SEEMOUS 2016/2

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8541
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

SEEMOUS 2016/2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Μαρ 04, 2016 11:16 pm

(α) Να δειχθεί ότι για κάθε πίνακα X \in \mathcal{M}_2(\mathbb{C}) υπάρχει πίνακας Y \in \mathcal{M}_2(\mathbb{C}) έτσι ώστε Y^3=X^2.

(β) Να δειχθεί ότι υπάρχει πίνακας A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{C}) έτσι ώστε Z^3 \neq A^2 για κάθε Z \in \mathcal{M}_3(\mathbb{C}).



Λέξεις Κλειδιά:
Γιάννης Ι.
Δημοσιεύσεις: 57
Εγγραφή: Δευ Δεκ 31, 2012 10:10 pm

Re: SEEMOUS 2016/2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Ι. » Κυρ Ιούλ 17, 2016 1:36 am

α) Ξεκινάμε τριγωνοποιώντας τον X, έτσι πολλαπλασιάζοντας με κατάλληλο αντιστρέψιμο πίνακα P από δεξιά και με τον αντίστροφό του από αριστερά παίρνουμε (P^{ -1 }YP)^{ 3 }=(P^{ -1 }XP)^{ 2 }, όπου P^{ -1 }XP είναι άνω τριγωνικός. Αυτή η διαδικασία δεν αλλάζει τον αριθμό λύσεων. Θέτουμε Y\leftarrow (P^{ -1 }YP),X \leftarrow (P^{ -1 }XP) για λόγους ευκολίας. Έτσι, παίρνουμε ότι αν X=\begin{pmatrix} l_{ 1 } & a \\ 0 & l_{ 2 } \end{pmatrix} τότε Y^{ 3 }=\begin{pmatrix} l_{ 1 }^{ 2 } & a(l_{ 1 }+l_{ 2 }) \\ 0 & l_{ 2 }^{ 2 } \end{pmatrix}. Αν l_{ 1 }=l_{ 2 }=0, τότε η λύση είναι προφανής. Αν όχι, μπορούμε σε αυτό το σημείο να αναζητήσουμε μια λύση σε άνω τριγωνική μορφή. Ξέρουμε εκ των προτέρων πως η λύση θα γράφεται Y=\begin{pmatrix} l'_{ 1 } & A \\ 0 & l'_{ 2 } \end{pmatrix} όπου l'_{ 1 },l'_{ 2 } είναι τρίτες ρίζες των l_{ 1 }^2,l_{ 2 }^2 αντίστοιχα (οι τιμές l_{ 1 }^2,l_{ 2 }^2 μπορεί να ταυτίζονται) που θα προσδιοριστούν εν συνεχεία. Έχουμε έτσι, Y^{ 3 }=\begin{pmatrix} l_{ 1 }^2 & A(l'_{ 1 }^{ 2 }+l'_{ 1 }l'_{ 2 }+l'_{ 2 }^{ 2 }) \\ 0 & l_{ 2 }^2 \end{pmatrix}. Έχοντας διαλέξει τυχαία l'_{ 1 }, μπορούμε να διαλέξουμε το l'_{ 2 }έτσι ώστε (l'_{ 1 }^{ 2 }+l'_{ 1 }l'_{ 2 }+l'_{ 2 }^{ 2 })\neq 0 και έτσι προσδιορίζουμε το A. Οι τελικές λύσεις είναι πλέον εύκολα προσδιορίσιμες.

β)Θέτουμε X=\left( \begin{matrix} 0 & a & c \\ 0 & 0 & b \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right), με ab \neq 0. Mοναδική ιδιοτιμή του X είναι προφανώς το 0. Έχουμε πως X^{2}=\left( \begin{matrix} 0 & 0 & ab \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right). Μια λύση της δοθείσας έχει μοναδική ιδιοτιμή το 0 και στην τρίτη δύναμη είναι ίση με τον μηδενικό πίνακα (αρκεί κανείς να τριγωνοποιήσει την λύση). Αδύνατο. Άρα η δοθείσα δεν έχει λύση.


Υπόδειξη: Έστω \epsilon > 0...

Allain Pommellet
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης