Кострикин. Курс алгебры, задачник

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1600634 писал(а):

А если я понял, то для простоты вычислений возьмите матрицу третьего порядка, у которой на диагонали будут какие-то одинаковые не равные нулю числа. А два числа над диагональю $a(1,2)$ и $a(2,3)$ - две единицы. С такими матрицами проще вычислять. Попробуйте вычислить какую-нибудь функцию от такой матрицы с помощью бесконечного ряда. Кострикин доказывает, что ряд для экспоненты тут будет сходиться всегда (как впрочем и для любой другой матрицы).

Да, скорее всего, вы поняли правильно. Ну, вот берем какую-либо не нильпотентную матрицу. Наша цель - вычислить экспоненту от этой матрицы. Мы же будем вычислять и вычислять до бесконечности последовательно степени этой матрицы, затем подставлять эти степени в разложение экспоненты в ряд. После сложения бесконечной последовательности этих степеней этой матрицы по правилу сложению матриц мы же получим каждый элемент результатирующей матрицы как некоторый бесконечный ряд. Так вот совершенно естественно ожидать, что каждый такой ряд будет сходящимся.

-- 12.07.2023, 02:19 --

мат-ламер в сообщении #1600634 писал(а):

для простоты вычислений возьмите матрицу третьего порядка, у которой на диагонали будут какие-то одинаковые не равные нулю числа. А два числа над диагональю $a(1,2)$ и $a(2,3)$ - две единицы.

А можно придумать не верхне- или нижне- треугольную матрицу, а матрицу, хотя бы на первый взгляд, говорящую своим видом, что ее не подбирали каким-либо специальным образом?

-- 12.07.2023, 02:20 --

Считать буду.

-- 12.07.2023, 02:25 --

мат-ламер в сообщении #1600634 писал(а):

Я имел в виду формулу $(E-A)^{-1}= \sum\limits_{n=0}^{\infty} A^n$

Я тоже имел ввиду эту формулу вот здесь:

Sinoid в сообщении #1600538 писал(а):

Вспомним формулу для матрицы, обратной к матрице $E-A$, где $A$ - нильпотентная матрица.

(Оффтоп)

уточнение на всякий случай.

только, да, здесь я имел ввиду эту формулу в том виде, в котором я знал эту формулу: в виде суммы с конечным числом слагаемых (для нильпотентной матрицы).

[svv]

Sinoid в сообщении #1600666 писал(а):

Мы же будем вычислять и вычислять до бесконечности последовательно степени этой матрицы, затем подставлять эти степени в разложение экспоненты в ряд. После сложения бесконечной последовательности этих степеней этой матрицы по правилу сложению матриц мы же получим каждый элемент результатирующей матрицы как некоторый бесконечный ряд. Так вот совершенно естественно ожидать, что каждый такой ряд будет сходящимся.

Кострикин доказывает сходимость ряда $\sum\limits_{k=0}^\infty \frac 1{k!} A^k$ для любой квадратной матрицы $A$ буквально сразу после Определения 3.

Тут есть ещё один момент. Справедлива теорема Гамильтона-Кэли: любая квадратная матрица удовлетворяет своему характеристическому уравнению. Для матриц третьего порядка отсюда вытекает, что $A^3$ линейно выражается через $A^2$, $A$ и $E$ (с коэффициентами, зависящими от самой матрицы):
$A^3=c_2A^2+c_1A+c_0E$,
что сразу обобщается до
$A^{n+3}=c_2A^{n+2}+c_1A^{n+1}+c_0A^{n}$
Отсюда следует, что и любая $A^n$ линейно выражается через $A^2$, $A$ и $E$, а следовательно, и сумма ряда тоже, и дело сводится лишь к тому, чтобы найти коэффициенты в линейной комбинации. Это приводит к формулам (достаточно простым, если известны собственные значения матрицы), которые избавляют от необходимости непосредственно суммировать ряды. См. формула Сильвестра.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1600666 писал(а):

А можно придумать не верхне- или нижне- треугольную матрицу, а матрицу, хотя бы на первый взгляд, говорящую своим видом, что ее не подбирали каким-либо специальным образом?

