SEEMOUS 2014/3

#1

Έστω $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ και $a \in \mathbb{C}$ με $a \neq 0$ έτσι ώστε $A - A^{\ast} = 2aI_n$ . [Με $A^{\ast}$ συμβολίζουμε τον πίνακα $(\overline{A})^t$ όπου $\overline{A}$ είναι ο συζυγής πίνακας του

.

#2

Απάντηση του μέλους μας Nick1990 στα αγγλικά υπάρχει εδώ.

Αν κάποιος έχει χρόνο ας βάλει και μια πιο πλήρη απάντηση για να την έχουμε στα ελληνικά μιας και η πιο πάνω δείχνει μόνο τα βασικά βήματα της λύσης στα αγγλικά.

Zarifis · #3

Παίρνουμε ανάστροφο συζυγή κι στα δυο μέρη κι συμπεραίνουμε άμεσα πως $\displaystyle{a \in Ri}$
Θέτω: $\displaystyle{{\rm B} = {\rm A} - aI}$ κι έχω : $\displaystyle{{\rm B} - {{\rm B}^*} = {0_n}}$ άρα είναι ερμιτιανός κι από φασματικό θεώρημα είναι διαγωνοποιήσιμος με πραγματικές ιδιοτιμές.
Έχουμε: $\displaystyle{{\rm B} = P\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{\lambda _1}}&0&0 \\ 0& \ddots &0 \\ 0&0&{{\lambda _n}} \end{array}} \right){P^*}}$ άρα $\displaystyle{A = P\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{\lambda _1} + a}&0&0 \\ 0& \ddots &0 \\ 0&0&{{\lambda _n} + a} \end{array}} \right){P^*}}$ Τέλος: $\displaystyle{|\det A| = |\det \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{\lambda _1} + a}&0&0 \\ 0& \ddots &0 \\ 0&0&{{\lambda _n} + a} \end{array}} \right)| =| \prod\limits_{i = 1}^n {({\lambda _i} + a)}| }$ και $\displaystyle{\prod\limits_{i = 1}^n {|({\lambda _i} + a)|} \geqslant |a{|^n}}$ άμεσα από Π.Θεωρημα (είτε διαφορικό λογισμό).
Η ισότητα ισχύει όπως φαίνεται από πάνω για όλες τις ιδιοτιμές του

ίσες με

άρα ο Β είναι μηδενικός(αφού είναι ερμιτιανός) . Οπότε προκύπτει το ζητούμενο

SEEMOUS 2014/3

SEEMOUS 2014/3

Re: SEEMOUS 2014/3

Re: SEEMOUS 2014/3

Μέλη σε σύνδεση