Matematické Fórum

vanok · 03. 01. 2015 09:06 — Editoval vanok (03. 01. 2015 09:12)

Pozdravujem,
Dalsia maticova rovnica.
Nech n je nenulove prirodzene cislo ( co sa vo svetovej literature pise $n \in N^*$ ) a $A \in GL_2(C)$
( to znamena, ze ide o maticu $A$ v linearnej grupe na C, ktora je typu (2,2) = inverzibilnu maticu v...)

Prva otazka) rovnica $X^n=A$ ma riesenie v $GL_2(C)$ ?

Druha otazka) ako je to v pripade, ked nahradime $C$ telesom $R$ ? za predpokladu, ze $A$ je naviac triangovatelna (=trojuholnikovatelna).
( navod : rieste podla parnosti n)

Na koniec rieste tento pripad v situacii ked $A$ nie je triangovatelna a $n$ je neparne.

vanok · 04. 01. 2015 13:14 — Editoval vanok (05. 01. 2015 16:58)

Zacnime prvou otazkou.
Najprv predpokladajme, ze $A$ diagonalizabilna, co znamena
$\exists P \in GL_2(C)$ take ze $P^{-1}AP=\left( \begin{array}{cc} a & 0\\ 0 & b\ end{array} \right)$
Na pokracovanie.

vanok · 05. 01. 2015 17:56 — Editoval vanok (05. 01. 2015 18:01)

Nech $\lambda, \mu$ su take, ze $\lambda^n=a, \mu^n=b$ , potom
$X=P\left( \begin{array}{cc} \lambda & 0\\ 0 & \mu \ end{array} \right)P^{-1}$
je riesenie problemu.

Teraz predpokladajme, ze $A$ nie je diagonalizabilna a
$\exists P \in GL_2(C)$ take ze $P^{-1}AP=\left( \begin{array}{cc} a & 0\\ c & a\ end{array} \right)$ .
Tu je prirodzene hladat $X$ vo forme
$P^{-1}XP= \left( \begin{array}{cc} \lambda & 0\\ d & \lambda \ end{array} \right)$
kde $\lambda^n=a$ .
Akoze $P^{-1}AP=\left( \begin{array}{cc} \lambda & 0\\ d & \lambda \ end{array} \right)^n=\left( \begin{array}{cc} a & 0\\ f & a \ end{array} \right)$ , kde $f=n\lambda^ {n-1}d$ .
Tu ostava este vyjadrit $d$
Na pokracovanie

vanok · 12. 01. 2015 11:11

Z poslednej matici mame $d=\frac c {n\vambda ^{n-1}}$ ( $\Leftrightarrow X^n=A$ ).
d existuje, lebo $A \in GL_2(C) \Rightarrow \lambda \ne 0$ .
Cize matica $\left( \begin{array}{cc} \lambda & 0\\ d & \lambda \ end{array} \right)$
kde $\lambda^n=a$ a $d=\frac c {n\vambda ^{n-1}}$ je riesenie problemu v tomto pripade.

Skuste sami porozmyslat o svysku cvicenia...

vanok · 14. 01. 2015 19:17 — Editoval vanok (14. 01. 2015 19:21)

Riesenie druhej otazky:
Pripad $GL_2(R)$ je trochu komplikovanejsi ako komplexny pripad, pretoze n-ta odmocnina realneho cisl a nie je vzdy realne cislo.
Skutocne, ak n je parne, odmocnina n= 2m negativneho realneho cisla nexistuje v R: lebo ako tu pre
$X^{2m}= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & -1\ end{array} \right)$ by sme museli mat
$0<(detX)^{2m}=-1$

Ak n je neparne, rovnica ma riesenia, ( ten isty dokaz, ako v komplexnom pripade, lebo text predpoklada ze A je triagotelna).
Na pokracovanie
Ostava este posledny pripad: ukazat ze si A nie je triagonalizable v realnom pripade, ak n je neparne, tak rovnica ma riesenie (ale dokaz nie je taky lahky ako predoslich castiach)

vanok · 26. 01. 2015 17:14 — Editoval vanok (26. 01. 2015 17:20)

Na riesenie mozeme pouzit, ze
$A$ nie je triangovatelna len a len ak charakteristicky polynom : $\varkappa _A$ matici $A$ je irreduktibilny v $\mathbb{R}[X]$ .
Nech $\varkappa _A=X^2+bX+c$ .
Preto $b^2-4c<0$ .
Myslienka je pouzit, ze $\exists B \in M_2( \mathbb{R})$ take, ze $A=\exp B$
Vtedy, ak plati posledna rovnica, akoze vieme, ze $MN=NM \Rightarrow \exp (M+N)= \exp M \exp N$ ,
tak $( \exp \frac B n)^n= \exp B=A$

Co da riesenie pre $X=\exp \frac B n$ .

Ostava dokazat, ze $\exists B \in M_2( \mathbb{R})$ take, ze $A=\exp B$
Dokaz tejto poslednej etapy, za niekolko dni... (Ak nikto iny to neskusi. )

vanok · 27. 02. 2015 22:05 — Editoval vanok (11. 03. 2015 17:02)

Ako slubene, indikacie k poslednej casti:
Da sa ukazat, ze obraz z $\exp:M_n(\mathbb{R})\to GL_n(\mathbb{R})$ je mnozina matic $GL_n(\mathbb{R})$ ktore su stvorce v $GL_n(\mathbb{R})$ .
Akoze $A$ je nutne regularna (lebo ak jej charakteristicky polynom je irreduktibilny a vtedy nema realne vlastne hodnoty), Preto staci ukazat ( pre tento problem), ze $A$ je stvorec, $\exists B \in GL_2(\mathbb{R}), A=B^2$

Podla teoremy Caley-Hamilton, $B \in <B^2,Id>=<A,Id>$ .
Tak hladajme $B$ vo forme $B=\alpha A+ \beta Id$ .
Potom $B^2=A \iff \alpha^2 A^2+ 2\alpha \beta A+\beta^2Id=A \iff (2\alpha\beta -\alpha^2\beta -1)A+(\beta^2-\alpha^2c)Id=0$ lebo
$A^2=- A-cId$
Na koniec vidime, ze podmienka $b^2-4c<0$ da ze system
$2\alpha \beta-\alpha^2b-1=0\\ \beta ^2-\alpha^2c=0$ je riesitelny.