[Date Prev][Date Next][Thread Prev][Thread Next][Date Index][Thread Index]
Re: [obm-l] Problema de matrizes
Ih, desculpa aí mas eu sou soh vestibulando do ITA, ainda naum cheguei
nessa parte de cálculo vetorial de curso superior
:-P
mas valeu mesmo assim
Alexandre Daibert
Eduardo Casagrande Stabel escreveu:
>Oi Alexandre.
>
>Vou resolver com a mesma idéia que resolvi o outro.
>
>Assuma que A é uma matriz quadrada que satisfaz A^3 = kA onde k <> 1. Agora
>suponha, por hipótese de absurdo, que A + I não é uma matriz inversível.
>Portanto deve existir um vetor não-nulo real v tal que (A + I)v = 0, daí Av
>= -v. Vamos então calcular A^3v e kAv e compará-los. Temos A^3v =
>A^2(-v)=Av=-v. E temos kAv = -kv. Sabemos que A^3 = kA, o que implica A^3u =
>kAu para todo vetor u, em particular para o nosso amigo v. Portanto A^3v
>= -v = -kv = kAv. Ora se vale v = kv, uma das duas coisas tem de ser
>verdade: (1) k tem de valer 1, o que contraria a hipótese do enunciado; (2)
>v tem de ser nulo, o que contraria nossa hipótese de que v é não-nulo.
>Conclusão: A + I tem de ser inversível.
>
>Abraço,
>Duda.
>
>From: "Alexandre Daibert" <alexandredaibert2@ig.com.br>
>
>
>>Fábio,
>>Olha, eu não sou o Morgado não, mas vou te dar a opinião minha sobre a
>>pergunta 3. Eu estou tentando vestibular para o ITA pela segunda vez e
>>acho q esta resolução tah meio difícil comparando com a imensa maioria
>>das questões do ITA pelo menos (pra falar verdade eu naum entendi
>>direito, hehehe).
>>:)
>>
>> Lembram daquela quetão do IME do ano passado, a número 10? deixa eu soh
>>por o enunciado dela aki:
>>"Considere uma matriz A, n x n, de coeficientes reais, e k um número
>>real diferente de 1. Sabendo-se que A^3=kA, prove que a matriz A+I é
>>invertível, onde I é a matriz identidade n x n"
>>Eu lembro de ter visto uma solução deste problema por sistemas lineares
>>homogêneos. Alguém tem alguma solução deste problema do IME por este
>>caminho?? talvez ajudasse em algo...
>>
>>
>>
>>
>>Fábio Dias Moreira escreveu:
>>
>>
>>
>>>---------- Cabeçalho inicial -----------
>>>
>>>De: owner-obm-l@sucuri.mat.puc-rio.br
>>>Para: obm-l@mat.puc-rio.br
>>>Cópia:
>>>Data: Mon, 21 Jul 2003 19:16:47 -0300 (EST)
>>>Assunto: Re: [obm-l] Problema de matrizes
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>>Nao eh dificil dar uma soluçao usando autovalores. Veja a soluçao
>>>>
>>>>
>enviada pelo Stabel, que eh otima, e que consegue usar autovalores de forma
>compreensivel a (bons) alunos do ensino medio. Mas, sei la, continuo
>desconfiado que deve haver uma soluçao que nao va alem de determinantes e
>sistemas de equaçoes lineares. Algo que provasse diretamente que A
>anti-simetrica real implicaria det(A+I) diferente de 0.
>
>
>>>>[...]
>>>>
>>>>
>>>>
>>>>
>>>Eu acho que tenho uma solução elementar parcial para o problema:
>>>
>>>Seja nxn o tamanho da matriz A. Seja P o conjunto das permutações de
>>>
>>>
>comprimento n). Seja p uma permutação de P. Se p não for uma involução, tome
>sua inversa q. Olhe para os termos associados a p e q no determinante da
>matriz A+I. Como pq = i, onde i é a identidade de P, p e q têm a mesma
>paridade, logo os termos associados têm, a priori, o mesmo sinal. Mas se x
>aparece num dos termos, então -x aparece no termo oposto; logo um dos termos
>é (-1)^k o outro, onde k é o número de pontos não-fixos, i.e. x tais que
>p(x) != x.
>
>
>>>Caso pp = i, eu afirmo que o termo associado é certamente não-negativo.
>>>
>>>
>Note que então que os ciclos de p têm comprimento no máximo 2. Logo o termo
>pode ser construído do termo associado à identidade (que vale 1) se fizermos
>inversões disjuntas. Cada inversão troca um 1*1 por um -x*x = -x^2, mas
>também multiplica por -1 por causa da inversão da paridade. Logo o termo é
>multiplicado por x^2, certamente não-negativos.
>
>
>>>Se uma permutação p não-involutiva tem um número ímpar de pontos
>>>
>>>
>não-fixos, então sua inversa q gera um termo que é igual em módulo ao termo
>gerado por p, mas tem sinal oposto, logo os dois termos se cancelam. Agora
>considere todas as permutações com k pontos não fixos, k par. Então os
>termos gerados por essas permutações são da forma 2*(-1)^m*P, onde m é 0 ou
>1 e P é um produtório de um núme
>
>
>>>s associados à permutação que não são 1 e que estão na metade superior da
>>>
>>>
>matriz -- escolher os termos daqui é sempre possível se mexermos no m
>apropriadamente).
>
>
>>>Eu acho que não sei passsar muito daqui. A minha idéia era agrupar esses
>>>
>>>
>últimos termos com os termos quadrados perfeitos de mesmo grau para formar
>novos quadrados perfeitos maiores, assim retirando os termos que podem ser
>negativos de circulação.
>
>
>>>Pergunta 1: É sempre possível agrupar os termos dessa forma?
>>>
>>>Pergunta 2: m depende só de k (ou melhor ainda, não depende de nada)? Se
>>>
>>>
>sim, a resposta à pergunta 1 parece ser bem mais fácil.
>
>
>>>Pergunta 3 (ao Morgado): Na sua opinião, isso está no nível do ITA?
>>>
>>>Se eu tiver alguma idéia interessante sobre as perguntas 1 e 2, eu mando
>>>
>>>
>para a lista.
>
>
>>>[]s,
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>=========================================================================
>>Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
>>=========================================================================
>>
>>
>>
>>
>
>=========================================================================
>Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
>=========================================================================
>
>
>
>
=========================================================================
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=========================================================================