Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

Συντονιστής: Demetres

sot arm
Δημοσιεύσεις: 178
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm

Χτες ήταν ο ομώνυμος με τον τίτλο διαγωνισμός για την επιλογή της ομάδας στο έκπα, βάζω τα θέματα να τα συζητήσουμε:

Πρόβλημα 1:
Δείξτε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί πραγματικοί x, για τους οποίους το άπειρο άθροισμα:
\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+x}} να είναι ρητός αριθμός.

Πρόβλημα 2:
Έστω \displaystyle{P_{n}(\mathbb{R}) } το σύνολο των n \times n πινάκων Α με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς με την εξής ιδιότητα: υπάρχει μη μηδενικό πολυώνυμο p(t) με μη αρνητικούς πραγματικούς συντελεστές έτσι ώστε p(A)=O.Έστω επίσης Q_{n}(\mathbb{R}) το σύνολο των συμμετρικών n \times n πινάκων.Για ποιους ακέραιους ν ισχύει:
(α) \displaystyle{A,B \in P_{n}(\mathbb{R}) \Rightarrow A+B \in P_{n}(\mathbb{R})} ;
(β) \displaystyle{A,B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R}) \Rightarrow A+B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R})}

Πρόβλημα 3:
Δίνονται a,b \in \mathbb{R} με 0<a<b.Για ποιά c \in \mathbb{R} υπάρχει συνεχής, αύξουσα συνάρτηση \displaystyle{f:[a,b] \rightarrow [0,+\infty)} , όχι ταυτοτικά μηδέν, έτσι ώστε:
\displaystyle{\int_{a}^{b}(x-a)f^{2}(x)dx=c\left(\int_{a}^{b}f(x)dx\right)^{2}} ;

Πρόβλημα 4:
Για ποιά p \in \mathbb{Q} υπάρχει 3 \times 3 πίνακας X με στοιχεία ρητούς έτσι ώστε:
X^{2}=  \left({\begin{array}{ccc} 
		p                   & 1    &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1    & p  & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1             & 1     & p 
		\end{array}}\right ) Πρόβλημα 5:
Θεωρούμε n × n πίνακες P, A με στοιχεία ακέραιους αριθμούς, τέτοιους ώστε
det(P) \neq 0 και det(A) = 1, και θέτουμε B = P^{ 
−1}AP. Δείξτε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος k
για τον οποίο όλα τα στοιχεία του πίνακα B^{k}
είναι ακέραιοι αριθμοί.
edit:μια διόρθωση στο 3.


Αρμενιάκος Σωτήρης

Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2510
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Ιαν 27, 2019 10:20 pm

sot arm έγραψε:
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm
Χτες ήταν ο ομώνυμος με τον τίτλο διαγωνισμός για την επιλογή της ομάδας στο έκπα, βάζω τα θέματα να τα συζητήσουμε:

Πρόβλημα 1:
Δείξτε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί πραγματικοί x, για τους οποίους το άπειρο άθροισμα:
\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+x}} να είναι ρητός αριθμός.
Θέτουμε \displaystyle f(x)={\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+x}}

Είναι \displaystyle|f(x)-f(y)|=|{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n+1}(\frac{1}{n+x}-\frac{1}{n+y})|
\displaystyle\leq \sum_{n=1}^{\infty }\frac{|x-y|}{(n+x)(n+y)}\leq |x-y|\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}\leq 4|x-y|
για x,y\geq0

Αρα η f:[0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}

είναι συνεχής .

Το f([0,\infty ))

είναι διάστημα και το αποτέλεσμα έπεται.
(προφανώς δεν είναι σταθερή)


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8179
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιαν 28, 2019 12:48 am

sot arm έγραψε:
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm
Πρόβλημα 5:
Θεωρούμε n × n πίνακες P, A με στοιχεία ακέραιους αριθμούς, τέτοιους ώστε
det(P) \neq 0 και det(A) = 1, και θέτουμε B = P^{ 
−1}AP. Δείξτε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος k
για τον οποίο όλα τα στοιχεία του πίνακα B^{k}
είναι ακέραιοι αριθμοί.

Έστω f(x) = \det(xI-A) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1x+a_0 το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του A. Το f(x) έχει ακέραιους συντελεστές.

