SEEMOUS 2021/2

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8643
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

SEEMOUS 2021/2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Ιούλ 22, 2021 9:58 am

Έστω θετικός ακέραιος n \geqslant 2 και έστω πίνακας A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R}) τέτοιος ώστε A^{2}=-I_{n}. Αν
B\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R}) και AB=BA, να δείξετε ότι \det B\geqslant 0.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 666
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

Re: SEEMOUS 2021/2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Παρ Ιούλ 23, 2021 2:41 pm

Αν δεν υπάρχει πιο απλή λύση, τότε πρόκειται για πολύ καλό πρόβλημα που ανεβάζει πολύ το επίπεδο του διαγωνισμού:

Οι μη πραγματικές ιδιοτιμές του B εμφανίζονται σε ζεύγη συζυγών (αφού το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του B έχει πραγματικούς συντελεστές), οπότε αρκεί κάθε πραγματική ιδιοτιμή του B να έχει άρτια αλγεβρική πολλαπλότητα. Έστω \lambda μια πραγματική ιδιοτιμή του B με αλγεβρική πολλαπλότητα k, αρκεί να δείξουμε ότι ο k είναι άρτιος. Έστω V ο (πραγματικός) γενικευμένος ιδιόχωρος του B που παράγεται από τα γενικευμένα ιδιοδιανύσματα της ιδιοτιμής \lambda, οπότε προφανώς \dim{V} = k. Εύκολα o A αντιμετατίθεται με κάθε πολυώνυμο του B, οπότε για κάθε x \in V έχουμε 0 = A(B - \lambda I)^nx = (B - \lambda I)^nAx = 0 \Rightarrow Ax \in V που σημαίνει ότι ο V είναι A-αναλλοίωτος. Βλέποντας τον A σαν μια γραμμική απεικόνιση f, αυτή ικανοποιεί f(f(x)) = - x για κάθε x και προφανώς f(x) = Ax \in V για κάθε x \in V, οπότε αν f_k είναι ο περιορισμός στον V, για κάθε x \in V έχουμε f_k(x) = f(x) \in V και f_k(f_k(x)) = f(f_k(x)) = f(f(x)) = -x, άρα και ο αντίστοιχος k \times k πίνακας A_k είναι πραγματικός και ικανοποιεί επίσης A_k^2 = -I_k^2. Οι ιδιοτιμές του A_k είναι i, -i οι οποίες εμφανίζονται στην ίδια αλγεβρική πολλαπλότητα (αφού το χαρακτηριστικό πολυώνυμο έχει πραγματικούς συντελεστές), οπότε ο k πρέπει να είναι άρτιος και τελειώσαμε.


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8643
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2021/2

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Ιούλ 24, 2021 10:46 am

Νίκο, αυτή ήταν και η δική μου λύση. Η επίσημη λύση που προτάθηκε ήταν η εξής:

Οι ιδιοτιμές του A είναι οι \pm i με την ίδια πολλαπλότητα αφού ο A είναι πραγματικός. Επίσης, το ελάχιστο πολυώνυμο του A διαιρεί το x^2+1 οπότε ο A είναι διαγωνοποιήσιμος. Άρα ο A είναι όμοιος με τον

\displaystyle  X = \begin{bmatrix} 
 iI_k & 0_k \\ 0_k & -iI_k	 
 \end{bmatrix}.

Με την ίδια λογική και ο

\displaystyle P = \begin{bmatrix} 
 0_k & I_k \\ -I_k & 0_k	 
 \end{bmatrix}

είναι επίσης όμοιος με τον X άρα και με τον A. Έστω λοιπόν U ώστε P=U^{-1}AU και έστω C=U^{-1}BU. Τότε CP = PC.

Γράφοντας

\displaystyle C= 
\begin{bmatrix} 
X & Y\\ 
Z & T 
\end{bmatrix}

και χρησιμοποιώντας ότι CP = PC παίρνουμε X=T και Z=-Y, άρα

\displaystyle C= 
\begin{bmatrix} 
X & Y\\ 
-Y & X 
\end{bmatrix}

Τώρα έχουμε

\displaystyle  \begin{vmatrix} 
X & Y\\ 
-Y & X 
\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 
X+iY & Y-iX\\ 
-Y & X 
\end{vmatrix} =  \begin{vmatrix} 
X+iY & (Y-iX)-i(X+iY)\\ 
-Y & X -iY 
\end{vmatrix} =  \begin{vmatrix} 
X+iY & 0\\ 
-Y & X -iY 
\end{vmatrix}

Άρα

\displaystyle  \det B=\det C= 
\begin{vmatrix} 
X & Y\\ 
-Y & X 
\end{vmatrix} =\det(X-iY)\det(X+iY)=|\det(X+iY)|^{2}\geqslant 0


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 666
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

Re: SEEMOUS 2021/2

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Σάβ Ιούλ 24, 2021 6:08 pm

Ναι Δημήτρη, οι σύνθετοι πίνακες γενικά βοηθάνε σε πολλές δύσκολες ασκήσεις. Βέβαια, δεν ξέρω τι προετοιμασία γίνεται τώρα, αλλά στη δική μου εποχή (2009 - 2011) δεν θυμάμαι να τους διδασκόμασταν. Πάντως τις προηγούμενες χρονιές είχα γράψει πως τον έχουν κάνει πολύ εύκολο το διαγωνισμό και είχα ακούσει πολλά παράπονα για τα σχόλιά μου. Τα φετινά θέματα είναι υπέροχα, αυτό είναι ακριβώς το επίπεδο που θέλω να βλέπω σε αυτό το διαγωνισμό, να απαιτούνται πρωτότυπες και μη τετριμμένες ιδέες για να λύσεις τουλάχιστον τα μισά από αυτά. Μπορώ να πω πως ήταν ίσως τα καλύτερα θέματα στην ιστορία του διαγωνισμού. Μπράβο στα παιδιά που διακρίθηκαν.


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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