Re: [obm-l] Problema de matrizes
Obrigado pelas explicações ao Morgado e ao Paulo. Foram bem esclarecedoras. Espero não cometer novamente um erro destes :-) Paulo Santa Rita escreveu: Ola Prof Morgado, Daibert e demais colegas desta lista ... OBM-L, Vou tentaracrescentar mais detalhes a resposta do Prof Morgado. Conforme o Prof assinalou, o erro na sua demonstracao esta na passagem : fazendo para este novo sistema x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + kx(n) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + lx(n) = 0 . 0 + 0 + 0 + ... + 0 + x(n) = 0 (Eu posso realmente fazer isso?? Se não posso, pq não posso?)NAO PODE! Ao acrescentar a nova linha e a nova coluna, PRESSUPONDO QUE O DETERMINANTE DA MATRIZ "A+I" DE ORDEM "N-1" E DIFERENTE DE ZERO, tudo que voce pode concluir e que A CARACTERISTICA DA NOVA MATRIZ "A+I" e pelo menos N-1, isto e, que se o determinante da nova matriz "A+I" for igual a zero entao, necessariamente, com base no teorema de Rouche-Capelli, ao atribuir um valor arbitrario ( digamos : ALFA ) a nova varialvel Xn e transformando a coluna N nos termos independentes, teremos um sistema de N-1 incognitas e N equacoes, possivel e determinado. E interessante perceber que se A e anti-simetrica de ordem maior que 2, entao, em A+I, se suprirmos a primeira linha e a primeira coluna, a matriz resultante e ainda da forma A+I, com A anti-simetrica; igualmente, se suprirmos a ultima linha e a ultima coluna, a matriz resultante e da forma A+I, com A anti-simetrica. O que estou tentanto lhe dizer e que o raciocinio do paragrafo anterior podera ser aplicado duas vezes ... Existe um teorema ( de Jacobi ou Cauchy, nao me lembro ao certo ) que os livros de ensino medio abordam, que e o seguinte : TEOREMA : Se acrescentarmos a uma fila de uma matriz quadrada uma combinacao linear das demais filas paralelas, o determinante desta matriz nao se altera" COROLARIO : Se uma fila de uma matriz quadrada e uma combinacao linear das demais filas paralelas entao o determinante desta matriz e igual a zero OBS : Estou usando fila como sinonimo de linha ou de coluna. Um Abraco Paulo Santa Rita 2,1110,280703 From: "A. C. Morgado" <[EMAIL PROTECTED]> Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Re: [obm-l] Problema de matrizes Date: Mon, 28 Jul 2003 08:46:15 -0300 ASSINALEI O ERRO. Veja: o sistema x+y=1, x-y=1 tem soluçao (1,0). O sistema x+y +z =1, x-y+z=1, x+2y +3z=3 tem soluçao (0,0,1). O seu processo levaria a conclusao que este sistema eh impossivel. Alexandre Daibert wrote: Olha, eu fiz uma demonstração mas acho q está errada, gostaria que alguém achasse o erro na minha demonstração para mim. A resolução usa a idéia da resolução da questão do IME q eu tinha enviado aos senhores por meio de sistemas lineares homogêneos. (dúvidas olhe no fim deste e-mail q também está postado) resumindo a idéia principal da questão anterior: no sistema linear homogêneo (onde X eh matriz-coluna das incógnitas) (A + I)X=(0) , X = (0) implica q A é inversível (está provado na questão anterior) provemos por indução finita q X=(0) para todo A anti-simétrico: X=(0) denota a matriz coluna de ordem qualquer com todos os elementos iguais a zero provando para matriz 1x1: A (1x1) = matriz unidade [0] X = matriz unidade [x] AX = -X [0]*[x] = -[x] [0] = -[x] x = 0 implica X = (0), logo a propriedade eh verdadeira para n=1 provamos q se é valida para matriz (n-1)x(n-1) é válida também para matriz nxn o sistema linear homogêneo determinado para ordem (n-1) fica da seguinte forma (valendo-se da igualdade (A + I)X = (0)) : x1 + ax2 + bx3 + ... = 0 -ax1 + x2 + dx3 + ... = 0 -bx1 + -dx2 + x3 + ... = 0 .. -gx1 + -hx2 + -ix3 + ... = 0 por hipótese x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 , pois X=(0) para A nxn temos: x1 + ax2 + bx3 + ... + kx(n) = 0 -ax1 + x2 + dx3 + ... + lx(n) = 0 -bx1 + -dx2 + x3 + ... + mx(n) = 0 ... -gx1 + -hx2 + -ix3 + ... + zx(n) = 0 -kx1 + -lx2 + -mx3 + ... + x(n) = 0 fazendo para este novo sistema x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + kx(n) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + lx(n) = 0 . 0 + 0 + 0 + ... + 0 + x(n) = 0 (Eu posso realmente fazer isso?? Se não posso, pq não posso?)NAO PODE! da última equação, constatamos q x(n)=0 x(n)=0 => X=(0) => det (A + I) diferente de zero => (A + I) é inversível para todo n segundo o que acabamos de constatar, a propriedade seria válida não soh para matrizes antisimétricas, mas para toda matriz com a diagonal principal com todos os elementos iguais a zero, o que é estranho, pois não é válida para a seguinte matriz A: || 0 1 || || 1 0 || cujo det (A + I) = 0 Aguardo ansiosamente respostas Alexandre Daibert Alexandre Daibert escreveu: Hehehe, vou ser sincero, naum entendi tudo, mas de
Re: [obm-l] Problema de matrizes
Ola Prof Morgado, Daibert e demais colegas desta lista ... OBM-L, Vou tentaracrescentar mais detalhes a resposta do Prof Morgado. Conforme o Prof assinalou, o erro na sua demonstracao esta na passagem : fazendo para este novo sistema x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + kx(n) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + lx(n) = 0 . 0 + 0 + 0 + ... + 0 + x(n) = 0 (Eu posso realmente fazer isso?? Se não posso, pq não posso?)NAO PODE! Ao acrescentar a nova linha e a nova coluna, PRESSUPONDO QUE O DETERMINANTE DA MATRIZ "A+I" DE ORDEM "N-1" E DIFERENTE DE ZERO, tudo que voce pode concluir e que A CARACTERISTICA DA NOVA MATRIZ "A+I" e pelo menos N-1, isto e, que se o determinante da nova matriz "A+I" for igual a zero entao, necessariamente, com base no teorema de Rouche-Capelli, ao atribuir um valor arbitrario ( digamos : ALFA ) a nova varialvel Xn e transformando a coluna N nos termos independentes, teremos um sistema de N-1 incognitas e N equacoes, possivel e determinado. E interessante perceber que se A e anti-simetrica de ordem maior que 2, entao, em A+I, se suprirmos a primeira linha e a primeira coluna, a matriz resultante e ainda da forma A+I, com A anti-simetrica; igualmente, se suprirmos a ultima linha e a ultima coluna, a matriz resultante e da forma A+I, com A anti-simetrica. O que estou tentanto lhe dizer e que o raciocinio do paragrafo anterior podera ser aplicado duas vezes ... Existe um teorema ( de Jacobi ou Cauchy, nao me lembro ao certo ) que os livros de ensino medio abordam, que e o seguinte : TEOREMA : Se acrescentarmos a uma fila de uma matriz quadrada uma combinacao linear das demais filas paralelas, o determinante desta matriz nao se altera" COROLARIO : Se uma fila de uma matriz quadrada e uma combinacao linear das demais filas paralelas entao o determinante desta matriz e igual a zero OBS : Estou usando fila como sinonimo de linha ou de coluna. Um Abraco Paulo Santa Rita 2,1110,280703 From: "A. C. Morgado" <[EMAIL PROTECTED]> Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Re: [obm-l] Problema de matrizes Date: Mon, 28 Jul 2003 08:46:15 -0300 ASSINALEI O ERRO. Veja: o sistema x+y=1, x-y=1 tem soluçao (1,0). O sistema x+y +z =1, x-y+z=1, x+2y +3z=3 tem soluçao (0,0,1). O seu processo levaria a conclusao que este sistema eh impossivel. Alexandre Daibert wrote: Olha, eu fiz uma demonstração mas acho q está errada, gostaria que alguém achasse o erro na minha demonstração para mim. A resolução usa a idéia da resolução da questão do IME q eu tinha enviado aos senhores por meio de sistemas lineares homogêneos. (dúvidas olhe no fim deste e-mail q também está postado) resumindo a idéia principal da questão anterior: no sistema linear homogêneo (onde X eh matriz-coluna das incógnitas) (A + I)X=(0) , X = (0) implica q A é inversível (está provado na questão anterior) provemos por indução finita q X=(0) para todo A anti-simétrico: X=(0) denota a matriz coluna de ordem qualquer com todos os elementos iguais a zero provando para matriz 1x1: A (1x1) = matriz unidade [0] X = matriz unidade [x] AX = -X [0]*[x] = -[x] [0] = -[x] x = 0 implica X = (0), logo a propriedade eh verdadeira para n=1 provamos q se é valida para matriz (n-1)x(n-1) é válida também para matriz nxn o sistema linear homogêneo determinado para ordem (n-1) fica da seguinte forma (valendo-se da igualdade (A + I)X = (0)) : x1 + ax2 + bx3 + ... = 0 -ax1 + x2 + dx3 + ... = 0 -bx1 + -dx2 + x3 + ... = 0 .. -gx1 + -hx2 + -ix3 + ... = 0 por hipótese x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 , pois X=(0) para A nxn temos: x1 + ax2 + bx3 + ... + kx(n) = 0 -ax1 + x2 + dx3 + ... + lx(n) = 0 -bx1 + -dx2 + x3 + ... + mx(n) = 0 ... -gx1 + -hx2 + -ix3 + ... + zx(n) = 0 -kx1 + -lx2 + -mx3 + ... + x(n) = 0 fazendo para este novo sistema x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + kx(n) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + lx(n) = 0 . 0 + 0 + 0 + ... + 0 + x(n) = 0 (Eu posso realmente fazer isso?? Se não posso, pq não posso?)NAO PODE! da última equação, constatamos q x(n)=0 x(n)=0 => X=(0) => det (A + I) diferente de zero => (A + I) é inversível para todo n segundo o que acabamos de constatar, a propriedade seria válida não soh para matrizes antisimétricas, mas para toda matriz com a diagonal principal com todos os elementos iguais a zero, o que é estranho, pois não é válida para a seguinte matriz A: || 0 1 || || 1 0 || cujo det (A + I) = 0 Aguardo ansiosamente respostas Alexandre Daibert Alexandre Daibert escreveu: Hehehe, vou ser sincero, naum entendi tudo, mas deu pra entender bastante coisa sim, vou dar mais uma relida pra ver se entendo tudo, hehehehe. Valeu aí! Quero só deixar apara o pessoal da lista a resoluçã
Re: [obm-l] Problema de matrizes
ASSINALEI O ERRO. Veja: o sistema x+y=1, x-y=1 tem soluçao (1,0). O sistema x+y +z =1, x-y+z=1, x+2y +3z=3 tem soluçao (0,0,1). O seu processo levaria a conclusao que este sistema eh impossivel. Alexandre Daibert wrote: Olha, eu fiz uma demonstração mas acho q está errada, gostaria que alguém achasse o erro na minha demonstração para mim. A resolução usa a idéia da resolução da questão do IME q eu tinha enviado aos senhores por meio de sistemas lineares homogêneos. (dúvidas olhe no fim deste e-mail q também está postado) resumindo a idéia principal da questão anterior: no sistema linear homogêneo (onde X eh matriz-coluna das incógnitas) (A + I)X=(0) , X = (0) implica q A é inversível (está provado na questão anterior) provemos por indução finita q X=(0) para todo A anti-simétrico: X=(0) denota a matriz coluna de ordem qualquer com todos os elementos iguais a zero provando para matriz 1x1: A (1x1) = matriz unidade [0] X = matriz unidade [x] AX = -X [0]*[x] = -[x] [0] = -[x] x = 0 implica X = (0), logo a propriedade eh verdadeira para n=1 provamos q se é valida para matriz (n-1)x(n-1) é válida também para matriz nxn o sistema linear homogêneo determinado para ordem (n-1) fica da seguinte forma (valendo-se da igualdade (A + I)X = (0)) : x1 + ax2 + bx3 + ... = 0 -ax1 + x2 + dx3 + ... = 0 -bx1 + -dx2 + x3 + ... = 0 .. -gx1 + -hx2 + -ix3 + ... = 0 por hipótese x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 , pois X=(0) para A nxn temos: x1 + ax2 + bx3 + ... + kx(n) = 0 -ax1 + x2 + dx3 + ... + lx(n) = 0 -bx1 + -dx2 + x3 + ... + mx(n) = 0 ... -gx1 + -hx2 + -ix3 + ... + zx(n) = 0 -kx1 + -lx2 + -mx3 + ... + x(n) = 0 fazendo para este novo sistema x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + kx(n) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + lx(n) = 0 . 0 + 0 + 0 + ... + 0 + x(n) = 0 (Eu posso realmente fazer isso?? Se não posso, pq não posso?)NAO PODE! da última equação, constatamos q x(n)=0 x(n)=0 => X=(0) => det (A + I) diferente de zero => (A + I) é inversível para todo n segundo o que acabamos de constatar, a propriedade seria válida não soh para matrizes antisimétricas, mas para toda matriz com a diagonal principal com todos os elementos iguais a zero, o que é estranho, pois não é válida para a seguinte matriz A: || 0 1 || || 1 0 || cujo det (A + I) = 0 Aguardo ansiosamente respostas Alexandre Daibert Alexandre Daibert escreveu: Hehehe, vou ser sincero, naum entendi tudo, mas deu pra entender bastante coisa sim, vou dar mais uma relida pra ver se entendo tudo, hehehehe. Valeu aí! Quero só deixar apara o pessoal da lista a resolução q eu tinha comentado por sistemas lineares homogêneos, q eu lembrei aki: sendo BX=(0), um sistema linear homogêneo (B é matriz quadrada nxn, X matriz coluna n) temos q o sistema será possível determinado se e somente se X = (0) (matriz coluna todos os elementos iguais a zero) o que implica q det B é diferente de zero (pois o sistema é determinado) resumindo: X = (0) => det B dif. de 0 fazendo B = (A + I) temos (A + I)X = (0) AX + X = (0) AX = -X (1) A^2*X = -AX de (1): A^2*X = X A^3X = AX kAX = -X -kX = -X (k-1)X=(0) como k diferente de 1 X = (0) (logo a matriz A + I é inversível) alguém teria alguma idéia de pegar algo desta solução aki para o nosso problema?? tentei fazer algo, mas não cheguei em nada... Valeus aÊ!!!