Λήμμα: Για κάθε θετικό ακέραιο m μπορούμε να γράψουμε

\displaystyle A^{m} = \sum_{k=0}^{n-1} a_{m,k}A^{k}

όπου οι ακολουθίες ακεραίων (a_{m,0}),(a_{m,1}),\ldots,(a_{m,n-1}) ικανοποιούν την αναδρομική σχέση

\displaystyle  a_{m+n,r} =  -\left(a_{n-1}a_{m+n-1,r} + \cdots + a_1a_{m+1,r} + a_0a_{m,r}\right)  \quad (\ast)

μαζί με τις αρχικές συνθήκες a_{m,m} = 1 και a_{m,r} = 0 για m \in \{0,1,\ldots,n-1\} με m \neq r.

Απόδειξη λήμματος: Θα το δείξουμε με ισχυρή επαγωγή. Ο ισχυρισμός είναι άμεσος για m = 0,1,\ldots,n-1. Έστω λοιπόν ότι ισχύει για m=i,i+1,\ldots,i+n-1. Θα δείξουμε ότι ισχύει και για m = i+n.

Επειδή f(A) = 0 έχουμε A^n + a_{n-1}A^{n-1} + \cdots + a_0I = 0 άρα και A^{i+n} + a_{n-1}A^{i+n-1} + \cdots + a_0A^i = 0. Άρα από την επαγωγική υπόθεση

\displaystyle  A^{i+n} = -\sum_{k=0}^{n-1} a_kA^{i+k} = -\sum_{k=0}^{n-1} a_k \sum_{r=0}^{n-1} a_{i+k,r}A^r = -\sum_{r=0}^{n-1} \left(\sum_{k=0}^{n-1} a_ka_{i+k,r} \right)A^r =  \sum_{r=0}^{n-1} a_{i+n,r}A_r

όπου

\displaystyle  a_{i+n,r} = -\left(\sum_{k=0}^{n-1} a_ka_{i+k,r} \right)

Δηλαδή ο ισχυρισμός ισχύει και για m = i+n. \square


Κοιτάμε τώρα κάθε μία από τις ακολουθίες (a_{m,1}),\ldots,(a_{m,n-1}) modulo |\det(P)|. (Αγνοούμε την (a_{m,0}).) Κάθε μια από αυτές ικανοποιεί την αναδρομική σχέση (\ast) οπότε είναι περιοδική. (Δείτε στην τελευταία παράγραφο γιατί.) Έστω ότι η (a_{m,i}) είναι περιοδική με περίοδο N_i. Τότε θα έχουμε a_{m,i} \equiv 0 \bmod |\det(P)| για κάθε m πολλαπλάσιο του N_i. Θέτουμε N = N_1 \cdots N_{n-1} και παρατηρούμε ότι a_{N,i} \equiv 0 \bmod |\det(P)| για κάθε i = 1,2,\ldots,n-1.

Από το λήμμα έχουμε

\displaystyle A^{N} = \sum_{k=0}^{n-1} a_{N,k}A^{k}

άρα και

\displaystyle  \det(P)B^N = \sum_{k=0}^{n-1} a_{N,k} \det(P)P^{-1}A^kP

Ο πίνακας a_{N,k}\det(P)P^{-1}AP έχει ακέραια στοιχεία επειδή το ίδιο ισχύει για κάθε ένα από τους \det(P)P^{-1},A,P. Για k = 1,2,\ldots,n-1 όλα τα στοιχεία είναι πολλαπλάσια του |\det(P)|. Το ίδιο όμως ισχύει και για k=0 αφού ο πίνακας θα είναι ο a_{N,0}\det(P)I.

Άρα όλα τα στοιχεία του \det(P)B^N είναι ακέραια πολλαπλάσια του |\det(P)| και άρα όλα τα στοιχεία του B^N είναι ακέραια.

Σημείωση: Δεν χρησιμοποιήσαμε πουθενά το γεγονός ότι \det(A) = 1.

Προσθήκη αργότερα: Όπως με ενημέρωσε με π.μ. ο Αντώνης Ζητρίδης, χρειάζεται τελικά το \det(A) = 1 για να δείξω ότι η αναδρομική σχέση δίνει περιοδική ακολουθία.

