mateforum.ro

Fie \( A=(a_{ij})\in\mathbb{C},\ n\ge 2 \), o matrice cu proprietatea \( a_{ij}+a_{jk}+a_{ki}=0 \) oricare ar fi \( i,j,k=1,2,...,n \). Sa se arate ca \( rang A\le 2 \).

D. Serbanescu, G.M.

Frumoasa problema, dar o "vopsea" penibila dupa o problema data la All Soviet Union 1965:

"Given \( n^2 \) numbers \( x_{i,j}\ (i, j = 1, 2, ... , n) \) satisfying the system of \( n^3 \) equations:
\( x_{i,j} + x_{j,k} + x_{k,i} = 0\ (i, j, k = 1,...,n) \).
Prove that there exist such numbers \( a_1, a_2, ... , a_n \), that for all \( i, j = 1, ... ,n,\ x_{i,j} = a_i-a_j \)."

(Traducerea in "engleza" nu-mi apartine. )

Pentru problema din Uniunea Sovietica:

Scriem \( a_{ij}+a_{jk}+a_{ki}=0 \) pentru \( i=j=k \) si avem \( 3a_{ii}=0 \), deci \( a_{ii}=0 \), pt orice \( i \).

Luam acum \( i=j \), de unde \( a_{ii}+a_{jk}+a_{kj}=0 \), de unde \( a_{jk}=-a_{kj} \), pt orice k,j.

Astfel, daca reusim sa scriem numerele de forma \( a_{ij} \) cu \( i<j \) ca si \( a_{ij}=x_i-x_j \) atunci putem scrie si numerele \( a_{ji}=-a_{ij}=x_j-x_i \)

Daca reusim sa scriem \( a_{ij}=x_i-x_j \) si \( a_{jk}=x_j-x_k \) atunci \( a_{ij}+a_{jk}=x_i-x_k \), deci si \( a_{ki} \) se va putea scrie ca \( x_k-x_i \) (*)

Astfel, putem porni sa scriem numerele de forma \( a_{i,i+1} \) (cele chiar de deasupra diagonalei principale a matricei A) ca si \( a_{i,i+1}=x_i-x_{i+1} \)

Putem alege \( x_1 \) arbitrar, apoi \( x_2=x_1-a_{1,2} \), apoi \( x_3=x_2-a_{2,3} \),..., \( x_n=x_{n-1}-a_{n-1,n} \)

Pornim din coltul din dreapta jos si incepem sa scriem numerele:
\( a_{n-2,n-1}+a_{n-1,n}=a_{n-2,n} \)

Conform (*) avem ca \( a_{n-2,n}=x_{n-2}-x_n \)

In acest fel toate elementele de deasupra diagonalei, din liniile n, n-1, n-2 sunt scrise.

Mai departe vom scrie elementele din linia n-3, apoi n-4, si asa mai departe.

Astfel putem proceda prin inductie:

Presupunem ca sunt scrise toate elementele (de deasupra diagonalei) de pe linia K. Vom demonstra ca, cu ajutorul lor putem sa scriem si elementele de pe linia K-1.

Fie \( a_{K-1,t} \) \( (t>K) \) un element de pe linia K-1, aflat deasupra diagonalei elementelor \( a_{i-1,i} \)

Avem ca \( a_{K-1,K}+a_{K,t}=a_{K-1,t} \)

\( a_{K-1,K}=x_{K-1}-x_{K} \)(se afla chiar deasupra diagonalei principale)

\( a_{K,t}=x_{K}-x_{t} \)(se afla pe linia K, deci conform ipotezei de inductie poate fi scris in acest fel)

Rezulta \( a_{K-1,t}=x_{K-1}-x_{K}+x_{K}-x_{t}=x_{K-1}-x_t \)

Astfel putem scrie toate numerele de forma \( a_{K-1,t} \)\( (t=K, K+1, K+2,\ldots, n) \)

Rezulta deci ca putem scrie pe rand toate liniile.

Astfel, avem ca toate elementele de deasupra diagonalei principale pot fi scrise, deci si cele de dedesubt.

Rezulta ca oricare ar fi \( i,j \) exista \( x_1, x_2, \ldots, x_n \) astfel incat \( a_{ij}=x_i-x_j \)

Pentru problema din topic:
Demonstram mai intai ca toti determinantii de ordin 3 sunt nuli.
Un asemenea determinant are urmatoarea forma:
\( \det\left(\begin{array}{ccc} a_{i_1,j_1} & a_{i_1,j_2} & a_{i_1,j_3} \\ a_{i_2,j_1} & a_{i_2,j_2} & a_{i_2,j_3} \\ a_{i_3,j_1} & a_{i_3,j_2} & a_{i_3,j_3} \end{array}\right)=\det\left(\begin{array}{ccc} x_{i_1}-x_{j_1} & x_{i_1}-x_{j_2} & x_{i_1}-x_{j_3} \\ x_{i_2}-x_{j_1} & x_{i_2}-x_{j_2} & x_{i_2}-x_{j_3} \\ x_{i_3}-x_{j_1} & x_{i_3}-x_{j_2} & x_{i_3}-x_{j_3} \end{array}\right) \)
Adunam la coloana 1 coloana 2, inmultita cu -1, si obtinem:
\( \det\left(\begin{array}{ccc} x_{j_2}-x_{j_1} & x_{i_1}-x_{j_2} & x_{i_1}-x_{j_3} \\ x_{j_2}-x_{j_1} & x_{i_2}-x_{j_2} & x_{i_2}-x_{j_3} \\ x_{j_2}-x_{j_1} & x_{i_3}-x_{j_2} & x_{i_3}-x_{j_3} \end{array}\right)=(x_{j_2}-x_{j_1})\det\left(\begin{array}{ccc} 1 & x_{i_1}-x_{j_2} & x_{i_1}-x_{j_3} \\ 1 & x_{i_2}-x_{j_2} & x_{i_2}-x_{j_3} \\ 1 & x_{i_3}-x_{j_2} & x_{i_3}-x_{j_3} \end{array}\right) \)
Adunam la coloana 2 coloana 3, inmultita cu -1 si obtinem:
\( (x_{j_2}-x_{j_1})\det\left(\begin{array}{ccc} 1 & x_{j_3}-x_{j_2} & x_{i_1}-x_{j_3} \\ 1 & x_{j_3}-x_{j_2} & x_{i_2}-x_{j_3} \\ 1 & x_{j_3}-x_{j_2} & x_{i_3}-x_{j_3} \end{array}\right)=(x_{j_2}-x_{j_1})(x_{j_3}-x_{j_2})\det\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & x_{i_1}-x_{j_3} \\ 1 & 1 & x_{i_2}-x_{j_3} \\ 1 & 1 & x_{i_3}-x_{j_3} \end{array}\right)=0 \)
Pentru ca determinantii de ordin 3 sunt toti 0, rezulta ca si cei de ordin 4 sunt 0 (pentru ca se calculeaza folosind determinanti de ordin 3), de asemenea si cei de ordin 5 sunt 0 (pentru ca se calculeaza folosind determinanti de ordin 4), si asa mai departe.
Rezulta ca rangul matricii A este maxim 2.

Problema din topic, fara calcule de minori.

Scrii
\( X = \left(\begin{array}{llll}
x_1 & x_1 & ... & x_1\\
x_2 & x_2 & ... & x_2\\
... & ... & ... & ...\\
x_n & ... & ... & x_n
\end{array}\right) \)

Acum \( A = X-X^t. \) E clar ca \( X \) si \( X^t \) au rangul 1 (daca X nu e identic nula), deci \( X-X^t \) are rangul cel mult 1+1 = 2.