Cho ma trận A vuông cấp $n$ thỏa $A^{3}=A+I$. Chứng minh rằng: $\det(A) >0$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 30-12-2017 - 11:10
Cho ma trận A vuông cấp $n$ thỏa $A^{3}=A+I$. Chứng minh rằng: $\det(A) >0$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 30-12-2017 - 11:10
Cho ma trận A vuông cấp n thỏa A3=A+I. Chứng minh rằng: DetA >0.
Bổ sung giả thiết: $A$ là ma trận hệ số thực cấp $n$.
Làm hơi phức tạp!
Phần mở đầu!
Đặt $P_A(\lambda):=\det(\lambda I_n+A), \lambda\in \mathbb{R}$. Đa thức này có hệ số cao nhất bằng $1.$
Hiển nhiên, từ giả thiết, ta suy ra $P_A(0)=\det(A)\neq 0.$
Ta có kết quả sau: Với $a$ là số thực khác không và các số phức $\epsilon, \epsilon*$ là nghiệm phân biệt của phương trình $z^2+az+a^2=0$, ta có $\det(a^2I_n+a A+A^2)=\det(A-\epsilon)\det(A-\epsilon^{*})=\left| \det(A-\epsilon)\right|^2\ge 0.$
Lời giải 1 (phức tạp):
Giả sử $\det(A)<0$. Khi đó, $P_A(1)=\det(A+I_n)\le 0.$
Cứ như vậy, ta sẽ xây dựng một dãy $\left\{a_n\right\}$ tăng, không bị chặn trên thỏa điều kiện:
$a_1=0, a_{n+1}=a_n^3+1, n\in \mathbb{N}$ thỏa $P_A(a_n)\le 0$ với mọi số tự nhiên $n$.
Thật vậy, dùng qui nạp thông qua đẳng thức $A^3+a_n^3=A+a_n^3+1,$ và nhận xét: nếu $P_A(a_n)\le 0$ thì $P_A(a_{n+1})\le 0.$
Dãy vừa xây dựng cho ta thấy điều mâu thuẫn với nhận định: $\lim_{\lambda\to \infty} P_A(\lambda)=+\infty.$
Lời giải 2 (ít phức tạp hơn một chút):
Từ $A(A+I_n)=A^4$ và $\det(A)\neq 0)$, suy ra $$\det(A)\det(A+I_n$)>0\quad\quad\quad (***).$$
Hơn nữa, $A^2(A+I_n)=A^2+A+I_n.$ Do đó, $A+I_n=[A_n^2]^{-1} (A^2+A+I_n).$
Suy ra $\det(A+I_n)=\frac{1}{\det(A)^2} \det(A^2+A+I_n))\ge 0.$
Kết hợp (***), ta thu được $\det(A)>0.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi An Infinitesimal: 25-12-2017 - 12:07
Đời người là một hành trình...
Cho ma trận A vuông cấp n thỏa A3=A+I. Chứng minh rằng: DetA >0.
Bổ sung giả thiết: $A$ là ma trận hệ số thực cấp $n$.
Làm hơi phức tạp!
Phần mở đầu!
Đặt $P_A(\lambda):=\det(\lambda I_n+A), \lambda\in \mathbb{R}$. Đa thức này có hệ số cao nhất bằng $1.$
Hiển nhiên, từ giả thiết, ta suy ra $P_A(0)=\det(A)\neq 0.$
Ta có kết quả sau: Với $a$ là số thực khác không và các số phức $\epsilon, \epsilon*$ là nghiệm phân biệt của phương trình $z^2+az+a^2=0$, ta có $\det(a^2I_n+a A+A^2)=\det(A-\epsilon)\det(A-\epsilon^{*})=\left| \det(A-\epsilon)\right|^2\ge 0.$
Lời giải 1 (phức tạp):
Giả sử $\det(A)<0$. Khi đó, $P_A(1)=\det(A+I_n)\le 0.$
Cứ như vậy, ta sẽ xây dựng một dãy $\left\{a_n\right\}$ tăng, không bị chặn trên thỏa điều kiện:
$a_1=0, a_{n+1}=a_n^3+1, n\in \mathbb{N}$ thỏa $P_A(a_n)\le 0$ với mọi số tự nhiên $n$.
Thật vậy, dùng qui nạp thông qua đẳng thức $A^3+a_n^3=A+a_n^3+1,$ và nhận xét: nếu $P_A(a_n)\le 0$ thì $P_A(a_{n+1})\le 0.$
Dãy vừa xây dựng cho ta thấy điều mâu thuẫn với nhận định: $\lim_{\lambda\to \infty} P_A(\lambda)=+\infty.$
Lời giải 2 (ít phức tạp hơn một chút):
Từ $A(A+I_n)=A^4$ và $\det(A)\neq 0)$, suy ra $$\det(A)\det(A+I_n$)>0\quad\quad\quad (***).$$
Hơn nữa, $A^2(A+I_n)=A^2+A+I_n.$ Do đó, $A+I_n=[A_n^2]^{-1} (A^2+A+I_n).$
Suy ra $\det(A+I_n)=\frac{1}{\det(A)^2} \det(A^2+A+I_n))\ge 0.$
Kết hợp (***), ta thu được $\det(A)>0.$
Ta quy bài toán về việc chứng minh tích tất cả các giá trị riêng của $A$ (tính cả bội) là một số dương.
Từ giả thiết suy ra $A^{3}-A-I=0$ nên $A$ là nghiệm của đa thức $P(X)=X^{3}-X-1$. Do đó đa thức tối tiểu $m_{A}(X)$ của $A$ là ước của $P(X)$.
Chú ý rằng $P(X)$ có 3 nghiệm là $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3}$ với $\lambda_{1}>0$ và $\lambda_{2}, \lambda_{3}\notin \mathbb{R}$. Như vậy nghiệm của $m_{A}(X)$ cũng chỉ có thể thuộc tập hợp gồm 3 nghiệm này, tức là giá trị riêng của $A$ thuộc tập hợp gồm 3 nghiệm trên.
Nếu $A$ có một giá trị riêng phức $\lambda$, thì do $\lambda$ là nghiệm của $m_{A}(X)$ và đa thức này có hệ số thực, nên $\overline{\lambda}$ cũng là nghiệm của $m_{A}(X)$ và do đó $\overline{\lambda}$ cũng là một giá trị riêng của $A$. Nhóm tất cả các cặp liên hợp này lại, mỗi cặp sẽ có tích lớn hơn $0$, kết hợp với việc giá trị riêng thực của $A$ là dương thì suy ra tích tất cả các giá trị riêng của $A$ sẽ dương, tức là $\det(A)>0$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 29-12-2017 - 10:43
"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck
Ta quy bài toán về việc chứng minh tích tất cả các giá trị riêng của $A$ (tính cả bội) là một số dương.
Từ giả thiết suy ra $A^{3}-A-I=0$ nên $A$ là nghiệm của đa thức $P(X)=X^{3}-X-1$. Do đó đa thức tối tiểu $m_{A}(X)$ của $A$ là ước của $P(X)$.
Chú ý rằng $P(X)$ có 3 nghiệm là $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3}$ với $\lambda_{1}>0$ và $\lambda_{2}, \lambda_{3}\notin \mathbb{R}$. Như vậy nghiệm của $m_{A}(X)$ cũng chỉ có thể thuộc tập hợp gồm 3 nghiệm này, tức là giá trị riêng của $A$ thuộc tập hợp gồm 3 nghiệm trên.
Nếu $A$ có một giá trị riêng phức $\lambda$, thì do $\lambda$ là nghiệm của $m_{A}(X)$ và đa thức này có hệ số thực, nên $\overline{\lambda}$ cũng là nghiệm của $m_{A}(X)$ và do đó $\overline{\lambda}$ cũng là một giá trị riêng của $A$. Nhóm tất cả các cặp liên hợp này lại, mỗi cặp sẽ có tích lớn hơn $0$, kết hợp với việc giá trị riêng thực của $A$ là dương thì suy ra tích tất cả các giá trị riêng của $A$ sẽ dương, tức là $det(A)>0$.
Vì không nhớ/ không để ý đến mối liên hệ các trị riêng và định thức ma trận nên "lòi" ra lời giải phức tạp trên.
Đời người là một hành trình...
Vì không nhớ/ không để ý đến mối liên hệ các trị riêng và định thức ma trận nên "lòi" ra lời giải phức tạp trên.
Em thấy như thế cũng không có vấn đề gì ạ, vì một lời giải kết hợp được với giải tích có lẽ còn hay hơn.
"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh