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Autor Tema: Determinant of matrix  (Leído 1256 veces)
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jacks
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« : 18/02/2018, 03:48:19 am »

if [texx]A[/texx] is a [texx]3\times 3[/texx] matrix such that [texx]A^3=O[/texx].Then

 [texx]|\frac{A^2}{2}+A+I|[/texx] and [texx]|\frac{A^2}{2}-A+I|[/texx]
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Fernando Revilla
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« Respuesta #1 : 18/02/2018, 06:25:59 am »

if [texx]A[/texx] is a [texx]3\times 3[/texx] matrix such that [texx]A^3=O[/texx].Then [texx]|\frac{A^2}{2}+A+I|[/texx] and [texx]|\frac{A^2}{2}-A+I|[/texx]

One way: if [texx]A^3=0[/texx] then, the possiible minimal polynomials of [texx]A[/texx] are [texx]\mu_i(\lambda)=\lambda^i[/texx], [texx]i=1,2,3[/texx] with respective canonical Jordan forms

          [texx]J_1=\begin{bmatrix}{0}&{}&{}\\{}&{0}&{}\\{}&{}&{0}\end{bmatrix},\quad J_2=\begin{bmatrix}{0}&{1}&{}\\{0}&{0}&{}\\{}&{}&{0}\end{bmatrix},\quad J_3=\begin{bmatrix}{0}&{0}&{1}\\{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}\end{bmatrix}.[/texx]

Then, there exists [texx]P[/texx] invertible matrix such that [texx]A=PJ_iP^{-1}[/texx] so,

          [texx]\frac{1}{2}A^2+A+I=P\left(\frac{1}{2}J_i^2+J_i+I\right)P^{-1}[/texx]
          [texx]\frac{1}{2}A^2-A+I=P\left(\frac{1}{2}J_i^2-J_i+I\right)P^{-1}[/texx]

But for all [texx]i=1,2,3[/texx] we have

          [texx]\frac{1}{2}J_i^2+J_i+I=\begin{bmatrix}{1}&{*}&{*}\\{0}&{1}&{*}\\{0}&{0}&{1}\end{bmatrix},\quad \frac{1}{2}J_i^2-J_i+I=\begin{bmatrix}{1}&{*}&{*}\\{0}&{1}&{*}\\{0}&{0}&{1}\end{bmatrix}.[/texx]

As similar matrices have the same determinant,

         [texx]\left | \frac{1}{2}A^2+A+I \right |=\left |{\frac{1}{2}J_i^2+J_i+I}\right |=1,\quad \left | \frac{1}{2}A^2-A+I \right |=\left |{\frac{1}{2}J_i^2-J_i+I}\right |=1.[/texx]

   
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« Respuesta #2 : 18/02/2018, 06:32:25 am »

Thanks fernado  revilla for nice solution. Can be solve it without  without jordon form.

Please explain
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Fernando Revilla
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« Respuesta #3 : 18/02/2018, 08:08:25 am »

Thanks fernado  revilla for nice solution. Can be solve it without  without jordon form.

if [texx]A[/texx] is a [texx]3\times 3[/texx] matrix such that [texx]A^3=O[/texx].Then [texx]|\frac{A^2}{2}+A+I|[/texx] and [texx]|\frac{A^2}{2}-A+I|[/texx]

Really, what does the problem ask? Need you find both determinants? Or only a relation between them. For instance, as [texx]A^4=0[/texx] then [texx]\left(\frac{1}{2}A^2+A+I\right)\left(\frac{1}{2}A^2-A+I\right)=\ldots=\frac{1}{4}A^4+I=I[/texx] so, [texx]\left(\frac{1}{2}A^2+A+I\right)^{-1}=\frac{1}{2}A^2-A+I[/texx] and [texx]\left|\frac{A^2}{2}+A+I\right|=\left|\frac{A^2}{2}-A+I\right|^{-1}[/texx].
   
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« Respuesta #4 : 18/02/2018, 09:03:54 am »

Actually Problem asked for value of both determinants.
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Fernando Revilla
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« Respuesta #5 : 18/02/2018, 02:03:58 pm »

Actually Problem asked for value of both determinants.

Well, so far I can't find those values without using Jordan forms.

P.S. But possibly, tomorrow will be another day.  :sonrisa:
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jacks
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« Respuesta #6 : 18/02/2018, 11:25:48 pm »

Thanks fernedo revilla.
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« Respuesta #7 : 19/02/2018, 01:08:08 am »

Observe that [texx]\displaystyle e^A:=I+A+\frac{A^2}2[/texx]. Thus [texx]\det(A^2/2+A+I)=\det(e^A)=e^{\operatorname{tr}(A)}=e^0=1[/texx]. The other case is almost identical, just replace [texx]A[/texx] by [texx]-A[/texx] in the exponential.
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« Respuesta #8 : 19/02/2018, 03:50:48 am »

To masacroso how we write [texx]e^x=1+x+\frac{x^2}{2}[/texx] because it is [texx]e^x=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{x^n}{n!}[/texx].Thanks
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Fernando Revilla
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« Respuesta #9 : 19/02/2018, 03:58:21 am »

To masacroso how we write [texx]e^x=1+x+\frac{x^2}{2}[/texx] because it is [texx]e^x=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{x^n}{n!}[/texx].Thanks

If [texx]A^3=0[/texx] then, [texx]A^4=A^5=\ldots =0[/texx] so, [texx]e^A=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{A^n}{n!}=I+A+\frac{1}{2}A^2[/texx].
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Fernando Revilla
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« Respuesta #10 : 19/02/2018, 04:50:22 am »

Observe that [texx]\displaystyle e^A:=I+A+\frac{A^2}2[/texx]. Thus [texx]\det(A^2/2+A+I)=\det(e^A)=e^{\operatorname{tr}(A)}=e^0=1[/texx]. The other case is almost identical, just replace [texx]A[/texx] by [texx]-A[/texx] in the exponential.