У меня чего-то фантазии не хватает. Но вы можете:
1) Решить задачи из Кострикина - 17.10, 17.11, 42.19.
2) Взять матрицу, что я вам посоветовал, умножить её справа на какую-нибудь обратимую матрицу, а слева на обратную к ней. Получится матрица этого же оператора, но в другом базисе.
3) Взять случайно сгенерированную матрицу. Желательно, чтобы у неё были отличные от нуля собственные значения (вроде вы хотели не нильпотентную матрицу).

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1600634 писал(а):

для простоты вычислений возьмите матрицу третьего порядка, у которой на диагонали будут какие-то одинаковые не равные нулю числа. А два числа над диагональю $a(1,2)$ и $a(2,3)$ - две единицы. С такими матрицами проще вычислять.

Подождите, сначала хочется посмотреть на матрицах более общего вида.

И еще, потом, когда я сосчитаю и с предложенной вами матрицей, мне так и так будет не с чем сравнить результаты своих вычислений.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1600759 писал(а):

Подождите, сначала хочется посмотреть на матрицах более общего вида.

Я уже запутался в ходе ваших мыслей и в ваших намерениях. Интересно, а как вы собираетесь возводить матрицу общего вида в произвольную степень? На мой взгляд для начала надо разобраться с простыми случаями. А уж потом задачу с матрицей общего вида сводить к простым случаям. И вообще на мой взгляд (возможно спорный) тема не простая. И тут лучше для начала разобраться с теорией. Хотя бы на уровне первого параграфа приложения во втором томе Кострикина. Перед этим разобраться с жордановой нормальной формой.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1600763 писал(а):

Интересно, а как вы собираетесь возводить матрицу общего вида в произвольную степень?

Да, нет, во-первых, не совсем же общего вида, просто чтобы было более-менее меньше нулей в матрице, а, во-вторых, а как я считаю, к примеру, определитель порядка $n$? А, в-третьих, а как я решал, к примеру, те же буквы а) и б) упражнения 17.4:

? Ясно, что в букве б) есть тоже 0, но он там 1, так что общее количество нулей там не так уж и велико. Да, это не строгое решение - это так, рукомахательная приглядка.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1600634 писал(а):

для простоты вычислений возьмите матрицу третьего порядка, у которой на диагонали будут какие-то одинаковые не равные нулю числа. А два числа над диагональю $a(1,2)$ и $a(2,3)$ - две единицы. С такими матрицами проще вычислять. Попробуйте вычислить какую-нибудь функцию от такой матрицы с помощью бесконечного ряда. Кострикин доказывает, что ряд для экспоненты тут будет сходиться всегда (как впрочем и для любой другой матрицы).

А вы не подскажете, на какой странице он это делает? А то я ищу, ищу, да что-то не вижу. Сейчас, может, получится вычислить экспоненту, так чтоб сравнить.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1600985 писал(а):

А вы не подскажете, на какой странице он это делает?

Т.2, гл.7 "Приложения", пар.1, начало пункта 4, стр.302 по изданию 2000 года.

-- Пт июл 14, 2023 16:32:18 --

Sinoid в сообщении #1600985 писал(а):

Сейчас, может, получится вычислить экспоненту, так чтоб сравнить.

Если вы сюда выложите ответ, то мы проверим.

-- Пт июл 14, 2023 16:33:08 --

Sinoid в сообщении #1600985 писал(а):

А вы не подскажете, на какой странице он это делает?

Я так понял, что вы спрашиваете про доказательство сходимости. Кострикин доказывает не для этой матрицы, а для произвольной. Сходимость ряда следует из его абсолютной сходимости. При этом мы переходим к числовому ряду, сумма которого легко вычисляется.

[Sinoid]

У меня получилось в ответе столько $e$... Аж где-то недоверие к результату).

мат-ламер в сообщении #1600986 писал(а):

Кострикин доказывает не для этой матрицы, а для произвольной. Сходимость ряда следует из его абсолютной сходимости. При этом мы переходим к числовому ряду, сумма которого легко вычисляется.

А.

мат-ламер в сообщении #1600986 писал(а):

Если вы сюда выложите ответ, то мы проверим.

Сейчас буду набирать. Спасибо большое за обратную связь.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1600991 писал(а):

У меня получилось в ответе столько $e$... Аж где-то недоверие к результату).

Шесть букв $e$ , три нуля и одна двойка. Но это я в уме прикинул. Ручку в руки не брал.