Re: [obm-l] Problema de matrizes
Olha, eu fiz uma demonstração mas acho q está errada, gostaria que alguém achasse o erro na minha demonstração para mim. A resolução usa a idéia da resolução da questão do IME q eu tinha enviado aos senhores por meio de sistemas lineares homogêneos. (dúvidas olhe no fim deste e-mail q também está postado) resumindo a idéia principal da questão anterior: no sistema linear homogêneo (onde X eh matriz-coluna das incógnitas) (A + I)X=(0) , X = (0) implica q A é inversível (está provado na questão anterior) provemos por indução finita q X=(0) para todo A anti-simétrico: X=(0) denota a matriz coluna de ordem qualquer com todos os elementos iguais a zero provando para matriz 1x1: A (1x1) = matriz unidade [0] X = matriz unidade [x] AX = -X [0]*[x] = -[x] [0] = -[x] x = 0 implica X = (0), logo a propriedade eh verdadeira para n=1 provamos q se é valida para matriz (n-1)x(n-1) é válida também para matriz nxn o sistema linear homogêneo determinado para ordem (n-1) fica da seguinte forma (valendo-se da igualdade (A + I)X = (0)) : x1 + ax2 + bx3 + ... = 0 -ax1 + x2 + dx3 + ... = 0 -bx1 + -dx2 + x3 + ... = 0 .. -gx1 + -hx2 + -ix3 + ... = 0 por hipótese x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 , pois X=(0) para A nxn temos: x1 + ax2 + bx3 + ... + kx(n) = 0 -ax1 + x2 + dx3 + ... + lx(n) = 0 -bx1 + -dx2 + x3 + ... + mx(n) = 0 ... -gx1 + -hx2 + -ix3 + ... + zx(n) = 0 -kx1 + -lx2 + -mx3 + ... + x(n) = 0 fazendo para este novo sistema x1, x2, x3, ..., x(n - 1) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + kx(n) = 0 0 + 0 + 0 + ... + 0 + lx(n) = 0 . 0 + 0 + 0 + ... + 0 + x(n) = 0 (Eu posso realmente fazer isso?? Se não posso, pq não posso?) da última equação, constatamos q x(n)=0 x(n)=0 => X=(0) => det (A + I) diferente de zero => (A + I) é inversível para todo n segundo o que acabamos de constatar, a propriedade seria válida não soh para matrizes antisimétricas, mas para toda matriz com a diagonal principal com todos os elementos iguais a zero, o que é estranho, pois não é válida para a seguinte matriz A: || 0 1 || || 1 0 || cujo det (A + I) = 0 Aguardo ansiosamente respostas Alexandre Daibert Alexandre Daibert escreveu: Hehehe, vou ser sincero, naum entendi tudo, mas deu pra entender bastante coisa sim, vou dar mais uma relida pra ver se entendo tudo, hehehehe. Valeu aí! Quero só deixar apara o pessoal da lista a resolução q eu tinha comentado por sistemas lineares homogêneos, q eu lembrei aki: sendo BX=(0), um sistema linear homogêneo (B é matriz quadrada nxn, X matriz coluna n) temos q o sistema será possível determinado se e somente se X = (0) (matriz coluna todos os elementos iguais a zero) o que implica q det B é diferente de zero (pois o sistema é determinado) resumindo: X = (0) => det B dif. de 0 fazendo B = (A + I) temos (A + I)X = (0) AX + X = (0) AX = -X (1) A^2*X = -AX de (1): A^2*X = X A^3X = AX kAX = -X -kX = -X (k-1)X=(0) como k diferente de 1 X = (0) (logo a matriz A + I é inversível) alguém teria alguma idéia de pegar algo desta solução aki para o nosso problema?? tentei fazer algo, mas não cheguei em nada... Valeus aÊ!!!
Re: [obm-l] Problema de matrizes
[EMAIL PROTECTED]> 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: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] 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 = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
Re: [obm-l] Problema de matrizes
>>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: [EMAIL PROTECTED] > >>>Para: [EMAIL PROTECTED] > >>>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 > = > = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
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" <[EMAIL PROTECTED]> 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: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] 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-
Re: [obm-l] Problema de matrizes
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" <[EMAIL PROTECTED]> > 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: [EMAIL PROTECTED] > >Para: [EMAIL PROTECTED] > >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, > > > > > > > > >
Re: [obm-l] Problema de matrizes
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: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] 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 =
Re: [obm-l] Problema de matrizes
-- Cabeçalho inicial --- De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] 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, -- Fábio "ctg \pi" Dias Moreira = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
