Let A and B be real $n x n $matrices. Show that if $AB - BA$ is invertible and $A^{2} + B^{2} = sqrt{3}(AB - BA)$ then n is a multiple of 6
From Crux :D
Bắt đầu bởi DinhCuongTk14, 12-08-2007 - 11:54
#1
Đã gửi 12-08-2007 - 11:54
#2
Đã gửi 25-12-2008 - 21:58
ha ha, đề kiểm tra k53 bọn em cung có bài tương tư
cho A,B vuông cấp n thỏa mãn A^2+B^2=AB
cmr: AB-BA khả nghịch thì n là bội của 3
(he he, hôm nay tra bài kiểm tra, chú nao làm được bài này thì điểm đều kém cả,nhưng vẫn còn hơn là trượt môn lý)
bài trên dùng số phức, không bit bài của anh có tương tự không.
cho A,B vuông cấp n thỏa mãn A^2+B^2=AB
cmr: AB-BA khả nghịch thì n là bội của 3
(he he, hôm nay tra bài kiểm tra, chú nao làm được bài này thì điểm đều kém cả,nhưng vẫn còn hơn là trượt môn lý)
bài trên dùng số phức, không bit bài của anh có tương tự không.
ZARATHUSTRA đã nói như thế (NIETZSCHE)
#3
Đã gửi 25-12-2008 - 23:47
Chắc là phải dùng số phức rồi
Xét $2$ ma trận $S=A+iB,T=A-iB$ thì $2$ ma trận này có định thức là các số phức liên hợp nên $|ST| \in R$
Lại tính $|ST|=(\sqrt{3}+i)^n|AB-BA|$
Mà $|AB-BA| \neq 0$ nên $(\sqrt{3}+i)^n=2^n(cos(\dfrac{\pi}{6})+isin(\dfrac{\pi}{6}))^n \in R$ suy ra $n \vdots 6$
@2007vmo: Em là ai thế nhỉ?
Xét $2$ ma trận $S=A+iB,T=A-iB$ thì $2$ ma trận này có định thức là các số phức liên hợp nên $|ST| \in R$
Lại tính $|ST|=(\sqrt{3}+i)^n|AB-BA|$
Mà $|AB-BA| \neq 0$ nên $(\sqrt{3}+i)^n=2^n(cos(\dfrac{\pi}{6})+isin(\dfrac{\pi}{6}))^n \in R$ suy ra $n \vdots 6$
@2007vmo: Em là ai thế nhỉ?
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh