Fie \( A,B\in M_n(\mathbb{R}), A^2+B^2=ctg\frac{\pi}{k}(AB-BA),k\in\mathbb{N}^* \).
Stiind ca \( AB-BA \) e inversabila demonstrati ca \( n \) este divizibil cu \( k \).
Matrice reale
Moderators: Bogdan Posa, Laurian Filip, Beniamin Bogosel, Radu Titiu, Marius Dragoi
Matrice reale
n-ar fi rau sa fie bine 
-
opincariumihai
- Thales
- Posts: 134
- Joined: Sat May 09, 2009 7:45 pm
- Location: BRAD
Din relatia din ipoteza obtin \( (A+iB)(A-iB)=(ctg\frac{\pi}{k}-i)(AB-BA) \) si
\( (A-iB)(A+iB)=(ctg\frac{\pi}{k}+i)(AB-BA) \) si cum \( \det(A+iB)(A-iB)=\det(A-iB)(A+iB) \) obtin, folosind faptul ca \( AB-BA \) inversabila, ca \( (ctg\frac{\pi}{k}-i)^n=(ctg\frac{\pi}{k}+i)^n \), de unde, folosind Moivre, rezulta ca \( sin(\frac{n\pi}{k}) =0 \), de unde concluzia problemei.
Observatie: Concluzia se pastreaza si daca \( A,B \) sunt matrice complexe.
\( (A-iB)(A+iB)=(ctg\frac{\pi}{k}+i)(AB-BA) \) si cum \( \det(A+iB)(A-iB)=\det(A-iB)(A+iB) \) obtin, folosind faptul ca \( AB-BA \) inversabila, ca \( (ctg\frac{\pi}{k}-i)^n=(ctg\frac{\pi}{k}+i)^n \), de unde, folosind Moivre, rezulta ca \( sin(\frac{n\pi}{k}) =0 \), de unde concluzia problemei.
Observatie: Concluzia se pastreaza si daca \( A,B \) sunt matrice complexe.