Έστω λοιπόν ότι έχω μια αναδρομική ακολουθία που ικανοποιεί την σχέση x_{k+n} = a_1x_{n+k-1} + \cdots + a_nx_{k} modulo κάποιον φυσικό N. Από περιστερώνα θα υπάρχουν δύο υπακολουθίες n συνεχόμενων όρων οι οποίες θα είναι ακριβώς οι ίδιες. Δηλαδή θα υπάρχουν i,t ώστε x_{i+1} = x_{i+1+t},\ldots,x_{i+n} = x_{i+n+t}. Επαγωγικά είναι απλό ότι x_{i+m} = x_{i+m+t} για κάθε φυσικό m. Για να δείξουμε όμως x_j = x_{j+t} για κάθε φυσικό j πρέπει να μπορούμε να πάμε και προς τα πίσω. Για να γίνει αυτό πρέπει να μπορούμε να λύσουμε την αναδρομική σχέση ως προς x_k. Αυτό γίνεται αν το a_n είναι αντιστρέψιμο modulo N διότι τότε θα έχουμε x_k = a_n^{-1}(x_{n+n} - a_1x_{n+k-1} - \cdots - a_{n-1}x_{k+1}). Στην περίπτωσή μας, λόγω του \det(A) = 1 ο συγκεκριμένος συντελεστής ισούται με 1 ή -1 οπότε παίρνουμε την περιοδικότητα της ακολουθίας.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2510
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Ιαν 28, 2019 11:24 am

sot arm έγραψε:
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm
Χτες ήταν ο ομώνυμος με τον τίτλο διαγωνισμός για την επιλογή της ομάδας στο έκπα, βάζω τα θέματα να τα συζητήσουμε:

Πρόβλημα 3:
Δίνονται a,b \in \mathbb{R} με 0<a<b.Για ποιά c \in \mathbb{R} υπάρχει συνεχής, αύξουσα συνάρτηση \displaystyle{f:[a,b] \rightarrow [0,+\infty)} , όχι ταυτοτικά μηδέν, έτσι ώστε:
\displaystyle{\int_{a}^{b}(x-a)f^{2}(x)dx=c\left(\int_{a}^{b}f(x)dx\right)^{2}} ;
Κάνοντας αλλαγή μεταβλητών η σχέση μπορεί να γραφεί

\displaystyle\int_{0}^{1}xf^{2}(x)dx=c\left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)^{2}(1)

Επειδή η f είναι αύξουσα από γνωστή ανισότητα έχουμε

https://en.wikipedia.org/wiki/Chebyshev ... inequality

\displaystyle\int_{0}^{1}xf^{2}(x)dx\geq \left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)^{2}\int_{0}^{1}xdx\geq \frac{1}{2}\left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)^{2}

συμπεραίνουμε ότι c\geq \frac{1}{2}

Αν πάρουμε f(x)=x^{2c-1}

εύκολα βλέπουμε ότι ικανοποιεί την (1) και είναι αύξουσα.

Η απάντηση είναι c\geq \frac{1}{2}


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8179
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Ιαν 29, 2019 4:33 pm

sot arm έγραψε:
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm
Πρόβλημα 2:
Έστω \displaystyle{P_{n}(\mathbb{R}) } το σύνολο των n \times n πινάκων Α με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς με την εξής ιδιότητα: υπάρχει μη μηδενικό πολυώνυμο p(t) με μη αρνητικούς πραγματικούς συντελεστές έτσι ώστε p(A)=O.Έστω επίσης Q_{n}(\mathbb{R}) το σύνολο των συμμετρικών n \times n πινάκων.Για ποιους ακέραιους ν ισχύει:
(α) \displaystyle{A,B \in P_{n}(\mathbb{R}) \Rightarrow A+B \in P_{n}(\mathbb{R})} ;
(β) \displaystyle{A,B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R}) \Rightarrow A+B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R})}

Ομορφούλα.

Παρατηρούμε ότι αν ο πίνακας A έχει μια θετική ιδιοτιμή \lambda τότε δεν μπορεί να ανήκει στον P_n(\mathbb{R}). Πράγματι, αν p(A) = O τότε το p(x) είναι πολλαπλάσιο του ελάχιστου πολυωνύμου m_A(x). Πρέπει m_A(\lambda) = 0 άρα και p(\lambda) = 0. Τότε όμως το p(x) δεν μπορεί να έχει μη αρνητικούς πραγματικούς συντελεστές εκτός και αν είναι το μηδενικό πολυώνυμο, άτοπο.

