Determinant nenegativ

Marius Mainea · Post by **Marius Mainea** » Fri Feb 19, 2010 9:55 am

Fie $ A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) $ astfel incat $ I_n-A $ este nilpotenta si $ AB=BA $. Demonstrati ca $ \det(B^2+A^{2k+1})\ge 0 , (\forall)k\in\mathbb{N^{\ast} $

GM

mihai++ · Post by **mihai++** » Fri Feb 26, 2010 9:32 am

poate cineva posta o solutie?

Marius Mainea · Post by **Marius Mainea** » Fri Feb 26, 2010 11:02 am

Indicatie:

Lema: Daca $ A,B\in\mathcal{M_n}(\mathbb{C}) $ astfel incat $ AB=BA $ si $ \alpha\in\mathbb{C} $ este o valoare proprie pentru $ A+B $ atunci exista $ \lambda,\mu\in\mathbb{C} $ valori proprii pentru $ A $ , respectiv $ B $ ,astfel incat $ \alpha=\lambda+\mu $.

mihai++ · Post by **mihai++** » Fri Feb 26, 2010 11:20 am

Cu lema asta vad ca iese relativ usor, dar lema cum se demonstreaza? caci mi se pare super folositoare si eu nu am auzit de ea pana acum.

Am gasit ceva cu vectori proprii, dar nu stiu daca e corect.

Radu Titiu · Post by **Radu Titiu** » Fri Feb 26, 2010 4:26 pm

Uite aici.

andy crisan · Post by **andy crisan** » Sat Feb 27, 2010 7:58 pm

Se poate arata ca $ \alpha_k=\lambda_{\sigma(k)}+\mu_{\pi(k)},\sigma,\pi\in S_n $? Ca daca aceasta afirmatie nu este adevarata eu tot nu vad o solutie a problemei...

Marius Mainea · Post by **Marius Mainea** » Sat Feb 27, 2010 11:04 pm

andy crisan wrote:Se poate arata ca $ \alpha_k=\lambda_{\sigma(k)}+\mu_{\pi(k)},\sigma,\pi\in S_n $? Ca daca aceasta afirmatie nu este adevarata eu tot nu vad o solutie a problemei...

Daca $ \lambda_k $sunt valori proprii ale lui B atunci $ \det(B^2+A^{k+1})=\prod(\lambda_k^2+1)\ge 0 $

andy crisan · Post by **andy crisan** » Sun Feb 28, 2010 10:36 am

Aici ati folosit ceea ce am intrebat eu. Deci sa inteleg ca e adevarata? ca intra toate valorile fiecarei matrice in valorile sumei?

Marius Mainea · Post by **Marius Mainea** » Sun Feb 28, 2010 7:50 pm

andy crisan wrote:Aici ati folosit ceea ce am intrebat eu. Deci sa inteleg ca e adevarata? ca intra toate valorile fiecarei matrice in valorile sumei?

nu neaparat, dar , de cate ori apare o valoare proprie complexa a lui B apare si conjugata ei , deci pana la urma determinantul este pozitiv.

mihai++ · Post by **mihai++** » Mon Mar 01, 2010 4:22 pm

Si daca $ \lambda_k^2<-1 $ nu are nicio treaba cu conjugata.

mihai++ · Post by **mihai++** » Tue Mar 02, 2010 2:43 pm

M am uitat mai bine la demonstratia lui Radu la lema cu suma valorilor proprii si are o hiba.
Adica nu cred ca e corecta demonstratia. Acolo unde inmulteste pe total nu prea are voie sa egaleze caci pierde niste $ x $ ca vectori proprii intre matricile acelea si deci lema nu e inca demonstrata. In schimb am gasit alta lema:
Fie $ A,B\in \mathcal{M}_n(\mathbb{C}) $, cu $ AB=BA $ si $ a_1,a_2,\dots,a_n,b_1,b_2,\dots,b_n $ valorile proprii a lui $ A $, respectiv $ B $.
Atunci valorile proprii a lui $ AB $ sunt $ a_1b_{\pi(1)},a_2b_{\pi(2)},\dots,a_nb_{\pi(n)} $, unde $ \pi\in\mathbb{S}_n $.
Astfel ca in problema noastra:
$ \det(B^2+A^{2k+1})=\det(A^{2k+1})\cdot \det(I_n+B^2(A^{-1})^{2k+1})=\prod_{i=1}^{n}(1+\lambda_k^2) \geq 0, \lambda_k $ sunt valorile proprii ale lui $ B $.

O demonstratie la lema nu stiu unde am putea gasi, dar nu cred ca se poate face la nivel elementar.

Dragos Fratila · Post by **Dragos Fratila** » Tue Mar 02, 2010 8:51 pm

mihai++ wrote: O demonstratie la lema nu stiu unde am putea gasi, dar nu cred ca se poate face la nivel elementar.

