφεύγει την διάσπαση $A=S^{-1}US$ .

Αυτό που είχα κατά νου στην απόδειξη που έγραψα είναι να βρούμε συνεχείς f_k(t)

με $f_k(0)=\lambda _k$ και f_k(1) =1

οι οποίες αποφεύγουν το

(πρόκειται για το ίδιο τέχνασμα με του Δημήτρη, όπου η διαδρομή αποφεύγει τις ιδιοτιμές). Οι $\displaystyle{\displaystyle{ \frac {\lambda _k} {(1-t) +t|\lambda _k|} e^{-it\theta _k}}}$ κάνουν ακριβώς αυτό, και τις κατέγραψα για να έχουμε κάτι χειροπιαστό.

Τώρα, αφού βρούμε τις f_k

για $k=1,\, 2, \, ... \, , n-1$ μπορούμε να πάρουμε $\displaystyle{f_n(t)= \frac {1}{f_1(t)\cdot ... \cdot f_{n-1}(t)}}$ καθώς τότε
$\displaystyle{f_n(0)= \frac {1}{\lambda_1\cdot ... \cdot \lambda _{n-1}} = \lambda _n}$ και $\displaystyle{f_n(1)=1}$ . Έτσι εξασφαλίζουμε ότι η ορίζουσα με διαγώνιο τα $\displaystyle{f_1(t), \, ... \, , f_{n}(t)}$ ισούται με

. Τα υπόλοιπα, ως άνω.

Ευχαριστούμε Δημήτρη.

AlexandrosG · #5

Πολύ ωραίες αποδείξεις.

Η απόδειξη μου: Θεωρούμε ''απλά'' $\displaystyle{f(t)=A^{1-t}B^t}$ . Το θέμα είναι ότι η συνάρτηση αυτή χρειάζεται να οριστεί καλά, και αυτό θέλει αρκετή δουλειά. Η ερμηνεία του $\displaystyle{A^{1-t}B^t}$ είναι ως $\displaystyle{e^{(1-t)\log A}e^{t \log B}}$ . Όταν ένας πίνακας

είναι αντιστρέψιμος τότε ο λογάριθμος του

ορίζεται πάντα και ικανοποιεί e^N=M

. Ο λογάριθμος ενός πίνακα μπορεί να οριστεί με διάφορους τρόπους. Ένας είναι μέσω της κανονικής μορφής Jordan. Ένας αλλός είναι μέσω της θεωρίας holomorphic functional calculus που μάλιστα επιτυγχάνει τον ορισμό συναρτήσεων όπως ο λογάριθμος για πιο γενικούς τελεστές από τους πίνακες.

#6

Όπως με ενημέρωσε ο Σταύρος σε π.μ. υπάρχει ένα θέμα με την απόδειξή μου.

Πρέπει να διαιρέσω με την νιοστή ρίζα της ορίζουσας. Μετά όμως υπάρχει θέμα με την συνέχεια και μπορεί να μην καταλήξω στον

αλλά στον $\omega I$ για κάποια νιοστή ρίζα $\omega$ της μονάδας.

Είναι απλό τώρα να πάω από τον $\omega I$ στον

αλλάζοντας τα (n-1)

πρώτα στοιχεία της διαγωνίου με οποιοδήποτε συνεχή τρόπο που αποφεύγει το

και το νιοστό στοιχείο της διαγωνίου με τέτοιο τρόπο ώστε να διατηρείται η ορίζουσα ίση με

.

#7

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 6:18 pm
Όπως με ενημέρωσε ο Σταύρος σε π.μ. υπάρχει ένα θέμα με την απόδειξή μου.

Πρέπει να διαιρέσω με την νιοστή ρίζα της ορίζουσας.

Δημήτρη και Σταύρο, εμένα μου φαίνεται μια χαρά η αρχική απόδειξη. Μήπως δεν βλέπω κάτι;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 7:13 pm

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 6:18 pm
Όπως με ενημέρωσε ο Σταύρος σε π.μ. υπάρχει ένα θέμα με την απόδειξή μου.

Πρέπει να διαιρέσω με την νιοστή ρίζα της ορίζουσας.
Δημήτρη και Σταύρο, εμένα μου φαίνεται μια χαρά η αρχική απόδειξη. Μήπως δεν βλέπω κάτι;

Καλό μήνα Μιχάλη.

Ο Δημήτρης έχει γράψει

$\displaystyle f(t) = \frac{(1-g(t))A + g(t)I}{\det((1-g(t))A + g(t)I)}$

τότε

$\displaystyle \det f(t)=\frac{\det((1-g(t))A + g(t)I)}{(\det((1-g(t))A + g(t)I))^{n}}$ .

Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

Re: Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

Re: Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

Re: Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

Re: Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

Re: Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

Re: Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

Re: Συνεχής παρεμβολή μεταξύ πινάκων με σταθερη ορίζουσα

Μέλη σε σύνδεση