Θα δείξουμε πρώτα το (β). Αν ο A είναι συμμετρικός, τότε θα έχει πραγματικές ιδιοτιμές. Αν επιπλέον ανήκει και στο P_n(\mathbb{R}) τότε όλες του οι ιδιοτιμές πρέπει να είναι μη θετικές. Τότε όμως ήδη το ελάχιστο πολυώνυμο του A έχει όλους τους συντελεστές του μη αρνητικούς αφού είναι της μορφής \prod (x-\lambda_i) όπου \lambda_i \leqslant 0 για κάθε i.

Αν A,B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R}) τότε πρέπει και A+B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R})}. Σε αντίθετη περίπτωση ο A+B πρέπει να έχει τουλάχιστον μία θετική ιδιοτιμή \lambda. Έστω v το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα. Τότε v^T(A+B)v = \lambda\|v\|^2 > 0 που δίνει ότι v^TAv > 0 ή v^TBv > 0. Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι v^TAv > 0. Έστω v_1,\ldots,v_n μια βάση ιδιοδιανυσμάτων του A με αντίστοιχες ιδιοτιμές \lambda_1,\ldots,\lambda_n. (Υπάρχει επειδή A συμμετρικός.) Γράφουμε v = a_1v_1 + \cdots a_nv_n και παρατηρούμε ότι v^TAv = \lambda_1a_1^2 + \cdots + \lambda_n a_n^2 \leqslant 0, άτοπο.

Άρα το (β) ισχύει για κάθε n \in \mathbb{N}.

Πάμε τώρα στο (α). Είναι άμεσο ότι ισχύει για n=1 αφού A \in P_1(\mathbb{R}) αν και μόνο αν A = (a) με a \leqslant 0. Θα δείξουμε ότι δεν ισχύει για τα υπόλοιπα n.

Θέτουμε \displaystyle  A = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} και \displaystyle  B = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}

Τα χαρακτηριστικά πολυώνυμά τους είναι \chi_A(x) = x^2 και \chi_B(x) = x^2 - 2x + 5. Παρατηρούμε ότι A,B \in P_2(\mathbb{R}) αφού μπορούμε να πάρουμε p(x) = \chi_A(x) για τον A και p(x) = (x+2)\chi_B(x) = x^3 + x + 10 για τον B.

Όμως \displaystyle  A_B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} ο οποίος έχει ως ιδιοτιμή το 1. Άρα από την πρώτη παράγραφο έχουμε A+B \notin P_n(\mathbb{R}).

Με παρόμοιο τρόπο έχουμε παραδείγματα για κάθε n \geqslant 2 κατασκευάζοντας πίνακες που έχουν παντού μηδενικά εκτός από τις θέσεις του πάνω αριστερά 2 \times 2 υποπίνακα όπου τοποθετούμε τους πίνακες του παραδείγματός μας.

Άρα το (α) ισχύει μόνο για n=1.


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 651
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Oxford, United Kingdom

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Τετ Ιαν 30, 2019 4:12 am

sot arm έγραψε:
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm


Πρόβλημα 4:
Για ποιά p \in \mathbb{Q} υπάρχει 3 \times 3 πίνακας X με στοιχεία ρητούς έτσι ώστε:
X^{2}=  \left({\begin{array}{ccc} 
		p                   & 1    &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1    & p  & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1             & 1     & p 
		\end{array}}\right )
Αυτό είναι ζόρικο για 3ωρο διαγωνισμό, υπό την έννοια ότι ο X είναι ένας άσχημος πίνακας και ο υπολογισμός του θέλει δουλειά (πόσο μάλλον η επαλήθευση).

Αρχικά υποθέτουμε p \neq 1. Είναι \det(X)^2 = \det(X^2) = \det \left(\left({\begin{array}{ccc} 
		p                   & 1    &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1    & p  & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1             & 1     & p 
		\end{array}}\right )\right) = (p - 1)^2(p + 2),

οπότε υπάρχει ρητός r ώστε p = r^2 - 2 (θα είναι r = \frac{\det(X)}{p-1}). Θα αποδείξουμε πως για κάθε p αυτής της μορφής υπάρχει τέτοιος πίνακας X. Πράγματι, ο X^2 διαγωνοποιείται ως:

X^{2}=  \left({\begin{array}{ccc} 
		1                   & 1    &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1    & 0  & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1             & -1     & -1 
		\end{array}}\right )  \left({\begin{array}{ccc} 
		r^2                  & 0    &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0    & r^2 - 3  & 0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0             & 0     & r^2 - 3 
		\end{array}}\right )  \frac{1}{3}\left({\begin{array}{ccc} 
		1                   & 1    &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		2   & -1  & -1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		-1             & 2     & 1 
		\end{array}}\right )

όπου έχουμε
 \left({\begin{array}{ccc} 
		r^2                  & 0    &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0    & r^2 - 3  & 0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0             & 0     & r^2 - 3 
		\end{array}}\right ) = \left({\begin{array}{ccc} 
		r                  & 0    &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0    & r  & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0             & -3     & -r 
		\end{array}}\right )^2.

