Page 49 - RMGO 5

Inegalit˘at , i pentru determinant , ii matricelor - cazul general 49

n
ˆ Intrucˆat a ii = 1, i = 1, n, atunci P a ij x j = (λ − 1) x i , (∀) i = 1, n. Fie |x k =
0|
j=1
j6=i
n
P
0
max |x k | k = 1, n . Astfel, putem scrie |(λ − 1) x k 0| ≤ a k j |x k 0| s , i cum

j=1
j6=k 0
n
P
0

a k j ≤ 1 rezult˘a c˘a |λ − 1| ≤ 1, deci λ ∈ (0, 2) . Notˆand cu λ k , k = 1, n valorile
j=1
j6=k 0
n
tr A 1 P √ √
proprii ale matricei A, avem 1 = = λ k ≥ n λ 1 λ 2 . . . λ n = n det A.
n n k=1
2
2
Aplicat , ia 3. Fie A, B ∈ M n (R) cu proprietatea c˘a B = I n s , i A = AB + I n .
S˘a se demonstreze c˘a:
√ √
! n ! n
1 + 5 3 + 5
a) det A ≤ ; b) det (A + B) ≤ .
2 2
Solut ,ie. a) Avem A (A − B) = I n ⇒ A − B = A −1 ⇒ (A − B) A = I n ⇒
2
2
4
2
2
A = BA+I n ⇒ AB = BA. Acum, din A = AB+I n avem A = A B +2AB+I n ,
2
4
deci A − 3A + I n = O n . Dac˘a λ ∈ C este o valoare proprie a matricei A,
( √ √ √ √ )
1 + 5 1 + 5 5 − 1 5 − 1
4
2
atunci λ − 3λ + 1 = 0, deci λ ∈ , − , , − , deci
2 2 2 2
√
1 + 5
ˆ
|λ| ≤ . In final, dac˘a λ 1 , λ 2 , . . . , λ n sunt valorile proprii ale matricei A,
2
√ ! n
n 1 + 5
Q
atunci avem det A ≤ |det A| = |λ k | ≤ .
k=1 2
b) Cum valorile proprii ale matricei B sunt −1 sau 1, iar AB = BA, atunci
√ √
! n ! n
1 + 5 3 + 5
det (A + B) ≤ |det (A + B)| ≤ 1 + = .
2 2
Aplicat , ia 4. Fie A, B ∈ M n (R) cu proprietatea c˘a |det (A + zB)| ≤ 1 pentru
orice z ∈ C cu |z| = 1. S˘a se arate c˘a
2
2
(det A) + (det B) ≤ 1.
Solut ,ie. Fie u ∈ C astfel ˆıncˆat u n = z, cu |z| = 1, deci s , i |u| = 1. Atunci
z
det (A + zB) = det (A + βC) , unde β = s , i C = uB. Astfel det (A + βC) =
u
n
2
det A + a 1 β + a 2 β + . . . + det C · β . Dac˘a ε 0 , ε 1 , . . . , ε n−1 sunt r˘ad˘acinile de
k
k
ordin n ale unit˘at , ii, atunci ε + ε + . . . + ε k = 0, (∀) k = 1, n − 1, de unde
0 1 n−1
n−1 n−1 n−1 n−1
P P P 2 P n
obt , inem c˘ det (A + ε k C) = n det A+a 1 ε k +a 2 ε +. . . +det C ε =
a
k
k
k=0 k=0 k=0 k=0
n−1
n (det A + det C). Astfel avem |n (det A + det C)| ≤ P |det (A + ε k C)| ≤ n, deci
k=0