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. Morgado Em Mon, 21 Jul 2003 14:57:44 -0300 (ART), Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet <[EMAIL PROTECTED]> disse: > Eu vou pensar um pouco mas vou tentar ajudar:se > demonstrarmos que det(I+A)=0 acarreta que A nao e > antisimetrica?Ou tentar usar autovalores e coisas > assim? > > --- "A. C. Morgado" <[EMAIL PROTECTED]> > escreveu: > Propuseram-me um problema que estah > me > > perturbando um pouco. Para > > resolve-lo tive que usar fatos que nao sao do > > conhecimento usual de um > > (bom) aluno de ensino medio. Alguem conseguiria > > uma soluçao em nivel de > > vestibular do ITA? > > Problema: > > Prove que se a matriz real A eh anti-simetrica > > entao a matriz I + A eh > > invertível. > > Morgado > > > > > = > > Instruções para entrar na lista, sair da lista > > e usar a lista em > > > http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html > > > = > > ___ > Yahoo! Mail > Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção > contra spam. > http://br.mail.yahoo.com/ > = > 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 =
Re: [obm-l] Problema de matrizes
Eu vou pensar um pouco mas vou tentar ajudar:se demonstrarmos que det(I+A)=0 acarreta que A nao e antisimetrica?Ou tentar usar autovalores e coisas assim? --- "A. C. Morgado" <[EMAIL PROTECTED]> escreveu: > Propuseram-me um problema que estah me > perturbando um pouco. Para > resolve-lo tive que usar fatos que nao sao do > conhecimento usual de um > (bom) aluno de ensino medio. Alguem conseguiria > uma soluçao em nivel de > vestibular do ITA? > Problema: > Prove que se a matriz real A eh anti-simetrica > entao a matriz I + A eh > invertível. > Morgado > > = > Instruções para entrar na lista, sair da lista > e usar a lista em > http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html > = ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Problema de matrizes
esta questão é da prova de admissão para o mestrado em matemática aplicada na Unicamp. -- Mensagem original -- >De que ano é esta questão?? > > >A. C. Morgado escreveu: > >> Propuseram-me um problema que estah me perturbando um pouco. Para >> resolve-lo tive que usar fatos que nao sao do conhecimento usual de um > >> (bom) aluno de ensino medio. Alguem conseguiria uma soluçao em nivel >> de vestibular do ITA? >> Problema: >> Prove que se a matriz real A eh anti-simetrica entao a matriz I + A eh > >> invertível. >> Morgado >> >> = >> 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 >= > -- Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Problema de matrizes
De que ano é esta questão?? A. C. Morgado escreveu: Propuseram-me um problema que estah me perturbando um pouco. Para resolve-lo tive que usar fatos que nao sao do conhecimento usual de um (bom) aluno de ensino medio. Alguem conseguiria uma soluçao em nivel de vestibular do ITA? Problema: Prove que se a matriz real A eh anti-simetrica entao a matriz I + A eh invertível. Morgado = 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 =
Re: [obm-l] Problema de matrizes
Oi Morgado. Vê se esta serve. Assuma que a matriz A é anti-simétrica, isto é, A^T = -A. Agora suponha, por hipótese, que A + I é uma matriz não-invertível. Então existe uma combinação linear não-nula das colunas de I + A que se igualam ao vetor nulo. Logo existe um vetor real v tal que (I + A)v = 0, donde Av = -Iv = -v. Isto implica que o produto interno dos vetores = ||v||^2 é diferente de zero. Mas - = - = -<-Av, v> = , que implica = 0, uma contradição. Segue que nossa hipótese não pode valer e A + I é inversível. Uso dois fatos que, acredito, são de conhecimento dos alunos do segundo grau que prestam o ITA. Se a matriz A é não-inversível, existe um vetor v não-nulo tal que Av = 0. O segundo é que se A é uma matriz e A^T é sua transposta, então segundo o produto interno usual = , no caso de vetores reais podemos permutar = . Abraço, Duda. From: "A. C. Morgado" <[EMAIL PROTECTED]> > Propuseram-me um problema que estah me perturbando um pouco. Para > resolve-lo tive que usar fatos que nao sao do conhecimento usual de um > (bom) aluno de ensino medio. Alguem conseguiria uma soluçao em nivel de > vestibular do ITA? > Problema: > Prove que se a matriz real A eh anti-simetrica entao a matriz I + A eh > invertível. > Morgado > > = > 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 =
[obm-l] Problema de matrizes
Propuseram-me um problema que estah me perturbando um pouco. Para resolve-lo tive que usar fatos que nao sao do conhecimento usual de um (bom) aluno de ensino medio. Alguem conseguiria uma soluçao em nivel de vestibular do ITA? Problema: Prove que se a matriz real A eh anti-simetrica entao a matriz I + A eh invertível. Morgado = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