Άρα X^{2}=  \left(\left({\begin{array}{ccc} 
		1                   & 1    &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1    & 0  & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1             & -1     & -1 
		\end{array}}\right )  \left({\begin{array}{ccc} 
		r                  & 0    &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0    & r  & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0             & -3     & -r 
		\end{array}}\right )  \frac{1}{3}\left({\begin{array}{ccc} 
		1                   & 1    &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		2   & -1  & -1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		-1             & 2     & 1 
		\end{array}}\right )\right)^2

και άρα μπορούμε να πάρουμε

X=  \left({\begin{array}{ccc} 
		1                   & 1    &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1    & 0  & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		1             & -1     & -1 
		\end{array}}\right )  \left({\begin{array}{ccc} 
		r                  & 0    &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0    & r  & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		0             & -3     & -r 
		\end{array}}\right )  \frac{1}{3}\left({\begin{array}{ccc} 
		1                   & 1    &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		2   & -1  & -1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		-1             & 2     & 1 
		\end{array}}\right ) = \frac{1}{3}\left({\begin{array}{ccc} 
		3r-1                   & 2    &-1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		2r-6    & 3-r  & 3+2r \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 
		7-2r            & 4r-5     & r-2 
		\end{array}}\right )

Για p=1 τώρα, μπορούμε να βρούμε και πάλι ιδιοδιανύσματα με ρητές συντεταγμένες για τον X^2 (οι στήλες του πίνακα διαγωνοποίησης παραπάνω), έστω v, u, u' που αντιστοιχούν στις ιδιοτιμές 3, 0, και 0. Τότε το \{v, u, u'\}, το \{v, u, Xu\} ή το \{v, u', Xu'\} είναι μια βάση γενικευμένων ιδιοδιανυσμάτων για τον X (γιατί;) με ρητές συντεταγμένες. Άρα αν ο X έχει ρητά στοιχεία, τότε το ίδιο ισχύει και για τη Jordan μορφή του, που προφανώς δεν ισχύει ποτέ αφού το \pm\sqrt{3} είναι ιδιοτιμή (ένα απ' τα δύο).

Η απάντηση τελικά είναι: p = r^2 - 2 για ρητό r.


Κολλιοπουλος Νικος -- Απόφοιτος ΣΕΜΦΕ - ΕΜΠ, Υποψήφιος διδάκτωρ στο πανεπιστήμιο της Οξφόρδης

https://www.maths.ox.ac.uk/people/nikolaos.kolliopoulos
sot arm
Δημοσιεύσεις: 178
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Κυρ Φεβ 03, 2019 3:16 pm

Μπράβο σε όλους για τις λύσεις, βάζω και την επίσημη λύση για το πρόβλημα 5 που διαφέρει από αυτή του κυρίου Δημήτρη.
Αρχικά, ξέρουμε από τον γνωστό τύπο για τον αντίστροφο του P ότι \displaystyle{P^{-1}=\frac{1}{m}Q} όπου m=det(P) και ο Q \in M_{n}(\mathbb{Z}) υποθέτουμε χωρίς βλάβη |m| > 1
και κάνοντας αναγωγή των στοιχείων του A modulo m μπορούμε να θεωρήσουμε ότι ο A είναι στοιχείο της ομάδας των αντιστρέψιμων n \times n πινάκων με στοιχεία από το \mathbb{ Z_ {m} } , αφού det(A)=1. Αφού η ομάδα αυτή είναι πεπερασμένη, ο Α έχει πεπερασμένη τάξη, επομένως έπεται ότι υπάρχει ακέραιος k τέτοιος ώστε:
\displaystyle{A^{k} =I_{n}+mC} όπου ο C έχει ακέραια στοιχεία, το ζητούμενο έπεται.

Edit:ειχε φύγει ενα εις την κ, αλά Σιδηρόπουλο


Αρμενιάκος Σωτήρης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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