SEEMOUS 2013/2

#1

Ανεπίσημα από εδώ.

Έστω M,N

$2\times 2$ μιγαδικοί πίνακες με M^2 = N^2 = 0

και

. Να δειχθεί ότι υπάρχει αντιστρέψιμος μιγαδικός πίνακας

ώστε $M = A \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}A^{-1}$ και $N = A \begin{pmatrix} 0 & 0 \\1 & 0 \end{pmatrix}A^{-1}$

#2

Ο

(και ο

) θα έχει τη μορφή $\displaystyle{\begin{pmatrix} a & b \\ c & -a \end{pmatrix}}$ με a^2+bc=0.

Αν $\displaystyle{Μ=\begin{pmatrix} a & b \\ c & -a \end{pmatrix}}$ και $Ν=\begin{pmatrix} A & B \\ C & -A \end{pmatrix}$ παίρνουμε

$\displaystyle{A=\begin{pmatrix} \pm \sqrt{\pm b} & \pm \sqrt{\mp B} \\ \sqrt{\mp c} & \sqrt{\pm C}\end{pmatrix}}$

Ilias_Zad · #3

Socrates δεν καταλαβαίνω τι ακριβώς κάνεις. Θες να το εξηγήσεις παραπάνω;

Nick1990 · #4

Πραγματικά απελπιστικά εύκολο θέμα για 2ο seemous. Μια λύση που βρήκα είναι η ακόλουθη:

Εύκολα $tr(MN) = \frac{1}{2}tr(MN + NM) = \frac{tr(I)}{2} = 1$ και det(MN)=0

. Άρα ο

διαγωνοποιείται και έχει ιδιοτιμές

και

. Αν

είναι μη τετριμμένο ιδιοδιάνυσμα του

στην ιδιοτιμή

, τότε

είναι βάση του $\mathbb{R}^2$ διότι προφανώς δεν γίνεται Nv = 0

(αλλιώς θα ήταν και v = MNv = 0

) ενώ αν

με $k \neq 0$ ο

θα είχε μη μηδενική ιδιοτιμή (άτοπο). Στη βάση των u,v

οι πίνακες έχουν τις ζητούμενες μορφές διότι u = Nv, v = MNv = Mu, Mv = M^2Nv = 0, Nu = N^2v = 0

.

#5

Δουλεύει η ιδέα του Θανάση αλλά θέλει προσοχή στο τι εννοούμε με τα ριζικά αφού οι αριθμοί που έχουμε είναι μιγαδικοί. Επίσης υπάρχει ένα μικροπρόβλημα αφού το

το χρησιμοποιούμε και σαν στοιχείο του

και σαν πίνακα.

Ας την γράψω λίγο πιο αναλυτικά: Αφού M^2 = 0

τότε υπάρχουν $a,b,c \in \mathbb{C}$ ώστε a^2 + bc = 0

και $M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & -a\end{pmatrix}$ . Ομοίως υπάρχουν $d,e,f \in \mathbb{C}$ ώστε d^2 + ef = 0

και $N = \begin{pmatrix} d & e \\ f & -d\end{pmatrix}$ .

Έστω

ένας μιγαδικός αριθμός ώστε x^2 = b

. Έστω επίσης

μιγαδικός ώστε z^2 = -c

. Τότε

και αλλάζοντας το

σε

αν χρειαστεί μπορώ να υποθέσω ότι xz = -a

. Ομοίως επιλέγω y,w

ώστε

.

Παρατηρώ τώρα ότι η συνθήκη MN + NM = I

δίνει

από το οποίο μετά από πράξεις παίρνουμε (xw - yz)^2 = 1

. Θέτω λοιπόν $\displaystyle{ A = \begin{pmatrix} x & y \\ z & w\end{pmatrix}}$ ή $\displaystyle{ A = -\begin{pmatrix} x & y \\ z & w\end{pmatrix}}$ ανάλογα με το πρόσημο του xw - yz

. Ο

είναι αντιστρέψιμος και μετά από πράξεις βλέπουμε ότι ικανοποιεί τις ζητούμενες συνθήκες.

--------------
Δεν χρειάστηκε ουσιαστικά καμία γνώση γραμμικής άλγεβρας αλλά απλά υπομονή για να γίνουν οι πράξεις. [Ο

βρέθηκε αφού πρώτα ξεκινήσαμε από την μορφή $\begin{pmatrix} x & y \\ z & w\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x & y \\ z & w\end{pmatrix}$ με xy - zw = 1

και μετά είδαμε τι συνθήκες χρειάζονται.]

Nick1990 · #6

Επίσης Δημήτρη, τα πράγματα είναι ακόμα πιο απλά και σε αυτή τη λύση, διότι αν δεν κάνω κάτι λάθος, μέσω μιας αλλαγής βάσης μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο ένας πίνακας είναι ήδη αυτός με έναν άσο και τα υπόλοιπα 0, οπότε γλιτώνουμε μεταβλητές.

Zarifis · #7

Βασικά από την κανονική μορφή Jordan προκύπτει κατευθείαν ο πρώτος πίνακας κι εύκολα μετά βγάζεις μετά τον δεύτερο πίνακα, κι δεν χρειάζεται να ασχοληθείς με τον Α καθόλου.

SEEMOUS 2013/2

SEEMOUS 2013/2

Re: SEEMOUS 2013/2

Re: SEEMOUS 2013/2

Re: SEEMOUS 2013/2

Re: SEEMOUS 2013/2

Re: SEEMOUS 2013/2

Re: SEEMOUS 2013/2

Μέλη σε σύνδεση