[Sinoid]

Итак, дана матрица $A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. Сначала докажем, что для нее при натуральном $n$ (0, как обычно, считаем натуральным. Хотя, с одной стороны, при $n=0$, с одной стороны, и будет можно считать, что мы будем использовать доказанную формулу, а с другой стороны, можно будет считать, что и не будем использовать: всё будет зависеть от того, какое начальное значение индекса суммирования мы возьмем в сигме, знаке сумме, при записи экспоненты через ряд - 0 или 1) справедлива следующая формула: $A^{n}=\begin{pmatrix}1 & n & \dfrac{n(n-1)}{2}\\ 0 & 1 & n\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. Доказывать будем индукцией. При $n=0$ эта формула верна. Пусть, как обычно, она верна при $n=k$, докажем ее для $n=k+1$: $A^{k+1}=A^{k}\cdot A=\begin{pmatrix}1 & k & \dfrac{k(k-1)}{2}\\ 0 & 1 & k\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1+k & k+\dfrac{k(k-1)}{2}\\ 0 & 1 & 1+k\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}=$$\begin{pmatrix}1 & k+1 & \dfrac{(k+1)k}{2}\\ 0 & 1 & k+1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, ч. т.д. Теперь приступаем непосредственно к самому вычислению экспоненты: ${\displaystyle e^{A}=E+\sum_{r=1}^{\infty}\dfrac{1}{r!}A^{r}=}$ получается для выбранного нами выражения экспоненты, что доказанная формула для $A^n$ в случае $n=0$ все-таки не будет применяться, см. замечание выше, $=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}+\dfrac{1}{1!}\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}+\dfrac{1}{2!}\begin{pmatrix}1 & 2 & \dfrac{2\cdot1}{2}\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}+\dfrac{1}{3!}\begin{pmatrix}1 & 3 & \dfrac{3\cdot2}{2}\\ 0 & 1 & 3\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}+\dfrac{1}{4!}\begin{pmatrix}1 & 4 & \dfrac{4\cdot3}{2}\\ 0 & 1 & 4\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}+\ldots+\dfrac{1}{n!}\begin{pmatrix}1 & n & \dfrac{n(n-1)}{2}\\ 0 & 1 & n\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}+\ldots=$ здесь я перенесу конечный столбец последующей матрицы: $\left(\begin{matrix}1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}+\ldots+\dfrac{1}{n!}+\ldots & \dfrac{1}{0!}+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\ldots+\dfrac{1}{(n-1)!}+\ldots \\ 0 & 1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}+\ldots+\dfrac{1}{n!}+\ldots \\ 0 & 0 \end{matrix}\right.$
$\left.\begin{matrix}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{0!}+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\ldots+\dfrac{1}{(n-2)!}+\ldots\right)\\ \dfrac{1}{0!}+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\ldots+\dfrac{1}{(n-1)!}+\ldots\\ 1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}+\ldots+\dfrac{1}{n!}+\ldots \end{matrix}\right)=$$\begin{pmatrix}e & 1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\ldots+\dfrac{1}{(n-1)!}+\ldots & \dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\ldots+\dfrac{1}{(n-2)!}+\ldots\right)\\ 0 & e & 1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}+\ldots+\dfrac{1}{(n-1!}+\ldots\\ 0 & 0 & e \end{pmatrix}=$$\begin{pmatrix}e & e & \dfrac{e}{2}\\ 0 & e & e\\ 0 & 0 & e \end{pmatrix}$. Здесь я использовал широко известное представление числа $e$: $e=1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\ldots$.

[мат-ламер]

Sinoid
Вы правильно нашли экспоненту от вашей матрицы

[Sinoid]

мат-ламер
спасибо, я старался. Где бы еще найти пару интересных подходящих матриц?

-- 14.07.2023, 21:05 --

мат-ламер в сообщении #1601014 писал(а):

от вашей

Нет, от вашей .

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1601019 писал(а):

Где бы еще найти пару интересных подходящих матриц?

Попробуйте единицу на диагонали заменить в этой матрице на произвольное число $\lambda$ .

Упражнение со звёздочкой (даже с двумя, хотя, наверное, в Кострикине рассматривается). А как найти произвольную функцию (если она существует) от этой матрицы?

[KhAl]

мат-ламер
(значение произвольного степенного ряда, в смысле? функция это очень общее понятие)