Supongamos que $A \in M_n(\mathbb{R})$ . Demostrar que existe un $k \in \mathbb{Z}_{\geq 1}$ tal que $Tr (A^k) \geq 0$ .
Respuestas
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Para cada valor propio $\lambda_j$ de $A$ escríbalo como $r_je^{2\pi i\alpha_j}$ con $\alpha\in[0,1)$ . Recordando que los valores propios de $A^k$ son $\lambda_j^k$ y que la traza es la suma de los valores propios, vemos que la parte real de $\lambda_j^k$ contribuye $r_j^k\cos2k\pi\alpha_j$ a $A^k$ de la traza, las partes complejas se anulan.
Por el teorema de aproximación simultánea de Dirichlet, podemos siempre encontrar enteros $n_j$ y un número entero positivo $k$ tal que para todo $j$ $$|k\alpha_j-n_j|\le\frac14$$ Reescribiendo esto con $\bmod$ siempre podemos encontrar un único número entero positivo $k$ tal que $$k\alpha_j\bmod1\in[0,1/4]\cup[3/4,1)$$ Una vez que este $k$ se encuentra, $\cos2k\pi\alpha_j\ge0$ para todos $j$ por lo que todas las contribuciones de las trazas, y por tanto $A^k$ se convierten en no negativas.
Spencer
Puntos
48
Parcly Taxel dio una bonita solución; Sin embargo, hay una elemental.
Utilizamos las notaciones de la nota de wikipedia sobre la fórmula de Newton; cf.
https://en.wikipedia.org/wiki/Newton%27s_identities
Dejemos que $(x_i)_i$ sean las raíces de un polinomio real, $(e_i)_i$ sean los polinomios simétricos elementales asociados y $(p_i)_i$ sean las sumas de potencia asociadas. Nótese que $e_k=0$ cuando $k>n$ .
$\textbf{Proposition 1}$ . Si $p_1<0,\cdots, p_n<0$ entonces $p_{n+1}\geq 0$ .
$\textbf{Proof}$ . Supongamos que $p_{n+1}<0$ . Según las fórmulas de Newton, $e_1<0,e_2>0,\cdots,(-1)^ne_n>0,(-1)^{n+1}e_{n+1}>0$ . En particular, $e_{n+1}\not= 0$ una contradicción.
EDITAR. La proposición 1 muestra que al menos un elemento de la $(tr(A^k))_{k\leq n+1}$ es $\geq 0$ . A continuación se muestra que no podemos hacer nada mejor que $n+1$ .
$\textbf{Proposition 2}$ . El polinomio $Q_n(x)=x^n+x^{n-1}+\cdots+1$ satisface $p_1=\cdots=p_n=-1,p_{n+1}=n$ .
