[853] Káli gúla | 2009-03-07 00:54:41 |
Ha E-vel jelölöd a csupa egyesekből álló mátrixot, akkor A=E-I, tehát A2+A=(E2-2E+I)+(E-I)=E2-E, ami a csupa kettesekből álló mátrix, ezért A2+A=2E=2(A+I). Ez ugyanaz, mint az a), és ebből A-val szorzással, indukcióval adódik a c) is.
|
Előzmény: [852] akinom91, 2009-03-06 23:19:33 |
|
[852] akinom91 | 2009-03-06 23:19:33 |
Hát sajnos az első megoldásodnál fogalmam sincs, miről beszélsz, a másodikat meg nagyjából értem, amennyit leírtál (én is valami képletet próbáltam keresni). Meglátjuk, sikerül-e explicit képletet találni, ugyanis még ilyet nem oldottam, és nem tudom mennyire lehet gimnáziumi szinten... . És akkor a képletet amit feltételezzük, hogy megkapok, kell még bizonyítani mat. ind. módszerével, vagy ez már megvolt? :D Köszi a tippet az elinduláshoz, remélem érettségiig már kívülről fújom a típusfeladatok megoldásainak módszerét. :)
|
Előzmény: [851] jonas, 2009-03-06 22:50:12 |
|
[851] jonas | 2009-03-06 22:50:12 |
A (c) pontot többféleképp is meg lehet közelíteni. Az egyik lehetőség, hogy az A mátrixot Jordan blokk alakra hozod, és ezt hatványozod.
A másik, hogy felhasználod az (a) pontot, amely szerint A2=A+2I ami alapján A3=A(A2)= A(A+2I)=A2+2A=3A+2I. Ebből megsejted, hogy az általános hatvány felírható An=pnA+qnI alakban. Valóban: An+1=A.An= A(pnA+qnI)=pnA2+qnA= (pn+qn)A+2pnI. Ebből pn+1=pn+qn, és qn=2pn, amiből pn+1=pn+2pn-1. A kezdeti feltétel is nyilván teljesül: p0=0,q0=1, p1=1,q1=0. (Persze ellenőrizned kell, hogy nem számoltam el.) Ennek a rekurziónak megkeresheted az explicit képletét. (Ez elvileg nem, csak gyakorlatban egyszerűbb annál, mintha az An mátrix mind a kilenc elemére írnál föl együttes lineáris rekurziót.)
|
Előzmény: [850] akinom91, 2009-03-06 22:33:50 |
|
[850] akinom91 | 2009-03-06 22:33:50 |
Kérem, valaki segítsen megoldani a c.) pontot, esetleg az a.) pontot Cayley-Hamilton összefüggéssel (nekem csak egyszerű számítással sikerült). Előre is köszönöm!
|
|
|
|
|
|
[846] nadorp | 2009-03-02 10:51:34 |
A pozitív definitséghez szerintem nem kell szimmetrikus mátrix. Egy valós nXn A mátrix pozitív definit, ha minden x=(x1,...,xn) vektorra xTAx>0. Az már egy másik dolog, hogy kvadratikus alakok definitségének vizsgálatához már szimmetrikus mátrixokkal dolgozunk, mert az egyszerűbb.
Van egy egy tétel is, mely szerint egy A mátrix pozitív definit akkor és csak akkor ha a mátrix pozitív definit (http://mathworld.wolfram.com/PositiveDefiniteMatrix.html). Úgy hogy az az Obádovics példa nem biztos hogy hibás.
|
Előzmény: [845] pvong17, 2009-03-02 00:00:39 |
|
[845] pvong17 | 2009-03-02 00:00:39 |
Én kérek bocsánatot. Nem irtam le pontosan a feladatot és megzavart egy másik feladat. (Konkrétan Obádivics Gy. Lináris algebra -zöld könyv- 258.o 3.példája, ami ezek szerint hibás , mert egy nem szimm mátrixról(valós) állitja hogy poz defeinit, majd utána be is bizonyitja ezt :) )
Most már nincs probléma, mert sikerült letisztáznom a dolgokat. Köszönöm a gyors reakciót.
|
Előzmény: [844] Lóczi Lajos, 2009-03-01 20:46:41 |
|
|