Sa zicem ca matricele $ A, B $ sunt peste un corp $ k $(alg. inchis) si sunt de dimensiune $ n $. Vrem sa gasim o baza in care sunt triangulare amandoua (banuiesc ca e clar ca asta rezolva lema).
Notam cu $ V = k^n $ si cu $ V_\lambda = \{v\in V: Av=\lambda v\} $ unde $ \lambda\in\overline{k}=k $ este o valoare proprie a lui $ A $.
Fiindca $ AB=BA $ observam ca $ B V_\lambda\subseteq V_\lambda $.
Asadar exista $ v\in V_\lambda $ vector propriu pentru $ B $.
Am demonstrat ca exista $ v\in V $ vector propriu comun(simultan) pentru $ A $ si $ B $, adica $ Av\in k\cdot v $ si $ Bv\in k\cdot v $.
Acum ne uitam la matricele $ A, B $ in $ k^n/k\cdot v $ (putem face asta fiindca $ v $ e vector propriu comun!)si reaplicam procedeul descris mai sus.
In felul acesta am construit o baza $ v_1, v_2,...,v_n $ a lui $ k^n $ astfel incat $ Av_i, Bv_i \in <v_1,...,v_i> $, altfel spus A si B sunt triangulare in aceasta baza.

Radu Titiu · Post by **Radu Titiu** » Tue Mar 02, 2010 10:25 pm

mihai++ wrote:M am uitat mai bine la demonstratia lui Radu la lema cu suma valorilor proprii si are o hiba.
Adica nu cred ca e corecta demonstratia. Acolo unde inmulteste pe total nu prea are voie sa egaleze caci pierde niste $ x $ ca vectori proprii intre matricile acelea si deci lema nu e inca demonstrata

Demonstratia de acolo e in regula.Eu nu inmultesc relatiile alea toate intre ele.am sa dau un exemplu cu doua paranteze si restul merg la fel , pana la n.

Eu stiu ca $ (A-\lambda_k I_n)x=(\alpha I_n-B-\lambda_k I_n)x $ pentru orice k.

$ (A-\lambda_1 I_n)(A-\lambda_2 I_n)x=(A-\lambda_1 I_n)(\alpha I_n-B-\lambda_2 I_n)x=(\alpha I_n-B-\lambda_2 I_n)(A-\lambda_1 I_n)x=(\alpha I_n-B-\lambda_2 I_n)(\alpha I_n-B-\lambda_1 I_n)x $.

si la fel se intampla si cu n paranteze.

Costica Ambrinoc · Post by **Costica Ambrinoc** » Sun Mar 07, 2010 12:29 am

Daca matricea N e nilpotenta si matricea M comuta cu N atunci si matricea MN este nilpotenta.
Apoi daca N este nilpotenta se arata ca det(A+N)=detA unde A este o matrice care comuta cu N(vezi culegerea Matematica pentru grupele de performanta pag 16)
Acum
$ $\det(B^2+A^{2k+1})=\det(B^2+I+A^{2k+1}-I)=\det(B^2+I)\ge 0$ $
deoarece
$ $\ A^{2k+1}-I=(A-I)(A^{2k}+A^{2k-1}+...+I)$ $
si e nilpotenta.

mihai++ · Post by **mihai++** » Sun Mar 07, 2010 9:22 am

Pai lema spusa de mine, demonstreaza ambele leme folosite de dumneavoastra intr-un mod extrem de simplu.
Ati putea sa postati niste rezolvari elementare la cea de a 2a lema ce ati enuntat-o?
caci prima e destul de banala.

andy crisan · Post by **andy crisan** » Sun Mar 07, 2010 9:57 am

Sa demonstram:
Daca $ A,X\in\mathcal{M}(\mathbb{C}) $ cu $ X $ nilpotenta si cu $ AX=XA $ atunci $ \det(A+X)=\det(A) $.
Daca $ A $ este inversabila atunci egalitatea de aratat ramane(prin impartire prin $ \det(A) $) $ \det(A^{-1}X+I_n)=1 $.(*)
Cum $ AX=XA $si $ X $ nilpotenta$ \Rightarrow (A^{-1}X)^{n}=(A^{-1})^nX^{n}=0_n \Rightarrow $ toti coeficientii polinomului $ \det(A^{-1}X+yI_n) $ cu exceptia primului sunt nuli deci $ \det(A^{-1}X+yI_n)=y^{n} $. Apoi se face $ y=1 $ si obtinem (*) adevarata.
Daca $ A $ nu este inversabila atunci
Lema: Exista o infinitate de numere $ \lambda\in\mathbb{C} $ astfel incat $ A+\lambda I_n $ sa fie inversabila.
Acest lucru este evident deoarece ecuatia $ \det(A+\lambda I_n)=0 $ are cel mult $ n $ radacini complexe distincte.
Fie acum $ \lambda\in\mathbb{C} $ astfel incat $ A+\lambda I_{n} $ sa fie inversabila.
$ \det(X+A+\lambda I_n)=\det(A+\lambda I_n) $(din cazul precedent) pentru o infinitate de $ \lambda $ deci are loc pentru orice $ \lambda\in\mathbb{C} $. Facand $ \lambda=0 $ problema este rezolvata.