An elegant solution. Now the question for Jacks is: What topics are covered in those olympiad problems? Can we use, for example the exponential matrix concept?
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Luis Fuentes
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« Respuesta #11 : 19/02/2018, 07:18:30 am »

Hi

 Another way. Take:

[texx] f(t)=det\left(\dfrac{(At)^2}{2}+(At)+Id\right)[/texx]

 Note that [texx]f(t)[/texx] is a polynomial. Using that [texx]A^3=0[/texx] check that:

[texx] f(t)^2=det(2(At)^2+2(At)+Id)=f(2t)[/texx]

But:

[texx] deg(f(t))=deg(f(2t))=deg(f(t)^2)=2deg(f(t))[/texx]

 so [texx]deg(f(t))=0[/texx], that is, [texx]f(t)[/texx] is constant:

[texx]f(1)=f(-1)=f(0)=det(Id)=1[/texx].

Best regards.
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Fernando Revilla
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« Respuesta #12 : 19/02/2018, 07:45:35 am »

Another way. Take: [texx] f(t)=det\left(\dfrac{(At)^2}{2}+(At)+Id\right)[/texx] ....

Good, surely that is a convenient method for an olympiad problem. All the properties used are usually covered in the corresponding syllabus.
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Abdulai
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« Respuesta #13 : 19/02/2018, 09:08:34 am »


Siendo  [texx]A^3=0\;\;\longrightarrow\;\; \left(I+\frac{1}{2}A\right)\left(I-\frac{1}{2}A\right)^{-1}=I+A+\frac{1}{2}A^2[/texx]

fácil de demostrar expandiendo   [texx]\left(I+\frac{1}{2}A\right)  = \left(I+A+\frac{1}{2}A^2\right)\left(I-\frac{1}{2}A\right)[/texx]

[texx]\therefore\quad \text{det}\left(I+A+\frac{1}{2}A^2\right)= \dfrac{\text{det}\left(I+\frac{1}{2}A\right)}{\text{det}\left(I-\frac{1}{2}A\right)}[/texx]

Una conocida propiedad de las matrices nilpotentes es que  [texx]\text{det}\left(I+N\right) = 1\quad ,\quad N[/texx] nilpotente.

Por lo tanto  [texx]\text{det}\left(I+A+\frac{1}{2}A^2\right)= \dfrac{1}{1}[/texx]


Lo mismo para el otro caso  [texx]\text{det}\left(I-A+\frac{1}{2}A^2\right)= \dfrac{\text{det}\left(I-\frac{1}{2}A\right)}{\text{det}\left(I+\frac{1}{2}A\right)}=1[/texx]


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Masacroso
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« Respuesta #14 : 19/02/2018, 10:58:37 am »

Other way, more elementary in my opinion: because they are polynomials it is enough to decompose the polynomials in it factors and, due to the fact that the determinant is a multiplicative function, then we can achieve the same result, that is

[texx]\displaystyle \det(A^2/2+A+I)=\frac1{2^3}\det(A^2+2A+2I)=\frac1{8}\det((A-\lambda I)(A-\bar\lambda I))=\frac18\det(A-\lambda I)\det(A-\bar\lambda I)=\frac18\lambda^3\bar\lambda^3=\frac{|\lambda|^6}8=1[/texx]

for [texx]\lambda[/texx] and [texx]\bar\lambda[/texx] the two roots of the polynomial [texx]x^2+2x+2[/texx], that is [texx]\lambda=-1+i[/texx] and [texx]\bar\lambda =-1-i[/texx], then clearly [texx]|\lambda|^2=\lambda\cdot\bar\lambda=2[/texx] and the result follows.

The important step is to note that [texx]\det(A-\lambda I)=-\lambda ^3[/texx] because a nilpotent matrix can be transformed, under a change of basis, in an upper-triangular matrix where the diagonal is full of zeros. A change of basis doesnt change the value of the determinant so we can see [texx]A[/texx] in the form that we please.
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Luis Fuentes
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« Respuesta #15 : 19/02/2018, 12:58:40 pm »

Hola

The important step is notice that [texx]\det(A-\lambda I)=-\lambda ^3[/texx] because a nilpotent matrix can be transformed, under a change of basis, in an upper-triangular matrix where the diagonal is full of zeros. A change of basis doesnt change the value of the determinant so we can see [texx]A[/texx] in the form that we please.

Here we are using a "Jordan matrix/upper triangular matrix" type argument again.

The result [texx]A[/texx] nilpotent implies [texx]det(A+I)=1[/texx] can be proved again playing with the polynomial [texx]f(t)=det(At+I)[/texx] and its powers [texx]f(t)^n[/texx].   :sonrisa_amplia:

Best regards.
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« Respuesta #16 : 26/02/2018, 08:59:24 am »

Thanks Moderator, Admin, Masacraso got
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