Wyznacznik macierzy jest kwadratem

[Marcinek665]

Niech \(\displaystyle{ A}\) będzie macierzą nad ciałem \(\displaystyle{ \mathbb{K}}\), którego charakterystyka jest różna od dwóch. Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ A = -A^T}\), to \(\displaystyle{ \det A = p^2}\) dla pewnego \(\displaystyle{ p \in \mathbb{K}}\).

[tometomek91]

Niech \(\displaystyle{ A=-A^T}\). Wtedy

\(\displaystyle{ \det A^T= \det A = \det (-A^T) = - \det A^T}\)

czyli \(\displaystyle{ \det A^T+ \det A^T=0}\), a że \(\displaystyle{ \mathbb{K}}\) jest charakterystyki różnej od dwóch, to \(\displaystyle{ \det A^T=0}\).

[Marcinek665]

Kombinowałem podobnie, ale ten dowód przechodzi tylko dla macierzy wymiaru nieparzystego. W przypadku wymiaru parzystego mamy:

\(\displaystyle{ \det A^T= \det A = \det (-A^T) = \det A^T}\),

czyli tak naprawdę nic

[yorgin]

\(\displaystyle{ \det A^T= \det A = \det (-A^T) = - \det A^T}\)

Klasyczny błąd

\(\displaystyle{ \det (-A)=(-1)^n\det A}\), gdzie \(\displaystyle{ n=\dim A}\)

Co do macierzy parzystego wymiaru, może indukcja ze względu na wymiar + postać wyznacznika dla macierzy blokowej pomoże? Luźna sugestia.-- 21 lipca 2013, 18:24 --Zupełnie inne podejście:

Lemat:
Wartości własne macierzy skośnie symetrycznej są czysto urojone.

Stosujemy lemat wyznaczając postać Jordana macierzy \(\displaystyle{ A}\), skąd widać, że jest ona postaci

\(\displaystyle{ J = \begin{bmatrix} \begin{matrix}0 & \lambda_1\\ -\lambda_1 & 0\end{matrix} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \begin{matrix}0 & \lambda_2\\ -\lambda_2 & 0\end{matrix} & & 0 \\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \begin{matrix}0 & \lambda_k\\ -\lambda_k & 0\end{matrix} \\ & & & & \begin{matrix}0 \\ & \ddots \\ & & 0 \end{matrix} \end{bmatrix}}\)

Jeśli \(\displaystyle{ n}\) (wymiar macierzy) jest nieparzyste, to zawsze zostanie wiersz z zerem, stąd wyznacznik jest zerowy. Jeśli jest parzyste, to... ?

[Marcinek665]

Możesz podpowiedzieć, jak udowodnić ten lemat?

Poza tym na pewno jest to postać Jordana? Na przekątnej powinny być wartości własne, a zaraz powyżej zera lub jedynki, a w Twojej postaci tak nie jest.

[Kamaz]

Lemat wynika z twierdzenia Schura o unitarnym podobieństwie do macierzy trójkątnej i z tego, że samosprzężoność jest niezmiennikiem unitarnego podobieństwa.

Edycja: Przepraszam za pomyłkę. Chodziło mi o inne twierdzenie. Macierz samosprzężona jest unitarnie diagonalizowalna, a macierz diagonalna samosprzężona musi mieć czysto urojone wartości na przekątnej.

Ale czy to podejście da się zastosować do dowolnego ciała charakterystyki różnej od dwóch? Jak rozumiem, rozważamy rozszerzenie ciała \(\displaystyle{ \mathbb{K}}\) o pierwiastki wielomianu charakterystycznego. I co dalej?

[yorgin]

Możesz podpowiedzieć, jak udowodnić ten lemat?

Macierz jest antysymetryczna, więc

\(\displaystyle{ \forall\ x,y\ \ \langle Ax,y\rangle =-\langle x, Ay\rangle}\)

a co za tym idzie:

\(\displaystyle{ \lambda \langle x,x \rangle = \left\langle Ax, x\right\rangle = -\left\langle x, Ax\right\rangle=
-\left\langle x,\lambda x\right\rangle=-\overline{\lambda}\left\langle x,x\right\rangle}\)

skąd

\(\displaystyle{ \lambda =-\overline{\lambda}}\)

Poza tym na pewno jest to postać Jordana? Na przekątnej powinny być wartości własne, a zaraz powyżej zera lub jedynki, a w Twojej postaci tak nie jest.

Masz całkowitą rację. Jakoś przy przepisywaniu w głowie miałem tylko wartości własne jednokrotne i zupełnie o jedynkach zapomniałem.-- 21 lipca 2013, 20:36 --Tak w ogóle zdałem sobie sprawę, że ja to robię dla ciał \(\displaystyle{ \RR}\) i \(\displaystyle{ \CC}\). W pierwszym przypadku macierz Jordana jest jak wypisałem wyżej. W drugim przypadku nie ma czego dowodzić.