Re: [obm-l] Problema de matrizes

["Eduardo Casagrande Stabel" <dudasta@xxxxxxxxxxxx>]

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
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