Problema 4 ONM 2008

[Cezar Lupu]

Fie \( A\in M_{n}(\mathbb{R}) \) o matrice antisimetrica (\( \forall i, j \) avem \( a_{ij}+a_{ji}=0 \)). Demonstrati ca pentru orice \( x, y\in [0, \infty) \) are loc inegalitatea:

\( \det(A+xI_{n})+\det(A+yI_{n})\geq\det(A+\sqrt{xy}I_{n})^{2} \).

Octav Ganea

[c.adryan]

A e matrice antisimetrica, deci are valoriile proprii pur imaginare. Fie ele \( ia_k, \)\( \overline{k=1,n} \).
Avem
\( \det(A+xI_n)=\prod(ia_k+x) \)
\( \det(A+yI_n)=\prod(ia_k+y) \)
\( \det(A+\sqrt{xy}I_n)=\prod(ia_k+\sqrt{xy}) \)
Determinantii sunt reali iar produsul primilor doi e pozitiv. Aplicam modul si inegalitatea devine:
\( \prod(a_k^2+x^2)(a_k^2+y^2)\geq\prod(a_k^2+xy)^2 \)

\( \prod(a_k^4+a_k^2(x^2+y^2)+xy^2)\geq \prod(a_k^4+a_k^2 2xy+xy^2)=\prod(a_k^2+xy)^2 \).

[Beniamin Bogosel]

Demonstram mai jos ca o matrice antisimetrica are valorile proprii pur imaginare.

Fie \( u \) o valoare proprie a lui \( A \) si \( X\neq 0 \) un vector propriu al matricei \( A \) corespunzator lui \( u \).

Atunci \( AX=uX\Rightarrow \bar{A}\bar{X}=\bar{u}\bar{X} \Rightarrow A\bar{X}=\bar{u}\bar{X}\Rightarrow \\
\Rightarrow \bar{X}^tA^t=\bar{u}\bar{X}^t\Rightarrow -\bar{X}^tA=\bar{u}\bar{X}\Rightarrow -\bar{X}^tAX=\bar{u}\bar{X}^tX\Rightarrow -u\bar{X}^tX=\bar{u}\bar{X}X\\
\Rightarrow (u+\bar{u})\bar{X}^tX=0 \)
de unde \( u+\bar{u}=0 \) pentru ca \( X\neq 0 \). Deci valorile proprii ale lui \( A \) sunt pur imaginare.

Analog se arata ca valorile proprii ale unei matrice simetrice sunt reale.

[Laurian Filip]

Cum putem arata ca determinantul unei matrice antisimetrice este pozitiv, fara a folosi valorile proprii?

[Laurian Filip]

Folosim relatia
\( X=\left( \matrix{A & B \cr C & D}\right) \) \( \to \) \( \det(X)=\det(A)\det(D-CA^{-1}B) \)

pt. n=1,
\( A_2=\left( \matrix{0 & a \cr -a & 0}\right) \)
\( \det(A_2)=a^2\geq 0 \)

Demonstram prin inductie ca daca \( \det(A_{2n} )\geq 0 \to \det(A_{2n+2} )\geq 0 \)
Notam \( A \) matricea \( 2n\times 2n \), formata din primele \( 2n \) elemente de pe primele 2n randuri.
\( D \) matricea \( 2\times 2 \) formata din ultimele \( 2 \) elemente din ultimele \( 2 \) randuri.
\( B \) si \( C \) matricele \( 2n\times 2 \) respectiv \( 2\times 2n \) formate din restul elementelor.

Din ipoteza de inductie \( \det(A) \geq 0 \).
A este antisimetrica deci
\( A=-A^{t} \)
\( I_{2n}=-A^{-1}A^t \)
\( {\left( A^{-1}\right)}^t=-A^{-1} \).
De unde rezulta ca matricea \( D-CA^{-1}B \) este o matrice de ordinul 2 antisimetrica. Deci \( \det(D-CA^{-1}B) \geq 0 \).

De unde \( \det(A_{2n+2})=\det(A)\det(D-CA^{-1}B) \geq 0 \).

Am demonstrat pasul inductiei si \( P(2) \) e adevarata, deci \( P(2n) \) adevarata \( \forall n \in \mathbb{N} \).

Observatia 1: daca A nu e inversabila, determinantul da 0 care este pozitiv.
Observatia 2: pt matricele de ordin impar, din \( A=-A^t \), \( \det(A)=(-1)^{2n+1}\det(A) \) si rezulta \( \det(A)=0 \).
Observatia 3: cand am presupus \( \det(A_{2n}) \geq 0 \) am presupus ca toate matricile antisimetrice de ordinul \( {2n} \) au determinantul pozitiv si am ajuns la concluzia ca si toate cele de ordinul \( {2n+2} \) au determinantul pozitiv.